【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题32　导数的简单应用

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1.(2020·全国Ⅲ卷)若直线l与曲线y＝eq \r(x)和圆x2＋y2＝eq \f(1,5)都相切，则l的方程为( )
A.y＝2x＋1 B.y＝2x＋eq \f(1,2)
C.y＝eq \f(1,2)x＋1 D.y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)
答案 D
解析 易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋b，则eq \f(|b|,\r(k2＋1))＝eq \f(\r(5),5)，①
设直线l与曲线y＝eq \r(x)的切点坐标为(x0，eq \r(x0))(x0>0)，
则y′|x＝x0＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)＝k ②
eq \r(x0)＝kx0＋b. ③
由②③可得b＝eq \f(1,2)eq \r(x0)，
将b＝eq \f(1,2)eq \r(x0)，k＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)代入①得x0＝1或x0＝－eq \f(1,5)(舍去).所以k＝b＝eq \f(1,2)，
故直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2).
2.(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)＝( )
A.－1 B.－eq \f(1,2)
C.eq \f(1,2) D.1
答案 B
解析 因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以依题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝－2，,f′（1）＝0，))
而f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－2，,a－b＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－2，))
所以f′(x)＝－eq \f(2,x)＋eq \f(2,x2)＝eq \f(2（1－x）,x2)，
因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1时取最大值，满足题意.
所以f′(2)＝－1＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2).故选B.
3.(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为( )
A.－eq \f(π,2)，eq \f(π,2) B.－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)
C.－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)＋2 D.－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)＋2
答案 D
解析 f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，
则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cs x＝(x＋1)cs x，x∈[0，2π].
令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝eq \f(π,2)或x＝eq \f(3π,2).
因为f(eq \f(π,2))＝cs eq \f(π,2)＋(eq \f(π,2)＋1)sin eq \f(π,2)＋1＝2＋eq \f(π,2)，
f(eq \f(3π,2))＝cs eq \f(3π,2)＋(eq \f(3π,2)＋1)sin eq \f(3π,2)＋1＝－eq \f(3π,2)，
又f(0)＝cs 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cs 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x)max＝f(eq \f(π,2))＝2＋eq \f(π,2)，
f(x)min＝f(eq \f(3π,2))＝－eq \f(3π,2).故选D.
4.(2021·全国乙卷)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝eq \r(1.04)－1，则( )
A.ae时，此时g′(1)＝－m＋e0，
故存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，
使g′(x0)＝0，
且当x∈(－∞，x0)时，g′(x)0；
当x∈(1，x0)时，f′(x)0时，f′(0)＝－a0，且f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故f′(x)在[0，＋∞)上有唯一零点x0∈(0，a)，且a＝x0ex0.
当x∈[0，x0)，f′(x)0，f(x)单调递增.
所以f(x)min＝f(x0)＝(x0－1)ex0－ax0＝(x0－1)eq \f(a,x0)－ax0＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－x0－\f(1,x0)))＝－eq \f(3,2)a，
即1－x0－eq \f(1,x0)＝－eq \f(3,2)，
解得x0＝eq \f(1,2)，a＝eq \f(\r(e),2)或x0＝2，a＝2e2.
综上，a的值为eq \f(\r(e),2)或2e2.
一、基本技能练
1.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)－ln x，则f′(2)的值为( )
A.eq \f(7,4) B.－eq \f(7,4)
C.eq \f(9,4) D.－eq \f(9,4)
答案 B
解析 ∵f(x)＝x2＋3xf′(2)－ln x，
∴f′(x)＝2x＋3f′(2)－eq \f(1,x)，
令x＝2，得f′(2)＝4＋3f′(2)－eq \f(1,2)，
解得f′(2)＝－eq \f(7,4).
2.(2022·“四省八校”质检)已知曲线y＝x＋eq \f(ln x,k)在点(1，1)处的切线与直线x＋2y＝0垂直，则k的值为( )
A.1 B.－1
C.eq \f(1,2) D.－eq \f(1,2)
答案 A
解析 y′＝1＋eq \f(1,kx)，由题意得y′|x＝1＝2，
即1＋eq \f(1,k)＝2，解得k＝1.
3.(2022·渭南联考)函数f(x)＝－eq \f(3x,4)－eq \f(1,x)＋ln x的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A.5x－4y－12＝0B.5x－4y－2＝0
C.5x＋4y－12＝0D.3x＋4y＋4＝0
答案 A
解析 法一 因为f(x)＝－eq \f(3x,4)－eq \f(1,x)＋ln x，
所以f′(x)＝－eq \f(3,4)＋eq \f(1,x2)＋eq \f(1,x)，
所以f(1)＝－eq \f(7,4)，f′(1)＝eq \f(5,4)，
所以切线的斜率为eq \f(5,4)，
所求切线方程为y＋eq \f(7,4)＝eq \f(5,4)(x－1)，
即5x－4y－12＝0.故选A.
法二 因为f(1)＝－eq \f(7,4)，
所以点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(7,4)))在切线上，
所以将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(7,4)))代入选项验证，排除BC；
因为f(x)＝－eq \f(3x,4)－eq \f(1,x)＋ln x，
所以f′(x)＝－eq \f(3,4)＋eq \f(1,x2)＋eq \f(1,x)，
所以f′(1)＝eq \f(5,4)，
所以切线的斜率为eq \f(5,4)，排除D.故选A.
4.(2022·合肥调研)若x＝2是函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－x－2ln x的极值点，则函数f(x)( )
A.有最小值－2ln 2，无最大值
B.有最大值－2ln 2，无最小值
C.有最小值－2ln 2，有最大值2ln 2
D.无最大值，无最小值
答案 A
解析 由题设得，f′(x)＝ax－eq \f(2,x)－1且f′(2)＝0，∴2a－2＝0，可得a＝1.
∴f′(x)＝x－eq \f(2,x)－1＝eq \f(（x＋1）（x－2）,x)且x>0，
当0f′(x)，则以下判断正确的是( )
A.f(2 023)>e2 023f(0)B.f(2 023)f′(x)，∴g′(x)