《变化率与导数》试题库

《变化率与导数》试题库第1组一、选择题1．设f(x)＝xlnx，若f′(x0)＝2，则x0＝()A．e2B．e\f(ln2,2)D．ln2解析：∵f′(x)＝lnx＋1，∴f′(x0)＝lnx0＋1＝2，∴lnx0＝1，∴x0＝e.答案：B2．(2009·福建厦门)已知f(x)＝sinx＋lnx，则f′(1)的值为()A．1－cos1B．1＋cos1C．cos1－1D．－1－cos1解析：∵f′(x)＝cosx＋eq\f(1,x)，∴f′(1)＝cos1＋1.答案：B3．曲线y＝x＋lnx在点(e2，e2＋2)处的切线在y轴上的截距为()A．1B．－1C．e2D．－e2解析：因为y′＝1＋eq\f(1,x)，所以曲线在点(e2，e2＋2)处的切线的斜率为k＝1＋eq\f(1,e2)，切线方程为y－e2－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e2)))(x－e2)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e2)))x＋1，令x＝0，得y＝1，故应选A.答案：A4．(2009·辽宁卷)曲线y＝eq\f(x,x－2)在点(1，－1)处的切线方程为()A．y＝x－2 B．y＝－3x＋2C．y＝2x－3 D．y＝－2x＋1解析：y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,x－2)))′＝eq\f(x－2－x,(x－2)2)＝eq\f(－2,(x－2)2)，∴y′|x＝1＝－2.故由点斜式得所求切线方程为：y＝－2x＋1.答案：D二、填空题5．曲线y＝eq\f(1,x)和y＝x2在它们交点处的两条切线与x轴所围成的三角形面积是________．解析：两曲线方程联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,x)，,y＝x2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))∵y′＝－eq\f(1,x2)，∴k1＝－1，k2＝2x|x＝1＝2.∴两切线方程为x+y-2=0，2x-y-1=0.所围成图形如右图所示，∴S＝eq\f(1,2)×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)6．(2010·盐城调研)已知曲线C：y＝lnx－4x与直线x＝1交于一点P，那么曲线C在点P处的切线方程是________．解析：由已知得y′＝eq\f(1,x)－4，所以当x＝1时有y′＝－3，即过点P的切线的斜率k＝－3，又y＝ln1－4＝－4，故切点P(1，－4)，所以点P处的切线方程为y＋4＝－3(x－1)，即3x＋y＋1＝0.答案：3x＋y＋1＝07．(2009·福建卷)若曲线f(x)＝ax2＋lnx存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．解析：∵f′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)，由题意得2ax＋eq\f(1,x)＝0(x＞0)有实根，∴a＝－eq\f(1,2x2)＜0.答案：(－∞，0)三、解答题8．(2010·大连模拟)已知函数f(x)＝eq\f(ax－6,x2＋b)的图象在点M(－1，f(－1))处的切线方程为x＋2y ＋5＝0，求函数y＝f(x)的解析式．解：由函数f(x)的图象在点M(－1，f(－1))处的切线方程为x＋2y＋5＝0，知－1＋2f(－1)＋5＝0，即f(－1)＝－2，f′(－1)＝－eq\f(1,2).∵f′(x)＝eq\f(a(x2＋b)－2x(ax－6),(x2＋b)2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(－a－6,1＋b)＝－2，,\f(a(1＋b)＋2(－a－6),(1＋b)2)＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2b－4，,\f(a(1＋b)－2(a＋6),(1＋b)2)＝－\f(1,2).))解得a＝2，b＝3(∵b＋1≠0，b＝－1舍去)．所以所求的函数解析式是f(x)＝eq\f(2x－6,x2＋3).9．已知曲线C：y＝x3－3x2＋2x，直线l：y＝kx，且直线l与曲线C相切于点(x0，y0)(x0≠0)，求直线l的方程及切点坐标．解：直线l过原点，则k＝eq\f(y0,x0)(x0≠0)．由点(x0，y0)在曲线C上，则y0＝xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋2x0，∴eq\f(y0,x0)＝xeq\o\al(2,0)－3x0＋2，又y′＝3x2－6x＋2，∴在(x0，y0)处曲线C的切线斜率应为k＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－6x0＋2.∴xeq\o\al(2,0)－3x0＋2＝3xeq\o\al(2,0)－6x0＋2整理得2xeq\o\al(2,0)－3x0＝0，解得x0＝eq\f(3,2)(因为x0≠0)．这时，y0＝－eq\f(3,8)，k＝－eq\f(1,4)，因此，直线l的方程为y＝－eq\f(1,4)x，切点坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,8))).10．(2010·临沂调研)设函数f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，并求此定值．解：(1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝eq\f(7,4)x－3，当x＝2时，y＝eq\f(1,2).又f′(x)＝a＋eq\f(b,x2)，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－\f(b,2)＝\f(1,2)，,a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3.))故f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)证明：设P(x0，y0)为曲线上任一点，由f′(x)＝1＋eq\f(3,x2)知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x\o\al(2,0))))(x－x0)，即y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x\o\al(2,0))))(x－x0)．令x＝0得，y＝－eq\f(6,x0)，从而得切线与直线x＝0的交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,x0))).令y＝x，得y＝x＝2x0，从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)．所以点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形面积为eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(6,x0)))|2x0|＝6.故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，此定值为6.1．(2009·安徽卷)设函数f(x)＝eq\f(sinθ,3)x3＋eq\f(\r(3)cosθ,2)x2＋tanθ，其中θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))，则导数f′(1)的取值范围是()A．[－2,2]B．[eq\r(2)，eq\r(3)]C．[eq\r(3)，2]D．[eq\r(2)，2]解析：∵f′(x)＝sinθ·x2＋eq\r(3)cosθ·x，∴f′(1)＝sinθ＋eq\r(3)cosθ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3))).