《变化率与导数》同步练习4

《变化率与导数》同步练习一、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＝0C．2x－y＋1＝0 D．2x－y－1＝0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：D4．设f0(x)＝sinx，f1(x)＝f′0(x)，f2(x)＝f′1(x)，…，fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N，则f2005(x)等于()A．sinx B．－sinx C．cosx D．－cosx答案：C二、填空题5．已知函数f(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))sinx＋cosx，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝________.解析：由已知：f′(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))cosx－sinx.则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1，因此f(x)＝－sinx＋cosx，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0.答案：06．曲线y＝lnx在与x轴交点的切线方程为__________．解析：由y＝lnx得，y′＝eq\f(1,x)，∴y′|x＝1＝1，∴曲线y＝lnx在与x轴交点(1,0)处的切线方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.答案：x－y－1＝07．幂指函数y＝f(x)g(x)在求导数时，可以运用对数法：在函数解析式两边求对数得lny＝g(x)lnf(x)，两边求导得eq\f(y′,y)＝g′(x)lnf(x)＋g(x)eq\f(f′(x),f(x))，于是y′＝f(x)g(x)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(g′(x)lnf(x)＋g(x)\f(f′(x),f(x)))).运用此方法可以探求得知y＝xeq\f(1,x)(x>0)的一个单调递增区间为________．解析：由(x>0)得：lny＝eq\f(1,x)lnx，eq\f(y′,y)＝－eq\f(1,x2)lnx＋eq\f(1,x2).则由y′>0，即1－lnx>0，解得0<x<e，因此(x>0)的一个单调递增区间为(0，e)．答案：(0，e)三、解答题8．求下列函数的导数：(1)y＝xe1－cosx；(2)y＝xcosx－sinx；(3)y＝sinxcosx；(4)y＝x2ex；(5)y＝(eq\r(x)＋1)(eq\f(1,\r(x))－1)；(6)y＝x(1＋|x|)．解答：(1)∵y＝xe1－cosx，∴y′＝e1－cosx＋xe1－cosx(sinx)＝(1＋xsinx)e1－cosx.(2)∵y＝xcosx－sinx，∴y′＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.(3)∵y＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，∴y′＝(eq\f(1,2)cos2x)·2＝cos2x.(4)∵y＝x2ex，∴y′＝2xex＋x2ex＝(2x＋x2)ex.(5)∵y＝eq\f(1－x,\r(x))＝eq\f(1,\r(x))－eq\r(x)＝(6)∵y＝x(1＋|x|)＝x(1＋eq\r(x2))，∴y′＝1＋|x|＋xeq\f(x,|x|)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2x(x＞0)，,1－2x(x＜0).))9．已知a、b为实数，且b＞a＞e，求证：ab＞ba.证明：考查函数y＝eq\f(lnx,x)，x∈(e，＋∞)，y′＝eq\f(1－lnx,x2)，当x＞e时，则y′<0，∴函数y＝eq\f(lnx,x)在(e，＋∞)上递减，又b>a>e，∴eq\f(lnb,b)<eq\f(lna,a)，即alnb<blna，lnba<lnab，因此ab>ba.10．利用导数证明：Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)＋3Ceq\o\al(3,n)＋…＋nCeq\o\al(n,n)＝n·2n－1.证明：(1＋x)n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)x＋Ceq\o\al(2,n)x2＋…＋Ceq\o\al(n,n)xn.∴[(1＋x)n]′＝Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)x＋…＋nCeq\o\al(n,n)xn－1，即n(1＋x)n－1＝Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)x＋…＋nCeq\o\al(n,n)xn－1，令x＝1，则Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)＋…＋nCeq\o\al(n,n)＝n·2n－1.1.设函数f(x)是定义域在R上周期为2的可导函数,若f(2)=2,且＝－2，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程是()A．y＝－2x＋2B．y＝－4x＋2C．y＝4x＋2D．y＝－eq\f(1,2)x＋2答案：B2．设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2A．f(x)>0 B．f(x)<0 C．f(x)>x D．f(x)<x解析：若x＝0，则f(0)>0，若x>0，由2f(x)＋xf′(x)>x2得2xf(x)＋x2f′(x)>x即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2f(x)－\f(1,4)x4))′>0.设g(x)＝x2f(x)－eq\f(1,4)x4，则g(x)在(0，＋∞)上递增，从而g(x)≥g(0)，即f(x)>eq\f(1,4)x2≥0.若x<0，由2f(x)＋xf′(x)>x2得2xf(x)＋x2f′(x)<x3