2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练二十一微专题2导数及其简单应用

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1．函数f(x)＝cs x＋ eq \f(1,2) x，x∈[－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) ]的单调递增区间为( A )
A．[－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,6) ) B．( eq \f(π,6) ， eq \f(π,2) ]
C．[－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,4) ) D．( eq \f(π,4) ， eq \f(π,2) ]
解析：因为f(x)＝cs x＋ eq \f(1,2) x，所以f′(x)＝－sin x＋ eq \f(1,2) ，令f′(x)>0，即sin x< eq \f(1,2) ，又x∈[－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) ]，所以－ eq \f(π,2) ≤x< eq \f(π,6) .则函数f(x)的单调递增区间为[－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,6) ).
2．函数f(x)＝ eq \f(1,2) x2－ln x的最小值是( A )
A． eq \f(1,2) B．1
C．0 D．不存在
解析：由题意可知，函数f(x)＝ eq \f(1,2) x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－ eq \f(1,x) ＝ eq \f(（x＋1）（x－1）,x) .则当x∈(0，1)时，f′(x)0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝ eq \f(1,2) .故选A.
3．函数f(x)＝( eq \f(1,2) x－1)ex＋ eq \f(1,2) x的极值点的个数为( A )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：由题意知f′(x)＝ eq \f(1,2) ex＋( eq \f(1,2) x－1)ex＋ eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) [ex(x－1)＋1].令g(x)＝ex(x－1)＋1，则g′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex，令g′(x)＝0，得x＝0，则函数g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，由此可知f′(x)≥0，f(x)在R上为增函数，所以函数f(x)不存在极值点，故选A.
4．(2024·邵阳三模)已知曲线y＝ eq \f(1,2) x2＋ln x＋ eq \f(1,2) 在点(1，1)处的切线与抛物线x2＝ay也相切，则实数a的值为( C )
A．0 B． eq \f(1,2)
C．1 D．0或1
解析：因为y′＝x＋ eq \f(1,x) ，
所以y′|x＝1＝2，
所以曲线y＝ eq \f(1,2) x2＋ln x＋ eq \f(1,2) 在点(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，
即y＝2x－1.
联立y＝2x－1与x2＝ay，得x2－2ax＋a＝0，依题意可知Δ＝4a2－4a＝0，
所以a＝0或a＝1.
当a＝0时，x2＝ay＝0不是抛物线，舍去；当a＝1时，x2＝y，符合题意．综上，a＝1.
5．(2023·贵州贵阳模拟)若f(x)＝a ln x＋bx2＋x在x＝1和x＝2处有极值，则函数f(x)的单调递增区间为( C )
A.(－∞，1) B．(2，＋∞)
C．(1，2) D．( eq \f(1,2) ，1]
解析：因为f(x)＝a ln x＋bx2＋x，所以f′(x)＝ eq \f(a,x) ＋2bx＋1，由已知得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋2b＋1＝0，,\f(a,2)＋4b＋1＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(2,3)，,b＝－\f(1,6)，))
所以f(x)＝－ eq \f(2,3) ln x－ eq \f(1,6) x2＋x，所以f′(x)＝－ eq \f(2,3x) － eq \f(1,3) x＋1＝
－ eq \f(（x－2）（x－1）,3x) ，由f′(x)＞0，得1＜x＜2，所以函数f(x)的单调递增区间为(1，2).故选C.
6．已知函数f(x)＝x ln (1＋x)，则( C )
A．f(x)在(－1，＋∞)上为增函数
B．f(x)有两个零点
C．曲线y＝f(x)在点(－ eq \f(1,2) ，f(－ eq \f(1,2) ))处的切线的斜率为－1－ln 2
D．f(x)是偶函数
解析：由f(x)＝x ln (1＋x)得f′(x)＝ln (1＋x)＋ eq \f(x,1＋x) (x>－1)，当x∈(0，＋∞)时，ln (1＋x)>0， eq \f(x,1＋x) >0，所以f′(x)>0；当x∈(－1，0)时，ln (1＋x)0
B．若a＋b>0，则f(a)－f(－b)>0
C．若f(a)＋f(b)>0，则a＋b>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)