∵θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))，∴θ＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(3π,4)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).答案：D2．(★★★★)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)(a、b、c是两两不等的常数)，则eq\f(a,f′(a))＋eq\f(b,f′(b))＋eq\f(c,f′(c))＝________.解析：∵f(x)＝x3－(a＋b＋c)x2＋(ab＋bc＋ca)x－abc，∴f′(x)＝3x2－2(a＋b＋c)x＋ab＋bc＋ca，∴f′(a)＝(a－b)(a－c)∴f′(b)＝(b－a)(b－c)，f′(c)＝(c－a)(c－b)∴eq\f(a,f′(a))＋eq\f(b,f′(b))＋eq\f(c,f′(c))＝eq\f(a,(a－b)(a－c))＋eq\f(b,(b－a)(b－c))＋eq\f(c,(c－a)(c－b))＝eq\f(a(b－c)－b(a－c)＋c(a－b),(a－b)(a－c)(b－c))＝0.答案：0第2组一、选择题1．下列函数求导运算正确的个数为()①(3x)′＝3xlog3e；②(log2x)′＝eq\f(1,x·ln2)；③(ex)′＝ex；④(eq\f(1,lnx))′＝x；⑤(x·ex)′＝ex＋1.A．1 B．2 C．3 D．42．(2013·宿州模拟)若f(x)＝2xf′(1)＋x2，则f′(0)等于()A．2 B．0 C．－2 D．－43．(2013·济南模拟)设曲线y＝eq\f(x＋1,x－1)在点(3，2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a＝()A．2 B．－2 C．－eq\f(1,2) \f(1,2)4．(2013·洛阳模拟)曲线y＝x2ex＋2x＋1在点P(0，1)处的切线与x轴交点的横坐标是()A．1 \f(1,2) C．－1 D．－eq\f(1,2)5．(2013·台州模拟)已知曲线y＝eq\f(1,4)x2－3lnx的一条切线的斜率为－eq\f(1,2)，则切点横坐标为()A．－2 B．3 C．2或－3 D．26．有一机器人的运动方程为s＝t2＋eq\f(3,t)(t是时间，s是位移)，则该机器人在时刻t＝2时的瞬时速度为()\f(19,4) \f(17,4) \f(15,4) \f(13,4)二、填空题7．已知函数f(x)＝f′(eq\f(π,4))cosx＋sinx，则f(eq\f(π,4))的值为________．8．(2013·成都模拟)已知函数f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)，则f′(0)＝________．9．已知f1(x)＝sinx＋cosx，记f2(x)＝f′1(x)，f3(x)＝f′2(x)，…，fn(x)＝f′n－1(x)(n∈N*，且n≥2)，则f1(eq\f(π,2))＋f2(eq\f(π,2))＋…＋f2012(eq\f(π,2))＋f2013(eq\f(π,2))＝________．三、解答题10．已知曲线y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3).(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为1的曲线的切线方程．11．(2013·江门模拟)已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)．(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值；(2)若曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围．12．设有抛物线C：y＝－x2＋eq\f(9,2)x－4，过原点O作C的切线y＝kx，使切点P在第一象限，求切线方程．解析及答案一、选择题1．【解析】①(3x)′＝3xln3；②(log2x)′＝eq\f(1,xln2)；③(ex)′＝ex；④(eq\f(1,lnx))′＝－eq\f(\f(1,x),（lnx）2)＝－eq\f(1,x·（lnx）2)；⑤(x·ex)′＝ex＋x·ex＝ex(x＋1)，故选B.【答案】B2．【解析】f′(x)＝2f′(1)＋2x,∴令x＝1，得f∴f′(0)＝2f′(1)＝－4.故选D.【答案】D3．【解析】∵y′＝eq\f(x－1－（x＋1）,（x－1）2)＝－eq\f(2,（x－1）2)∴y′|x＝3＝eq\f(－2,（3－1）2)＝－eq\f(1,2)，∴－a＝2，即a＝－2.【答案】B4．【解析】∵y′＝2xex＋x2ex＋2，∴y′|x＝0＝2，∴曲线在点P(0，1)处的切线方程为y－1＝2x，即y＝2x＋1，令y＝0得x＝－eq\f(1,2)，故选D.【答案】D5．【解析】设切点坐标为(x0，y0)，∵y′＝eq\f(1,2)x－eq\f(3,x)，∴y′|x＝x0＝eq\f(1,2)x0－eq\f(3,x0)＝－eq\f(1,2)，即xeq\o\al(2,0)＋x0－6＝0，解得x0＝2或x0＝－3(舍)，故选D.【答案】D6．【解析】∵s(t)＝t2＋eq\f(3,t)，∴s′(t)＝2t－eq\f(3,t2)，∴机器人在时刻t＝2时的瞬时速度为s′(2)＝4－eq\f(3,4)＝eq\f(13,4).【答案】D二、填空题7．【解析】∵f′(x)＝－f′(eq\f(π,4))sinx＋cosx，∴f′(eq\f(π,4))＝－f′(eq\f(π,4))sineq\f(π,4)＋coseq\f(π,4)，∴f′(eq\f(π,4))＝eq\r(2)－1，∴f(eq\f(π,4))＝(eq\r(2)－1)coseq\f(π,4)＋sineq\f(π,4)＝1.【答案】18．【解析】∵f′(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)＋x[(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)]′，∴f′(0)＝(－1)×(－2)×(－3)×(－4)×(－5)＝－120.【答案】－1209．【解析】f1(x)＝sinx＋cosx，f2(x)＝cosx－sinx，f3(x)＝－sinx－cosx，f4(x)＝－cosx＋sinx，f5(x)＝sinx＋cosx，….因此，函数fn(x)(n∈N*)周期性出现且周期为4又f1(x)＋f2(x)＋f3(x)＋f4(x)＝0，∴f1(eq\f(π,2))＋f2(eq\f(π,2))＋…＋f2012(eq\f(π,2))＋f2013(eq\f(π,2))＝f1(eq\f(π,2))＝sineq\f(π,2)＋coseq\f(π,2)＝1.【答案】1三、解答题10．【解】(1)∵P(2，4)在曲线y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)上，且y′＝x2，∴在点P(2，4)处的切线的斜率为：y′|x＝2＝4.∴曲线在点P(2，4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.(2)设曲线y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)与过点P(2，4)的切线相切于点A(x0，eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3))，则切线的斜率为：y′|x＝x0＝xeq\o\al(2,0).∴切线方程为y－(eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3))＝xeq\o\al(2,0)(x－x0)，即y＝xeq\o\al(2,0)·x－eq\f(2,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3).