高中数学北师大版2第二章变化率与导数 第2章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①加法与减法②乘法与除法③复合函数导数的定义函数f(x)在点x＝x0处的导数是f(x)在x0点附近的平均变化率eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)；当Δx趋于0时的极限，即f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)，这是数学上的“逼近思想”.对于导数的定义，必须明确定义中包含的基本内容和Δx→0的方式，掌握用定义求导数的三个步骤以及用定义求导数的一些简单变形.利用导数的定义求函数y＝eq\r(x2＋1)的导数.【精彩点拨】根据求导的步骤求解即可.【规范解答】y′＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(f（x＋Δx）－f（x）,Δx)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(\r(（x＋Δx）2＋1)－\r(x2＋1),Δx)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(2x·Δx＋（Δx）2,Δx[\r(（x＋Δx）2＋1)＋\r(x2＋1)])＝eq^\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(2x＋Δx,\r(（x＋Δx）2＋1)＋\r(x2＋1))＝eq\f(x,\r(x2＋1)).[再练一题]1.设f(x)在x处可导，则eq^\o(lim,\s\do4(Δh→0))eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(f（x＋h）－f（x－h）,2h)＝()A.2f′(h) \f(1,2)f′(x)′(x) D.4f′(【解析】eq^\o(lim,\s\do4(Δh→0))eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(f（x＋h）－f（x－h）,2h)＝eq^\o(lim,\s\do4(Δh→0))eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(f（x＋h）－f（x）＋f（x）－f（x－h）,2h)＝eq\f(1,2)eq^\o(lim,\s\do4(Δh→0))eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(f（x＋h）－f（x）,h)＋eq\f(1,2)eq^\o(lim,\s\do4(Δh→0))eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(f（x）－f（x－h）,h)＝f′(x).【答案】C导数的几何意义利用导数的几何意义求切线方程时关键是搞清所给的点是不是切点，常见的类型有两种，一是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，先求导，再求斜率代入直线方程即可得；另一类是求“过某点的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，可先设切点为Q(x1，y1)，则切线方程为y－y1＝f′(x1)(x－x1)，再由切线过点P(x0，y0)得y0－y1＝f′(x1)(x0－x1)， ①又y1＝f(x1)， ②由①②求出x1，y1的值，即求出了过点P(x0，y0)的切线方程.已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标.【规范解答】(1)可判定点(2，－6)在曲线y＝f(x)上.∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1，∴f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率为k＝f′(2)＝13.∴切线的方程为y－(－6)＝13(x－2)，即y＝13x－32.(2)设切点为(x0，y0)，则直线l的斜率为f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，y0＝xeq\o\al(3,0)＋x0－16，∴直线l的方程为y＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16.又∵直线l过点(0，0)，∴0＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16，整理得，xeq\o\al(3,0)＝－8，∴x0＝－2.∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，得切点坐标为(－2，－26)，k＝3×(－2)2＋1＝13.∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26).[再练一题]2.已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R).当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程.【解】函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(a,x).当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－eq\f(2,x)(x>0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.求函数的导数求函数的导数要准确把函数分割为基本函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导数.在求导过程中，要仔细分析出函数解析式的结构特征，根据导数运算法则，联系基本函数的导数公式.对于不具备导数运算法则结构形式的要进行适当恒等变形，转化为较易求导的结构形式，再求导数，进而解决一些切线斜率、瞬时速度等问题.求下列函数的导数.(1)y＝(1＋x2)cosx；(2)y＝eq\f(lnx,x)－2x；(3)y＝eeq\s\up8(－ax2＋bx).【精彩点拨】认真分析解析式的特征，判断函数是由基本初等函数的和、差、积、商构成还是复合构成，然后选择相应的求导法则进行运算.【规范解答】(1)∵y＝(1＋x2)cosx，∴y′＝2xcosx＋(1＋x2)(－sinx)＝2xcosx－sinx－x2sinx.(2)∵y＝eq\f(lnx,x)－2x，∴y′＝eq\f(（lnx）′x－x′lnx,x2)－2xln2＝eq\f(1－lnx,x2)－2xln2.(3)y＝eu，u＝－ax2＋bx.y′＝yu′·ux′＝eu·(－ax2＋bx)′＝eu·(－2ax＋b)＝(－2ax＋b)eeq\s\up8(－ax2＋bx).[再练一题]3.求下列函数的导数.(1)y＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)＋\f(1,x3)))；(2)y＝eq\f(3x2－x\r(x)＋5\r(x)－9,\r(x))；(3)y＝eq\r(1＋ln2x).