2025届高考数学二轮专题复习与测试专题2导数及其简单应用

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(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．
(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同．
(3)切点既在切线上，又在曲线上．
2．复合函数的导数
复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′x＝y′u·u′x.
命题角度❶ 曲线的切线
(1)(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝ eq \f(ex＋2sin x,1＋x2) ，则曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为( A )
A． eq \f(1,6) B． eq \f(1,3)
C． eq \f(1,2) D． eq \f(2,3)
【解析】 f′(x)＝
eq \f(（ex＋2cs x）（1＋x2）－（ex＋2sin x）·2x,（1＋x2）2) ，
所以f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为(0，1)，(－ eq \f(1,3) ，0)，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 eq \f(1,2) ×1× eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,6) .
(2)已知f(x)＝x3－4x2＋5x－4，则经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为_________________________．
【解析】 令该曲线的切点为(x0，f(x0))，
则f(x0)＝x eq \\al(3,0) －4x eq \\al(2,0) ＋5x0－4，
f′(x)＝3x2－8x＋5，
f′(x0)＝3x eq \\al(2,0) －8x0＋5，
则有y－(x eq \\al(3,0) －4x eq \\al(2,0) ＋5x0－4)＝(3x eq \\al(2,0) －8x0＋5)(x－x0)，
又该直线过点A(2，－2)，
故有－2－(x eq \\al(3,0) －4x eq \\al(2,0) ＋5x0－4)＝(3x eq \\al(2,0) －8x0＋5)(2－x0)，
化简得x eq \\al(3,0) －5x eq \\al(2,0) ＋8x0－4＝0，
即(x0－1)(x0－2)2＝0，
故x0＝1或x0＝2，
当x0＝1时，有y－(1－4＋5－4)＝(3－8＋5)(x－1)，即y＋2＝0，
当x0＝2时，有y－(8－16＋10－4)＝(12－16＋5)(x－2)，即x－y－4＝0.
【答案】 y＋2＝0或x－y－4＝0
求曲线y＝f(x)的切线方程的
两种类型及方法
(1)“在”某点P(x0，y0)处的切线方程
求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．
(2)“过”某点M(a，b)的切线方程
设切点为P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0 ，再由点斜式或两点式写出切线方程．
命题角度❷ 曲线的公切线
(1)(2024·茂名一模)若曲线y＝ln x与曲线y＝x2＋2ax有公切线，则实数a的取值范围是( B )
A．(－∞，－ eq \f(1,2) ] B．[－ eq \f(1,2) ，＋∞)
C．(－∞， eq \f(1,2) ] D．[ eq \f(1,2) ，＋∞)
【解析】 两个函数求导分别为y′＝ eq \f(1,x) ，y′＝2x＋2a，
设y＝ln x，y＝x2＋2ax图象上的切点分别为(x1，ln x1)，(x2，x eq \\al(2,2) ＋2ax2)，
则曲线在这两点处的切线方程分别为y＝ eq \f(x,x1) ＋ln x1－1，y＝(2x2＋2a)x－x eq \\al(2,2) ，
由题意，知 eq \f(1,x1) ＝2x2＋2a，ln x1－1＝－x eq \\al(2,2) ，
所以2a＝eeq \s\up8(x eq \\al(2,2) －1)－2x2，
设f(x)＝eeq \s\up8(x2－1)－2x，f′(x)＝2(xeeq \s\up8(x2－1)－1)，
令g(x)＝f′(x)＝2(xeeq \s\up8(x2－1)－1)，
所以g′(x)＝2(2x2＋1)eeq \s\up8(x2－1)＞0，
所以g(x)，即f′(x)在R上单调递增，且f′(1)＝0，则f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以2a≥f(1)＝－1，即a≥－ eq \f(1,2) .
(2)(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________．
【解析】 由题，令f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，所以f′(0)＝2，所以曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.令g(x)＝ln (x＋1)＋a，则g′(x)＝ eq \f(1,x＋1) ，设直线y＝2x＋1与曲线y＝g(x)相切于点(x0，y0)，则 eq \f(1,x0＋1) ＝2，得x0＝－ eq \f(1,2) ，则y0＝2x0＋1＝0，所以0＝ln (－ eq \f(1,2) ＋1)＋a，所以a＝ln 2.
【答案】 ln 2
对于两条曲线的公切线问题，设公切线l与曲线y＝f(x)相切于点(m，f(m))，与曲线y＝g(x)相切于点(n，g(n))，利用导数求出切线l在两切点处的方程，利用斜率相等且截距相等列方程求解．
1．已知f(x)＝ eq \f(1,2) x2－ eq \f(1,2x) ，过原点作曲线y＝f(x)的切线，则切点的横坐标为( C )
A．2 eq \r(3,2) B．－2 eq \r(3,2)
C．－ eq \r(3,2) D． eq \r(3,2)
解析：由f(x)＝ eq \f(1,2) x2－ eq \f(1,2x) 得f′(x)＝x＋ eq \f(1,2x2) .
设切点坐标为(x0， eq \f(1,2) x eq \\al(2,0) － eq \f(1,2x0) )，所以f′(x0)＝x0＋ eq \f(1,2x eq \\al(2,0) ) ，
则切线方程为y－ eq \f(1,2) x eq \\al(2,0) ＋ eq \f(1,2x0) ＝(x0＋ eq \f(1,2x eq \\al(2,0) ) )(x－x0)，
因为切线过原点，所以－ eq \f(1,2) x eq \\al(2,0) ＋ eq \f(1,2x0) ＝－x0(x0＋ eq \f(1,2x eq \\al(2,0) ) )＝－x eq \\al(2,0) － eq \f(1,2x0) ，
解得x0＝－ eq \r(3,2) ，即切点的横坐标为－ eq \r(3,2) .故选C.
2．若直线y＝x＋a与函数f(x)＝ex和g(x)＝ln x＋b的图象都相切，则a＋b＝( D )
A．－1 B．0
C．1 D．3
解析：设直线y＝x＋a与函数f(x)和g(x)的图象分别相切于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由f(x)＝ex，得f′(x)＝ex，令ex1＝1，得x1＝0，代入f(x)，得y1＝1，将A(0，1)代入y＝x＋a，得a＝1，由g(x)＝ln x＋b，得g′(x)＝ eq \f(1,x) ，令 eq \f(1,x2) ＝1，得x2＝1，代入g(x)，得y2＝b，将B(1，b)代入y＝x＋1，得b＝2，所以a＋b＝3.故选D.
小题考法2 利用导数研究函数的单调性
[核心提炼]
1．函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立．
2．函数f(x)在区间D上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f′(x)>0(或f′(x)0
D．若f(a)＋f(b)－b，则f(a)>f(－b)，故B正确；
对于A项，有f(b)＋f(－b)＝eb－ eq \f(1,2) b2－1＋(e－b－ eq \f(1,2) b2－1)＝eb＋e－b－b2－2，令h(b)＝eb＋e－b－b2－2，
则h′(b)＝eb－e－b－2b，令h′(b)＝u(b)，则u′(b)＝eb＋e－b－2≥0，所以u(b)在R上为增函数，而h′(0)＝u(0)＝0，故h(b)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，故h(b)≥h(0)＝0，所以f(b)＋f(－b)≥0，则f(a)＋f(b)≥f(a)－f(－b)>0，故A正确；
对于D项，若f(a)＋f(b)