∵点P(2，4)在切线上，∴4＝2xeq\o\al(2,0)－eq\f(2,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3)，即xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋4＝0，∴xeq\o\al(3,0)＋xeq\o\al(2,0)－4xeq\o\al(2,0)＋4＝0，∴xeq\o\al(2,0)(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0，∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2，故所求的切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.(3)设切点为(x0，y0)，则切线的斜率为：xeq\o\al(2,0)＝1，x0＝±1.切点为(－1，1)或(1，eq\f(5,3))，∴切线方程为y－1＝x＋1或y－eq\f(5,3)＝x－1.即x－y＋2＝0或3x－3y＋2＝0.11．【解】f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)．(1)由题意得解得b＝0，a＝－3或a＝1.(2)∵曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，∴关于x的方程f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝4(1－a)2＋12a(a＋2)>0，即4a2＋4a＋1>0，∴a≠－eq\f(1,2).∴a的取值范围为(－∞，－eq\f(1,2))∪(－eq\f(1,2)，＋∞).12．【解】设点P的坐标为(x1，y1)，则y1＝kx1 ①y1＝－xeq\o\al(2,1)＋eq\f(9,2)x1－4 ②①代入②得xeq\o\al(2,1)＋(k－eq\f(9,2))x1＋4＝0.∵P为切点，∴Δ＝(k－eq\f(9,2))2－16＝0得k＝eq\f(17,2)或k＝eq\f(1,2).当k＝eq\f(17,2)时，x1＝－2，y1＝－17.当k＝eq\f(1,2)时，x1＝2，y1＝1.∵P在第一象限，∴所求的斜率k＝eq\f(1,2).故所求切线方程为y＝eq\f(1,2)x.第3组一、选择题1．(2013·临沂高二检测)在表达式eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)中，Δx的值不可能()A．大于0 B．小于0C．等于0 D．大于0或小于0[答案]C[解析]Δx可正，可负，但不为0，故应选C.2．函数y＝f(x)当自变量x由x0变化到x0＋Δx时，函数的改变量Δy为()A．f(x0＋Δx) B．f(x0)＋ΔxC．f(x0)·Δx D．f(x0＋Δx)－f(x0)[答案]D[解析]由定义，函数值的改变量Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)，故应选D.3．已知函数f(x)＝－x2＋x，则f(x)从－1到－的平均变化率为()A．3 B．C． D．[答案]D[解析]f(－1)＝－(－1)2＋(－1)＝－2.f(－＝－(－2＋(－＝－.∴平均变化率为eq\f(f－－f－1,－－－1)＝eq\f(－－－2,＝，故应选D.4．已知函数f(x)＝x2＋4上两点A、B，xA＝1，xB＝，则直线AB的斜率为()A．2 B．C． D．[答案]B[解析]f(1)＝5，f＝.∴kAB＝eq\f(f－f1,－1)＝eq\f－5,＝，故应选B.5．已知函数f(x)＝－x2＋2x，函数f(x)从2到2＋Δx的平均变化率为()A．2－Δx B．－2－ΔxC．2＋Δx D．(Δx)2－2·Δx[答案]B[解析]∵f(2)＝－22＋2×2＝0，∴f(2＋Δx)＝－(2＋Δx)2＋2(2＋Δx)＝－2Δx－(Δx)2，∴eq\f(f2＋Δx－f2,2＋Δx－2)＝－2－Δx，故应选B.6．已知函数f(x)＝2x2－1的图象上一点(1,1)及邻近一点(1＋Δx，f(1＋Δx))，则eq\f(Δy,Δx)＝()A．4 B．4＋2ΔxC．4＋2(Δx)2 D．4x[答案]B[解析]Δy＝f(1＋Δx)－f(1)＝2(1＋Δx)2－1－2＋1＝2·(Δx)2＋4·Δx，所以eq\f(Δy,Δx)＝2Δx＋4.二、填空题7．已知函数y＝x3－2，当x＝2时，eq\f(Δy,Δx)＝________.[答案](Δx)2＋6Δx＋12[解析]eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(2＋Δx3－2－23－2,Δx)＝eq\f(Δx3＋6Δx2＋12Δx,Δx)＝(Δx)2＋6Δx＋12.8．在x＝2附近，Δx＝eq\f(1,4)时，函数y＝eq\f(1,x)的平均变化率为__________________．[答案]－eq\f(2,9)[解析]eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(\f(1,2＋Δx)－\f(1,2),Δx)＝－eq\f(1,4＋2Δx)＝－eq\f(2,9).9．已知曲线y＝x2－1上两点A(2,3)，B(2＋Δx,3＋Δy)，当Δx＝1时，割线AB的斜率是________；当Δx＝时，割线AB的斜率是________．[答案]5[解析]当Δx＝1时，割线AB的斜率k1＝eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(2＋Δx2－1－22＋1,Δx)＝eq\f(2＋12－22,1)＝5.当Δx＝时，割线AB的斜率k2＝eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(2＋2－1－22＋1,＝.三、解答题10．已知函数f(x)＝2x＋1，g(x)＝－2x，分别计算在区间[－3，－1]、[0,5]上函数f(x)及g(x)的平均变化率．[解析]函数f(x)在[－3，－1]上的平均变化率为eq\f(f－1－f－3,－1－－3)＝eq\f([2×－1＋1]－[2×－3＋1],2)＝2.函数f(x)在[0,5]上的平均变化率为eq\f(f5－f0,5－0)＝2.函数g(x)在[－3，－1]上的平均变化率为eq\f(g－1－g－3,－1－－3)＝－2.函数g(x)在[0,5]上的平均变化率为eq\f(g5－g0,5－0)＝－2.第4组一、选择题11．质点运动规律S(t)＝2t＋3，则t从3到内，质点运动的平均速度为()A．9 B．C．2 D．[答案]C[解析]S(3)＝9，S＝，∴平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(S－S3,－3)＝eq\f,＝2，故应选C.12．在x＝1附近，取Δx＝，在四个函数①y＝x、②y＝x2、③y＝x3、④y＝eq\f(1,x)中，平均变化率最大的是()A．④ B．③C．② D．①[答案]B[解析]Δx＝时，①y＝x在x＝1附近的平均变化率k1＝1；②y＝x2在x＝1附近的平均变化率k2＝2＋Δx＝；③y＝x3在x＝1附近的平均变化率k3＝3＋3Δx＋(Δx)2＝；④y＝eq\f(1,x)在x＝1附近的平均变化率k4＝－eq\f(1,1＋Δx)＝－eq\f(10,13).∴k3＞k2＞k1＞k4，故应选B.13．物体做直线运动所经过的路程s可以表示为时间t的函数s＝s(t)，则物体在时间间隔[t0，t0＋Δt]内的平均速度是()A．v0 B．eq\f(Δt,st0＋Δt－st0)C．eq\f(st0＋Δt－st0,Δt) D．eq\f(st,t)[答案]C[解析]由平均变化率的概念知C正确，故应选C.二、填空题14．函数y＝eq\r(x)在x＝1附近，当Δx＝eq\f(1,2)时的平均变化率为________．[答案]eq\r(6)－2[解析]eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(\r(1＋Δx)－\r(1),Δx)＝eq\r(6)－2.三、解答题15．过曲线f(x)＝eq\f(2,x2)的图象上两点A(1,2)，B(1＋Δx,2＋Δy)作曲线的割线AB，求出当Δx＝eq\f(1,4)时割线的斜率．[解析]割线AB的斜率k＝eq\f(2＋Δy－2,1＋Δx－1)＝eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(\f(2,1＋Δx2)－2,Δx)＝eq\f(－2Δx＋2,1＋Δx2)＝－eq\f(72,25).16．(2013·宜兴高二检测)比较y＝x3与y＝x2在x＝2附近平均变化率的大小．