【解】(1)∵y＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)＋\f(1,x3)))＝x3＋1＋eq\f(1,x2)，∴y′＝3x2－eq\f(2,x3).(2)∵y＝3xeq\s\up8(\f(3,2))－x＋5－9xeq\s\up12(-\f(1,2))，∴y′＝3(xeq\s\up8(\f(3,2)))′－x′＋5′－9(xeq\s\up12(-\f(1,2)))′＝eq\f(9,2)xeq\s\up8(\f(1,2))－1＋eq\f(9,2)xeq\s\up12(-\f(3,2))＝eq\f(9,2)eq\r(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))－1.(3)y＝ueq\s\up12(\f(1,2))，u＝1＋v2，v＝lnx.y′＝yu′·uv′·vx′＝eq\f(1,2)ueq\s\up12(-\f(1,2))·2v·eq\f(1,x)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,\r(1＋ln2x))·2lnx·eq\f(1,x)＝eq\f(lnx,x\r(1＋ln2x)).转化与化归思想为了解决问题的方便，我们经常把所给问题进行形式上的转化，以使问题易于理解.本章中转化与化归思想主要体现在平均速度与瞬时速度的转化，平均变化率与瞬时变化率的转化.复合函数的导数[f(φ(x))]′＝f′(u)φ′(x)是利用两个简单函数导数的积求得，其中也体现了转化与化归思想.已知直线x－2y－4＝0与抛物线y2＝x相交于A，B两点，O为坐标原点，试在抛物线的弧eq\o(AOB,\s\up8(︵))上求一点P，使△ABP的面积最大.【精彩点拨】因为|AB|为定值，故使△ABP的面积最大，只需求点P到AB的距离最大，问题转化为求平行于直线AB的切线的切点即可.【规范解答】设P(x0，y0)，过点P与AB平行的直线为l，如图.由于直线x－2y－4＝0与抛物线y2＝x相交于A，B两点，所以|AB|为定值，要使△ABP的面积最大，只要P到AB的距离最大，而P点是抛物线的弧eq\o(AOB,\s\up8(︵))上的一点，因此点P是抛物线上平行于直线AB的切线的切点，由图知点P在x轴上方，y＝eq\r(x)，y′＝eq\f(1,2\r(x))，由题意知kAB＝eq\f(1,2)，所以kl＝eq\f(1,2\r(x0))＝eq\f(1,2)，即x0＝1，所以y0＝1，所以P(1，1).[再练一题]4.已知抛物线y＝x2，直线x－y－2＝0，求抛物线上的点到直线的最短距离.【导学号：94210052】【解】根据题意可知与直线x－y－2＝0平行的抛物线y＝x2的切线，对应的切点到直线x－y－2＝0的距离最短，设切点坐标为(x0，xeq\o\al(2,0))，则当x＝x0时，y′＝2x0＝1，所以x0＝eq\f(1,2)，所以切点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)))，切点到直线x－y－2＝0的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)－2)),\r(2))＝eq\f(7\r(2),8)，所以抛物线上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为eq\f(7\r(2),8).1.若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质，下列函数中具有T性质的是()＝sinx ＝lnx＝ex ＝x3【解析】若y＝f(x)的图象上存在两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则f′(x1)·f′(x2)＝－1.对于A：y′＝cosx，若有cosx1·cosx2＝－1，则存在x1＝2kπ，x2＝2kπ＋π(k∈Z)时，结论成立；对于B：y′＝eq\f(1,x)，若有eq\f(1,x1)·eq\f(1,x2)＝－1，即x1x2＝－1，∵x>0，∴不存在x1，x2，使得x1x2＝－1；对于C：y′＝ex，若有exeq\s\do1(1)·exeq\s\do1(2)＝－1，即exeq\s\do1(1)＋xeq\s\do1(2)＝－1.显然不存在这样的x1，x2；对于D：y′＝3x2，若有3xeq\o\al(2,1)·3xeq\o\al(2,2)＝－1，即9xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＝－1，显然不存在这样的x1，x2.综上所述，选A.【答案】A2.已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图像在点(1，f(1))处的切线过点(2，7)，则a＝________.【解析】∵f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a又f(1)＝a＋2，∴切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x∵切线过点(2，7)，∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得a【答案】13.已知曲线y＝x＋lnx在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.【解析】法一：∵y＝x＋lnx，∴y′＝1＋eq\f(1,x)，y′eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,,x＝1))＝2.∴曲线y＝x＋lnx在点(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.∵y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，∴a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,y＝ax2＋（a＋2）x＋1，))消去y，得ax2＋ax＋2＝0.由Δ＝a2－8a＝0，解得a法二：同方法一得切线方程为y＝2x－1.设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，axeq\o\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1).∵y′＝2ax＋(a＋2)，∴y′eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,,x＝x0))＝2ax0＋(a＋2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ax0＋（a＋2）＝2，,axeq\o\al(2,0)＋（a＋2）x0＋1＝2x0－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(1,2)，,a＝8.))【答案】84.设曲线y＝ex在点(0，1)处的切线与曲线y＝eq\f(1,x)(x>0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为__________.【解析】y′＝ex，曲线y＝ex在点(0，1)处的切线的斜率k1＝e0＝1，设P(m，n)，y＝eq\f(1,x)(x>0)的导数为y′＝－eq\f(1,x2)(x>0)，曲线