导数的概念及其运算(文带答案)

导数的概念及其运算1．f′(x)是函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋2x＋1的导函数，那么f′(－1)的值为________．答案3解析∵f′(x)＝x2＋2，∴f′(－1)＝(－1)2＋2＝3.2.如图，函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程是y＝－x＋8，那么f(5)＋f′(5)＝______.答案2解析如图可知，f(5)＝3，f′(5)＝－1，因此f(5)＋f′(5)＝2.3．f(x)＝x2＋3xf′(2)，那么f′(2)＝________.答案－2解析由题意得f′(x)＝2x＋3f′(2)∴f′(2)＝2×2＋3f′(2)，∴f′(2)＝－4．点P在曲线f(x)＝x4－x上，曲线在点P处的切线平行于3x－y＝0，那么点P的坐标为________．答案(1,0)解析由题意知，函数f(x)＝x4－x在点P处的切线的斜率等于3，即f′(x0)＝4xeq\o\al(3,0)－1＝3，∴x0＝1，将其代入f(x)中可得P(1,0)．5．曲线y＝eq\f(x,x＋2)在点(－1，－1)处的切线方程为____________．答案y＝2x＋1解析易知点(－1，－1)在曲线上，且y′＝eq\f(x＋2－x,x＋22)＝eq\f(2,x＋22)，∴切线斜率k＝y′|x＝－1＝eq\f(2,1)＝2.由点斜式得切线方程为y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1.求以下各函数的导数：(1)y＝eq\f(1,1－\r(x))＋eq\f(1,1＋\r(x))；(2)y＝eq\f(cos2x,sinx＋cosx)；(3)y＝－sineq\f(x,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2cos2\f(x,4)))；(4)y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)．解(1)∵y＝eq\f(1,1－\r(x))＋eq\f(1,1＋\r(x))＝eq\f(2,1－x)，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)))′＝eq\f(－21－x′,1－x2)＝eq\f(2,1－x2).(2)∵y＝eq\f(cos2x,sinx＋cosx)＝cosx－sinx，∴y′＝－sinx－cosx.(3)∵y＝－sineq\f(x,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－cos\f(x,2)))＝eq\f(1,2)sinx，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx))′＝eq\f(1,2)(sinx)′＝eq\f(1,2)cosx.(4)方法一y＝(x2＋3x＋2)(x＋3)＝x3＋6x2＋11x＋6，∴y′＝3x2＋12x＋11.方法二y′＝[(x＋1)(x＋2)]′(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)(x＋3)′＝[(x＋1)′(x＋2)＋(x＋1)(x＋2)′](x＋3)＋(x＋1)·(x＋2)＝(x＋2＋x＋1)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＝(2x＋3)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＝3x2＋12x＋11.导数的几何意义例3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．思维启迪：求曲线的切线方程，方法是通过切点坐标，求出切线的斜率，再通过点斜式得切线方程．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Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(1,3)x\o\al(3,0)＋\f(4,3)))，那么切线的斜率为y′|x＝x0＝xeq\o\al(2,0).∴切线方程为y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x\o\al(3,0)＋\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x－y＋2＝0或4x－y－4＝0.(3)设切点为(x0，y0)，那么切线的斜率为xeq\o\al(2,0)＝1，x0＝±1.切点为(－1,1)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\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.抛物线y＝ax2＋bx＋c通过点P(1,1)，且在点Q(2，－1)处与直线y＝x－3相切，求实数a、b、c的值．解∵y′＝2ax＋b，∴抛物线在点Q(2，－1)处的切线斜率为k＝y′|x＝2＝4a＋b∴4a＋b＝1.又∵点P(1,1)、Q(2，－1)在抛物线上，∴a＋b＋c＝1，②4a＋2b＋c＝－1.联立①②③解方程组，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－11，,c＝9.))∴实数a、b、c的值分别为3、－11、9.求以下各函数的导数：(1)y＝eq\f(1,1－\r(x))＋eq\f(1,1＋\r(x))；(2)y＝eq\f(cos2x,sinx＋cosx)；(3)y＝－sineq\f(x,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2cos2\f(x,4)))；(4)y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)．解(1)∵y＝eq\f(1,1－\r(x))＋eq\f(1,1＋\r(x))＝eq\f(2,1－x)，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)))′＝eq\f(－21－x′,1－x2)＝eq\f(2,1－x2).(2)∵y＝eq\f(cos2x,sinx＋cosx)＝cosx－sinx，∴y′＝－sinx－cosx.(3)∵y＝－sineq\f(x,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－cos\f(x,2)))＝eq\f(1,2)sinx，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx))′＝eq\f(1,2)(sinx)′＝eq\f(1,2)cosx.(4)方法一y＝(x2＋3x＋2)(x＋3)＝x3＋6x2＋11x＋6，∴y′＝3x2＋12x＋11.