[解析]当自变量x从x＝2变化到x＝2＋Δx时，y＝x3的平均变化率k1＝eq\f(2＋Δx3－23,Δx)＝(Δx)2＋6Δx＋12，y＝x2的平均变化率k2＝eq\f(2＋Δx2－22,Δx)＝Δx＋4，∵k1－k2＝(Δx)2＋5Δx＋8＝(Δx＋eq\f(5,2))2＋eq\f(7,4)>0，∴k1>k2.∴在x＝2附近y＝x3的平均变化率较大．17．路灯距地面8m，一个身高为1.6m的人以84m/min的速度在地面上从路灯在地面上的射影点C处沿直线匀速离开路灯．(1)求身影的长度y与人距路灯的距离x之间的关系式；(2)求人离开路灯10s内身影的平均变化率．[解析](1)如图所示，设人从C点运动到B处的路程为xm，AB为身影长度，AB的长度为ym，由于CD∥BE，则eq\f(AB,AC)＝eq\f(BE,CD)，即eq\f(y,y＋x)＝eq\f,8)，所以y＝f(x)＝eq\f(1,4)x.(2)84m/min＝1.4m/s，在[0,10]内自变量的增量为x2－x1＝×10－×0＝14，f(x2)－f(x1)＝eq\f(1,4)×14－eq\f(1,4)×0＝eq\f(7,2).所以eq\f(fx2－fx1,x2－x1)＝eq\f(\f(7,2),14)＝eq\f(1,4).即人离开路灯10s内身影的平均变化率为eq\f(1,4).选修2-2第一章1.1.2第5组一、选择题1．如果质点A按照规律s＝3t2运动，则在t0＝3时的瞬时速度为()A．6 B．18C．54 D．81[答案]B[解析]∵s(t)＝3t2，t0＝3，∴Δs＝s(t0＋Δt)－s(t0)＝3(3＋Δt)2－3·32＝18Δt＋3(Δt)2∴eq\f(Δs,Δt)＝18＋3Δt.∴eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))(18＋3Δt)＝18，故应选B.2．已知f(x)＝x2－3x，则f′(0)＝()A．Δx－3 B．(Δx)2－3ΔxC．－3 D．0[答案]C[解析]f′(0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(0＋Δx2－30＋Δx－02＋3×0,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δx2－3Δx,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(Δx－3)＝－3.故选C.3．(2014·合肥一六八中高二期中)若可导函数f(x)的图象过原点，且满足eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fΔx,Δx)＝－1，则f′(0)＝()A．－2 B．－1C．1 D．2[答案]B[解析]∵f(x)图象过原点，∴f(0)＝0，∴f′(0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f0＋Δx－f0,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fΔx,Δx)＝－1，∴选B.4．质点M的运动规律为s＝4t＋4t2，则质点M在t＝t0时的速度为()A．4＋4t0 B．0C．8t0＋4 D．4t0＋4teq\o\al(2,0)[答案]C[解析]Δs＝s(t0＋Δt)－s(t0)＝4(Δt)2＋4Δt＋8t0Δt，eq\f(Δs,Δt)＝4Δt＋4＋8t0，eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))(4Δt＋4＋8t0)＝4＋8t0.5．已知f(x)＝eq\f(2,x)，且f′(m)＝－eq\f(1,2)，则m的值等于()A．－4 B．2C．－2 D．±2[答案]D[解析]f′(x)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx＋Δx－fx,Δx)＝－eq\f(2,x2)，于是有－eq\f(2,m2)＝－eq\f(1,2)，m2＝4，解得m＝±2.6．某物体做直线运动，其运动规律是s＝t2＋eq\f(3,t)(t的单位是秒，s的单位是米)，则它在4秒末的瞬时速度为()A．eq\f(123,16)米/秒 B．eq\f(125,16)米/秒C．8米/秒 D．eq\f(67,4)米/秒[答案]B[解析]∵eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(4＋Δt2＋\f(3,4＋Δt)－16－\f(3,4),Δt)＝eq\f(Δt2＋8Δt＋\f(－3Δt,44＋Δt),Δt)＝Δt＋8－eq\f(3,16＋4Δt).∴eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝8－eq\f(3,16)＝eq\f(125,16).二、填空题7．已知函数f(x)＝x＋eq\f(k,x)，f′(1)＝－2，则k＝________.[答案]3[解析]Δy＝f(1＋Δx)－f(1)＝(1＋Δx)＋eq\f(k,1＋Δx)－1－k＝Δx－eq\f(kΔx,1＋Δx)eq\f(Δy,Δx)＝1－eq\f(k,1＋Δx)∵f′(1)＝－2，∴eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝1－k＝－2，∴k＝3.8．已知y＝eq\r(x＋4)，则y′|x＝1＝________.[答案]eq\f(\r(5),10)[解析]由题意知Δy＝eq\r(1＋Δx＋4)－eq\r(1＋4)＝eq\r(5＋Δx)－eq\r(5)，∴eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(\r(5＋Δx)－\r(5),Δx).∴y′|x＝1＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(\r(5＋Δx)－\r(5),Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δx,Δx\r(5＋Δx)＋\r(5))＝eq\f(\r(5),10).9．某物体做匀速运动，其运动方程是s＝vt＋b，则该物体在运动过程中其平均速度与任何时刻的瞬时速度关系是________．[答案]相等[解析]v0＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(st0＋Δt－st0,Δt)＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(vt0＋Δt－vt0,Δt)＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(v·Δt,Δt)＝v.三、解答题10．下面是利用导数的定义求函数f(x)＝eq\r(x＋2)在x＝2处的导数的解题过程：因为Δy＝eq\r(2＋Δx＋2)－eq\r(2＋2)＝eq\r(4＋Δx)－2，eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(\r(4＋Δx)－2,Δx)，所以f′(2)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(\r(4＋Δx)－2,Δx)＝0.试分析解题过程是否正确，如不正确请指出错误，并加以纠正．[解析]解答过程有错误，最后一步不能直接得到0，因为分母为0时，无意义．正解：因为Δy＝eq\r(2＋Δx＋2)－eq\r(2＋2)＝eq\r(4＋Δx)－2，eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(\r(4＋Δx)－2,Δx)＝eq\f(\r(4＋Δx)－2\r(4＋Δx)＋2,Δx\r(4＋Δx)＋2)＝eq\f(1,\r(4＋Δx)＋2).所以f′(2)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(1,\r(4＋Δx)＋2)＝eq\f(1,4).第6组一、选择题11．(2014·枣阳一中，襄州一中，宜城一中，曾都一中期中联考)在高台跳水运动中，运动员相对于水面的高度h(m)与起跳后的时间t(s)存在函数关系h(t)＝－＋＋10，则瞬时速度为0m/s的时刻是()A．eq\f(65,98)s B．eq\f(65,49)sC．eq\f(98,65)s D．