2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測試專題2導(dǎo)數(shù)及其簡單應(yīng)用-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

(1)函數(shù)在某點的導(dǎo)數(shù)即曲線在該點處的切線的斜率．
(2)曲線在某點的切線與曲線過某點的切線不同．
(3)切點既在切線上，又在曲線上．
2．復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)
復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的導(dǎo)數(shù)和函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)的導(dǎo)數(shù)間的關(guān)系為y′x＝y(tǒng)′u·u′x.
命題角度? 曲線的切線
(1)(2024·全國甲卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ eq \f(ex＋2sin x,1＋x2) ，則曲線y＝f(x)在點(0，1)處的切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為( 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，所以曲線y＝f(x)在點(0，1)處的切線方程為y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，切線與兩坐標(biāo)軸的交點分別為(0，1)，(－ eq \f(1,3) ，0)，所以切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為 eq \f(1,2) ×1× eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,6) .
(2)已知f(x)＝x3－4x2＋5x－4，則經(jīng)過點A(2，－2)的曲線f(x)的切線方程為_________________________．
【解析】令該曲線的切點為(x0，f(x0))，
則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，
則有y－(x eq \\al(3,0) －4x eq \\al(2,0) ＋5x0－4)＝(3x eq \\al(2,0) －8x0＋5)(x－x0)，
又該直線過點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)，
化簡得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，
當(dāng)x0＝1時，有y－(1－4＋5－4)＝(3－8＋5)(x－1)，即y＋2＝0，
當(dāng)x0＝2時，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
求曲線y＝f(x)的切線方程的
兩種類型及方法
(1)“在”某點P(x0，y0)處的切線方程
求出切線的斜率f′(x0)，由點斜式寫出方程．
(2)“過”某點M(a，b)的切線方程
設(shè)切點為P(x0，y0)，利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0 ，再由點斜式或兩點式寫出切線方程．
命題角度? 曲線的公切線
(1)(2024·茂名一模)若曲線y＝ln x與曲線y＝x2＋2ax有公切線，則實數(shù)a的取值范圍是( B )
A．(－∞，－ eq \f(1,2) ] B．[－ eq \f(1,2) ，＋∞)
C．(－∞， eq \f(1,2) ] D．[ eq \f(1,2) ，＋∞)
【解析】兩個函數(shù)求導(dǎo)分別為y′＝ eq \f(1,x) ，y′＝2x＋2a，
設(shè)y＝ln x，y＝x2＋2ax圖象上的切點分別為(x1，ln x1)，(x2，x eq \\al(2,2) ＋2ax2)，
則曲線在這兩點處的切線方程分別為y＝ eq \f(x,x1) ＋ln x1－1，y＝(2x2＋2a)x－x eq \\al(2,2) ，
由題意，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，
設(shè)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上單調(diào)遞增，且f′(1)＝0，則f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以2a≥f(1)＝－1，即a≥－ eq \f(1,2) .
(2)(2024·新課標(biāo)Ⅰ卷)若曲線y＝ex＋x在點(0，1)處的切線也是曲線y＝ln (x＋1)＋a的切線，則a＝________．
【解析】由題，令f(x)＝ex＋x，則f′(x)＝ex＋1，所以f′(0)＝2，所以曲線y＝ex＋x在點(0，1)處的切線方程為y＝2x＋1.令g(x)＝ln (x＋1)＋a，則g′(x)＝ eq \f(1,x＋1) ，設(shè)直線y＝2x＋1與曲線y＝g(x)相切于點(x0，y0)，則 eq \f(1,x0＋1) ＝2，得x0＝－ eq \f(1,2) ，則y0＝2x0＋1＝0，所以0＝ln (－ eq \f(1,2) ＋1)＋a，所以a＝ln 2.
【答案】 ln 2
對于兩條曲線的公切線問題，設(shè)公切線l與曲線y＝f(x)相切于點(m，f(m))，與曲線y＝g(x)相切于點(n，g(n))，利用導(dǎo)數(shù)求出切線l在兩切點處的方程，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) ，過原點作曲線y＝f(x)的切線，則切點的橫坐標(biāo)為( 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) .
設(shè)切點坐標(biāo)為(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) ) ，
則切線方程為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)，
因為切線過原點，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) ，即切點的橫坐標(biāo)為－ eq \r(3,2) .故選C.
2．若直線y＝x＋a與函數(shù)f(x)＝ex和g(x)＝ln x＋b的圖象都相切，則a＋b＝( D )
A．－1 B．0
C．1 D．3
解析：設(shè)直線y＝x＋a與函數(shù)f(x)和g(x)的圖象分別相切于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由f(x)＝ex，得f′(x)＝ex，令ex1＝1，得x1＝0，代入f(x)，得y1＝1，將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，將B(1，b)代入y＝x＋1，得b＝2，所以a＋b＝3.故選D.
小題考法2 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
[核心提煉]
1．函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增(或遞減)，可轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立．
2．函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在單調(diào)遞增(或遞減)區(qū)間，可轉(zhuǎn)化為f′(x)>0(或f′(x)0
D．若f(a)＋f(b)－b，則f(a)>f(－b)，故B正確；
對于A項，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，
則h′(b)＝eb－e－b－2b，令h′(b)＝u(b)，則u′(b)＝eb＋e－b－2≥0，所以u(b)在R上為增函數(shù)，而h′(0)＝u(0)＝0，故h(b)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減，故h(b)≥h(0)＝0，所以f(b)＋f(－b)≥0，則f(a)＋f(b)≥f(a)－f(－b)>0，故A正確；
對于D項，若f(a)＋f(b)