eq\f(49,65)s[答案]A[解析]h′(t)＝－＋，由h′(t)＝0得t＝eq\f(65,98)，故选A.12．设f(x)＝eq\f(1,x)，则lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(fx－fa,x－a)等于()A．－eq\f(1,a) B．eq\f(2,a)C．－eq\f(1,a2) D．eq\f(1,a2)[答案]C[解析]lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(fx－fa,x－a)＝lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(\f(1,x)－\f(1,a),x－a)＝－lieq\o(m,\s\do4(x→a))eq\f(1,ax)＝－eq\f(1,a2).[点评]若令x－a＝Δx，则当x→a时，Δx→0，∴eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(fx－fa,x－a)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fa＋Δx－fa,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(\f(1,a＋Δx)－\f(1,a),Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(－1,aa＋Δx)＝－eq\f(1,a2).13．(2013·北师大附中期中)已知f′(x0)＝a，则eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0－3Δx,2Δx)的值为()A．－2a B．C．a D．－a[答案]B[解析]∵f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝a，∴eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0－3Δx,2Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0＋fx0－fx0－3Δx,2Δx)＝eq\f(1,2)eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＋eq\f(3,2)eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－3Δx－fx0,－3Δx)＝eq\f(a,2)＋eq\f(3a,2)＝2a，故选B.二、填空题14．函数y＝x＋eq\f(1,x)在x＝1处的导数是________．[答案]0[解析]∵Δy＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋Δx＋\f(1,1＋Δx)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)))＝Δx－1＋eq\f(1,Δx＋1)＝eq\f(Δx2,Δx＋1)，∴eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(Δx,Δx＋1).∴y′|x＝1＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δx,Δx＋1)＝0.15．球的半径从1增加到2时，球的体积平均膨胀率为______________________．[答案]eq\f(28π,3)[解析]∵Δy＝eq\f(4,3)π×23－eq\f(4,3)π×13＝eq\f(28π,3)，∴eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(\f(28π,3),2－1)＝eq\f(28π,3).三、解答题16．枪弹在枪筒中运动可以看作匀加速运动，如果它的加速度是×105m/s2，枪弹从枪口射出时所用时间为×10[解析]位移公式为s＝eq\f(1,2)at2，∵Δs＝eq\f(1,2)a(t0＋Δt)2－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)＝at0Δt＋eq\f(1,2)a(Δt)2∴eq\f(Δs,Δt)＝at0＋eq\f(1,2)aΔt，∴lieq\o(m,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝lieq\o(m,\s\do4(Δt→0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(at0＋\f(1,2)aΔt))＝at0，已知a＝×105m/s2，t0＝×10∴at0＝800m/s.所以枪弹射出枪口时的瞬时速度为800m/s.17．一做直线运动的物体，其位移s与时间t的关系是s(t)＝3t－t2.(1)求此物体的初速度；(2)求此物体在t＝2时的瞬时速度；(3)求t＝0到t＝2时的平均速度．[解析](1)当t＝0时的速度为初速度．在0时刻取一时间段[0,0＋Δt]，即[0，Δt]，∴Δs＝s(Δt)－s(0)＝[3Δt－(Δt)2]－(3×0－02)＝3Δt－(Δt)2，eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(3Δt－Δt2,Δt)＝3－Δt，eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))(3－Δt)＝3.∴物体的初速度为3.(2)取一时间段[2,2＋Δt]，∴Δs＝s(2＋Δt)－s(2)＝[3(2＋Δt)－(2＋Δt)2]－(3×2－22)＝－Δt－(Δt)2，eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(－Δt－Δt2,Δt)＝－1－Δt，eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))(－1－Δt)＝－1，∴当t＝2时，物体的瞬时速度为－1.(3)当t∈[0,2]时，Δt＝2－0＝2.Δs＝s(2)－s(0)＝(3×2－22)－(3×0－02)＝2.eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(2,2)＝1.∴在0到2之间，物体的平均速度为1.选修2-2第一章1.1.3第7组一、选择题1．(2013·济宁梁山一中期中)已知曲线y＝2x3上一点A(1,2)，则点A处的切线斜率等于()A．0 B．2C．4 D．6[答案]D[解析]Δy＝2(1＋Δx)3－2×13＝6(Δx)＋6(Δx)2＋(Δx)3，eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))[(Δx)2＋6Δx＋6]＝6，故选D.2．(2013·安阳中学期末)设曲线y＝ax2在点(1，a)处的切线与直线2x－y－6＝0平行，则a等于()A．1 B．eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2) D．－1[答案]A[解析]∵y′|x＝1＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→1))eq\f(a1＋Δx2－a×12,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(2aΔx＋aΔx2,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(2a＋aΔx)＝2a，∴2a＝2，∴a3．曲线y＝eq\f(1,3)x3－2在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(5,3)))处切线的倾斜角为()A．1 B．eq\f(π,4)C．eq\f(5,4)π D．－eq\f(π,4)[答案]B[解析]∵y′＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f([\f(1,3)x＋Δx3－2]－\f(1,3)x3－2,Δx)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))[x2＋xΔx＋eq\f(1,3)(Δx)2]＝x2，∴切线的斜率k＝y′|x＝1＝1.∴切线的倾斜角为eq\f(π,4)，故应选B.4．设f′(x0)＝0，则曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线()A．不存在 B．与x轴平行或重合C．与x轴垂直 D．与x轴斜交[答案]B[解析]由导数的几何意义知B正确，故应选B.5．设f(x)为可导函数且满足eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(f1－f1－2x,2x)＝－1，则过曲线y＝f(x)上点(1，f(1))处的切线斜率为()A．2 B．－1C．1 D．－2[答案]B[解析]eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(f1－f1－2x,2x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(f1－2x－f1,－2x)＝eq\o(lim,\s\do4(－2x→0))eq\f(f[1＋－2x]－f1,－2x)＝f′(1)＝－1.6．曲线y＝x3＋11在点P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标是()A．－9 B．－3C．9 D．15[答案]C[解析]因为y′＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(x＋Δx3＋11－x3＋11,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))((Δx)2＋3xΔx＋3x2)＝3x2，所以切线的斜率k＝f′(1)＝3，又因为切点为P(1,12)，故切线方程为3x－y＋9＝0，令x＝0，得y＝9.二、填空题7．已知函数f(x)＝x3＋2，则f′(2)＝________.[答案]12[解析]f′(2)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(2＋Δx3＋2－23－2,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(2＋Δx－2[2＋Δx2＋2＋Δx·2＋22],Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))[4＋4Δx＋(Δx)2＋4＋2Δx＋4]＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))[12＋6Δx＋(Δx)2]＝12.8．曲线y＝x3在点(3,27)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为________．[答案]54[解析]因为f′(3)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(3＋Δx3－33,Δx)＝27，所以在点(3,27)处的切线方程为y－27＝27(x－3)即y＝27x－54.此切线与x轴、y轴的交点分别为(2,0)，(0，－54)．所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为S＝eq\f(1,2)×2×54＝54.9．若函数f(x)＝x－eq\f(1,x)，则它与x轴交点处的切线的方程为________．[答案]2x－y－2＝0或2x－y＋2＝0[解析]由f(x)＝x－eq\f(1,x)＝0得x＝±1，即与x轴交点坐标为(1,0)或(－1,0)．∵f′(x)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(x＋Δx－\f(1,x＋Δx)－x＋\f(1,x),Δx)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,xx＋Δx)))＝1＋eq\f(1,x2).∴切线的斜率k＝1＋eq\f(1,1)＝2.∴切线的方程为y＝2(x－1)或y＝2(x＋1)．即2x－y－2＝0或2x－y＋2＝0.三、解答题10．求曲线y＝eq\f(1,x)－eq\r(x)上一点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－\f(7,4)))处的切线方程．[解析]∴y′＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋Δx)－\f(1,x)))－\r(x＋Δx)－\r(x),Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(\f(－Δx,xx＋Δx)－\f(Δx,\r(x＋Δx)＋\r(x)),Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1,xx＋Δx)－\f(1,\r(x＋Δx)＋\r(x))))＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,2\r(x)).∴y′|x＝4＝－eq\f(1,16)－eq\f(1,4)＝－eq\f(5,16)，∴曲线在点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－\f(7,4)))处的切线方程为：y＋eq\f(7,4)＝－eq\f(5,16)(x－4)．即5x＋16y＋8＝0.第8组一、选择题11．(2013·嘉兴高二检测)已知直线ax－by－2＝0与曲线y＝x3在点P(1,1)处的切线互相垂直，则eq\f(a,b)为()A．eq\f(2,3) B．－eq\f(2,3)C．eq\f(1,3) D．－eq\f(1,3)[答案]D[解析]由导数的定义可得y′＝3x2，∴y＝x3在点P(1,1)处的切线斜率k＝y′|x＝1＝3，由条件知，3×eq\f(a,b)＝－1，∴eq\f(a,b)＝－eq\f(1,3).12．已知函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程是x－2y＋1＝0，则f(1)＋2fA．eq\f(1,2) B．1C．eq\f(3,2) D．2[答案]D[解析]∵(1，f(1))在直线x－2y＋1＝0上，∴1－2f(1)＋1＝0，∴f又∵f′(1)＝eq\f(1,2)，∴f(1)＋2f′(1)＝1＋2×eq\f(1,2)＝2.故选D.13．已知y＝f(x)的图象如图，则f′(xA)与f′(xB)的大小关系是()A．f′(xA)>f′(xB) B．f′(xA)<f′(xB)C．f′(xA)＝f′(xB) D．不能确定[答案]B[解析]由图可知，曲线在点A处的切线的斜率比曲线在点B处的切线的斜率小，结合导数的几何意义知f′(xA)<f′(xB)，选B.二、填空题14．如图，函数f(x)的图象是折线段ABC，其中A，B，C的坐标分别为(0,4)，(2,0)，(6,4)，则eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝__________________.[答案]－2[解析]由导数的概念和几何意义知，eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝f′(1)＝kAB＝eq\f(0－4,2－0)＝－2.15．设f(x)＝f′(1)＋eq\r(x)，则f(4)＝________.[答案]eq\f(5,2)[解析]f′(1)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f′1＋\r(1＋Δx)－f′1＋1,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(\r(1＋Δx)－1,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(1,\r(1＋Δx)－1)＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝eq\f(1,2)＋eq\r(x)，∴f(4)＝eq\f(1,2)＋eq\r(4)＝eq\f(5,2).三、解答题16．已知函数f(x)＝x3－3x及y＝f(x)上一点P(1，－2)，过点P作直线l.(1)求使直线l和y＝f(x)相切且以P为切点的直线方程；(2)求使直线l和y＝f(x)相切且切点异于点P的直线方程．[解析](1)y′＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(x＋Δx3－3x＋Δx－x3＋3x,Δx)＝3x2－3.则过点P且以P(1，－2)为切点的直线的斜率k1＝f′(1)＝0，∴所求直线方程为y＝－2.(2)设切点坐标为(x0，xeq\o\al(3,0)－3x0)，则直线l的斜率k2＝f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－3，∴直线l的方程为y－(xeq\o\al(3,0)－3x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)又直线l过点P(1，－2)，∴－2－(xeq\o\al(3,0)－3x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－3)(1－x0)，∴xeq\o\al(3,0)－3x0＋2＝(3xeq\o\al(2,0)－3)(x0－1)，∴(x0－1)2(2x0＋1)＝0，解得x0＝1(舍去)或x0＝－eq\f(1,2).故所求直线斜率k＝3xeq\o\al(2,0)－3＝－eq\f(9,4)，于是：y－(－2)＝－eq\f(9,4)(x－1)，即9x＋4y－1＝0.17．(2013·临沂质检)已知曲线y＝x2＋1，是否存在实数a，使得经过点(1，a)能够作出该曲线的两条切线？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．[解析]∵eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(x＋Δx2＋1－x2－1,Δx)＝2x＋Δx，∴y′＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))(2x＋Δx)＝2x.设切点为P(x0，y0)，则切线的斜率为k＝y′|x＝x0＝2x0，由点斜式可得所求切线方程为y－y0＝2x0(x－x0)．又∵切线过点(1，a)，且y0＝xeq\o\al(2,0)＋1，∴a－(xeq\o\al(2,0)＋1)＝2x0(1－x0)，即xeq\o\al(2,0)－2x0＋a－1＝0.∵切线有两条，∴Δ＝(－2)2－4(a－1)>0，解得a<2.故存在实数a，使得经过点(1，a)能够作出该曲线的两条切线，a的取值范围是{a|a<2}．第19组(时间：45分钟分值：100分)eq\a\vs4\al\co1(基础热身)1．[2013·江西卷]若f(x)＝x2－2x－4lnx，则f′(x)>0的解集为()A．(0，＋∞)B．(－1，0)∪(2，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－1，0)2．曲线y＝eq\f(x,x＋2)在点(－1，－1)处的切线方程为()A．y＝2x＋1B．y＝2x－1C．y＝2x－3D．y＝－2x－23．若曲线y＝x2＋ax＋b在点(0，b)处的切线方程是x－y＋1＝0，则()A．a＝1，b＝1B．a＝－1，b＝1C．a＝1，b＝－1D．a＝－1，b＝－14．y＝eq\f(cosx,1－x)的导数是()A．y′＝eq\f(cosx＋sinx＋xsinx,（1－x）2)B．y′＝eq\f(cosx－sinx＋xsinx,（1－x）2)C．y′＝eq\f(cosx－sinx＋xsinx,1－x)D．y′＝eq\f(cosx＋sinx－xsinx,（1－x）2)eq\a\vs4\al\co1(能力提升)5．[2013·沈阳模拟]若函数y＝eq\f(x3,3)－x2＋1(0<x<2)的图象上任意点处切线的倾斜角为α，则α的最小值是()\f(π,4)\f(π,6)\f(5π,6)\f(3π,4)6．若曲线f(x)＝xsinx＋1在x＝eq\f(π,2)处的切线与直线ax＋2y＋1＝0互相垂直，则实数a等于()A．－2B．－1C．1D．27．等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)·(x－a2)…(x－a8)，则f′(0)＝()A．26B．29C．212D．2158．若曲线y＝x－eq\f(1,2)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a－\f(1,2)))处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为18，则a＝()A．64B．32C．16D．89．已知点P在曲线y＝eq\f(4,ex＋1)上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是()\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))10．[2013·深圳模拟]已知曲线y＝x2－1在x＝x0处的切线与曲线y＝1－x3在x＝x0处的切线互相平行，则x0的值为________．11．直线y＝eq\f(1,2)x＋b是曲线y＝lnx(x>0)的一条切线，则实数b＝________．12．[2013·豫北六校联考]已知直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)相切，则a的值为________．13．已知f(x)＝eq\f(ex－e－x,ex＋e－x)，则f′(0)＝________．14．(10分)求下列函数的导数：(1)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))；(2)y＝e1－2x＋ln(3－x)；(3)y＝lneq\f(1－x,1＋x).15．(13分)设函数f(x)＝ax＋eq\f(1,x＋b)(a，b∈Z)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝3.(1)求f(x)的解析式；(2)证明：函数y＝f(x)的图象是一个中心对称图形，并求其对称中心；(3)证明：曲线y＝f(x)上任一点的切线与直线x＝1和直线y＝x所围三角形的面积为定值，并求出此定值．eq\a\vs4\al\co1(难点突破)16．(12分)用导数方法求和：1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1(x≠0，1，n∈N*)．

课时作业(十三)【基础热身】1．C[解析]f′(x)＝2x－2－eq\f(4,x)>0，即eq\f(x2－x－2,x)>0.∵x>0，∴(x－2)(x＋1)>0，∴x>2.2．A[解析]∵y′＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,（x＋2）2)))eq\s\do7(x＝－1)＝2，∴切线方程为y＝2x＋1.3．A[解析]∵y′＝2x＋aeq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(,)))eq\s\do7(x＝0)＝a，∴a＝1，(0，b)在切线x－y＋1＝0上，∴b＝1.4．B[解析]y′＝eq\f(－（1－x）sinx－（－1）cosx,（1－x）2)＝eq\f(cosx－sinx＋xsinx,（1－x）2).【能力提升】5．D[解析]y′＝x2－2x，当0<x<2时，－1≤y′<0，即－1≤tanα<0，故eq\f(3π,4)≤α<π，α的最小值为eq\f(3π,4).6．D[解析]f′(x)＝sinx＋xcosx，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1，即函数f(x)＝xsinx＋1在x＝eq\f(π,2)处的切线的斜率是1，直线ax＋2y＋1＝0的斜率是－eq\f(a,2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))×1＝－1，解得a＝2.7．C[解析]f′(x)＝[x·(x－a1)(x－a2)…(x－a8)]′＝(x－a1)(x－a2)…(x－a8)＋x[(x－a1)(x－a2)…(x－a8)]′，所以f′(0)＝a1a2…a8＝(a1a8)4＝84＝28．A[解析]y′＝－eq\f(1,2)x－eq\f(3,2)，所以k＝－eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)，切线方程为y－a－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)a－eq\f(3,2)(x－a)．令x＝0，得y＝eq\f(3,2)a－eq\f(1,2)；令y＝0，得x＝3a.所以三角形的面积是S＝eq\f(1,2)·3a·eq\f(3,2)a－eq\f(1,2)＝eq\f(9,4)aeq\f(1,2)＝18，解得a＝64.9．D[解析]由于y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,ex＋1)))′＝－eq\f(4ex,（ex＋1）2)，而α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则k＝tanα＝－eq\f(4ex,（ex＋1）2)<0.又(ex＋1)2≥(2eq\r(ex))2＝4ex，当且仅当ex＝1，即x＝0时，取等号，那么k＝tanα＝－eq\f(4ex,（ex＋1）2)≥－1，即－1≤k<0，那么对应的α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).10．0或－eq\f(2,3)[解析]由题意2x0＝－3xeq\o\al(2,0)，解得x0＝0或－eq\f(2,3).11．ln2－1[解析]y′＝eq\f(1,x)，令eq\f(1,x)＝eq\f(1,2)得x＝2，故切点(2，ln2)，代入直线方程，得ln2＝eq\f(1,2)×2＋b，所以b＝ln2－1.12．2[解析]函数y＝ln(x＋a)的导数为y′＝eq\f(1,x＋a)，设切点(x0，y0)，则切线方程为y－ln(x0＋a)＝eq\f(1,x0＋a)(x－x0)，即y＝x＋1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0＋a)＝1，,ln（x0＋a）－\f(x0,x0＋a)＝1，))解得a＝2.13．1[解析]∵f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex－e－x,ex＋e－x)))′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2x－1,e2x＋1)))′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,e2x＋1)))′＝2(e2x＋1)－2·e2x·2＝eq\f(4e2x,（e2x＋1）2)，∴f′(0)＝eq\f(4,4)＝1.14．解：(1)y′＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))′－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))′＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)).(2)y′＝e1－2x·(1－2x)′＋eq\f(1,3－x)·(3－x)′＝－2e1－2x＋eq\f(1,x－3).(3)∵y＝ln(1－x)－ln(1＋x)，∴y′＝eq\f(1,1－x)·(1－x)′＋eq\f(1,1＋x)(1＋x)′＝eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,x＋1)＝eq\f(2x,x2－1).15．解：(1)f′(x)＝a－eq\f(1,（x＋b）2)，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋\f(1,2＋b)＝3，,a－\f(1,（2＋b）2)＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(9,4)，,b＝－\f(8,3).))因为a，b∈Z，故f(x)＝x＋eq\f(1,x－1).(2)证明：已知函数y1＝x，y2＝eq\f(1,x)都是奇函数．所以函数g(x)＝x＋eq\f(1,x)也是奇函数，其图象是以原点为中心的中心对称图形．而f(x)＝x－1＋eq\f(1,x－1)＋1，可知函数g(x)的图象按向量a＝(1，1)平移，即得到函数f(x)的图象，故函数f(x)的图象是以点(1，1)为中心的中心对称图形．(3)证明：在曲线上任取一点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x0＋\f(1,x0－1))).由f′(x0)＝1－eq\f(1,（x0－1）2)知，过此点的切线方程为y－eq\f(xeq\o\al(2,0)－x0＋1,x0－1)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,（x0－1）2)))(x－x0)．令x＝1得y＝eq\f(x0＋1,x0－1)，切线与直线x＝1交点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(x0＋1,x0－1))).令y＝x得y＝2x0－1，切线与直线y＝x交点为(2x0－1，2x0－1)．直线x＝1与直线y＝x的交点为(1，1)．从而所围三角形的面积为eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋1,x0－1)－1))|2x0－1－1|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,x0－1)))|2x0－2|＝2.所以，所围三角形的面积为定值2.【难点突破】16．解：逆用导数公式，把1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1转化为等比数列{xn}的前n项和的导数，求解和式的导数即可．1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝x′＋(x2)′＋(x3)′＋…＋(xn)′＝(x＋x2＋x3＋…＋xn)′＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x（1－xn）,1－x)))′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－xn＋1,1－x)))′＝eq\f([1－（n＋1）xn]（1－x）＋（x－xn＋1）,（1－x）2)＝eq\f(1－（n＋1）xn＋nxn＋1,（1－x）2)第20组一、选择题1．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2) C．3(x2－a2) D．2(x2＋a2)解析：f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)[2(x－a)]＝3(x2－a2答案：C2．与直线2x－y＋4＝0平行的抛物线y＝x2的切线方程是()A．2x－y＋3＝0 B．2x－y－3＝0 C．2x－y＋1＝0 D．2x－解析：本小题主要考查导数与曲线斜率的关系．设切点坐标为(x0，xeq\o\al(2,0))，则切线斜率为2x0，由2x0＝2得x0＝1，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.答案：D3．设f(x)、g(x)分别为定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集是()A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)解析：考查导数的应用及函数的性质．∵[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)，∴由题意知，当x＜0时，[f(x)g(x)]′＞0.∴f(x)g(x)在(－∞，0)上是增函数．又g(－3)＝0，∴f(－3)g(－3)＝0.∴x∈(－∞，－3)时，f(x)g(x)＜0；x∈(－3,0)时，f(x)g(x)＞0.又∵f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴f(x)g(x)在R上是奇函数，其图象关于原点对称．∴当x＞0且x∈(0,3)时，f(x)g(x)＜0.综上，应选D项．答案：D