方法二y′＝[(x＋1)(x＋2)]′(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)(x＋3)′＝[(x＋1)′(x＋2)＋(x＋1)(x＋2)′](x＋3)＋(x＋1)·(x＋2)＝(x＋2＋x＋1)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＝(2x＋3)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＝3x2＋12x＋11.A组专项根底训练(时间：35分钟，总分值：57分)一、选择题(每题5分，共20分)1．假设函数f(x)＝ax4＋bx2＋c满足f′(1)＝2，那么f′(－1)等于()A．－1B．－2C．2D答案B解析f′(x)＝4ax3＋2bx，∵f′(x)为奇函数且f′(1)＝2，∴f′(－1)＝－2.2．f(x)＝xlnx，假设f′(x0)＝2，那么x0等于()A．e2B．eC.eq\f(ln2,2)D．ln2答案B解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，由f′(x0)＝2，即lnx0＋1＝2，解得x0＝e.3．假设曲线y＝x4的一条切线l与直线x＋4y－8＝0垂直，那么l的方程为()A．4x－y－3＝0B．x＋4y－5＝0C．4x－y＋3＝0D．x＋4y＋3＝0答案A解析切线l的斜率k＝4，设y＝x4的切点的坐标为(x0，y0)，那么k＝4xeq\o\al(3,0)＝4，∴x0＝1，∴切点为(1,1)，即y－1＝4(x－1)，整理得l的方程为4x－y－3＝0.4．假设曲线y＝x－eq\f(1,2)在点(a，a－eq\f(1,2))处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为18，那么a等于()A．64B．32C．16D．8答案A解析∵y＝x－eq\f(1,2)，∴y′＝－eq\f(1,2)x－eq\f(3,2)，∴曲线在点(a，a－eq\f(1,2))处的切线斜率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.∴该切线与两坐标轴围成的三角形的面积为S＝eq\f(1,2)·3a·eq\f(3,2)a－eq\f(1,2)＝eq\f(9,4)aeq\f(1,2)＝18，∴a＝64.二、填空题(每题5分，共15分)5．假设以曲线y＝eq\f(1,3)x3＋bx2＋4x＋c(c为常数)上任意一点为切点的切线的斜率恒为非负数，那么实数b的取值范围为__________．答案[－2,2]解析y′＝x2＋2bx＋4，∵y′≥0恒成立，∴Δ＝4b2－16≤0，∴－2≤b≤2.6．设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))sinx＋cosx，那么f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝________.答案－eq\r(2)解析因为f(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))sinx＋cosx，所以f′(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))cosx－sinx，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))coseq\f(π,2)－sineq\f(π,2)，即f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1，所以f(x)＝－sinx＋cosx，故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－coseq\f(π,4)－sineq\f(π,4)＝－eq\r(2).7．函数f(x)，g(x)满足f(5)＝5，f′(5)＝3，g(5)＝4，g′(x)＝1，那么函数y＝eq\f(fx＋2,gx)的图象在x＝5处的切线方程为____________．答案5x－16y＋3＝0解析由y＝eq\f(fx＋2,gx)＝h(x)知y′＝h′(x)＝eq\f(f′xgx－fx＋2g′x,[gx]2)，得h′(5)＝eq\f(f′5g5－f5＋2g′5,[g5]2)＝eq\f(3×4－5＋2×1,42)＝eq\f(5,16).又h(5)＝eq\f(f5＋2,g5)＝eq\f(5＋2,4)＝eq\f(7,4)，所以切线方程为y－eq\f(7,4)＝eq\f(5,16)(x－5)，即5x－16y＋3＝0.三、解答题(共22分)8．(10分)曲线y＝x3＋x－2在点P0处的切线l1平行于直线4x－y－1＝0，且点P0在第三象限．(1)求P0的坐标；(2)假设直线l⊥l1，且l也过切点P0，求直线l的方程．解(1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，由令3x2＋1＝4，解之得x＝±1.当x＝1时，y＝0；当x＝－1时，y＝－4.又∵点P0在第三象限，∴切点P0的坐标为(－1，－4)．(2)∵直线l⊥l1，l1的斜率为4，∴直线l的斜率为－eq\f(1,4).∵l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)，∴直线l的方程为y＋4＝－eq\f(1,4)(x＋1)，即x＋4y＋17＝0.9．(12分)函数f(x)＝eq\r(x)在x＝eq\f(1,4)处的切线为l，直线g(x)＝kx＋eq\f(9,4)与l平行，求f(x)的图象上的点到直线g(x)的最短距离．解因为f(x)＝eq\r(x)，所以f′(x)＝eq\f(1,2\r(x)).所以切线l的斜率为k＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1，切点为Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))).所以切线l的方程为x－y＋eq\f(1,4)＝0.因为切线l与直线g(x)＝kx＋eq\f(9,4)平行，所以k＝1，即g(x)＝x＋eq\f(9,4).f(x)的图象上的点到直线g(x)＝x＋eq\f(9,4)的最短距离为切线l：x－y＋eq\f(1,4)＝0与直线x－y＋eq\f(9,4)＝0之间的距离，所以所求最短距离为eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)－\f(1,4))),\r(2))＝eq\r(2).B组专项能力提升(时间：25分钟，总分值：43分)一、选择题(每题5分，共15分)1．假设函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的顶点在第四象限，那么函数f′(x)的大致图象是()答案A解析∵f(x)＝x2＋bx＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,2)))2－eq\f(b2,4)＋c，由f(x)的图象的顶点在第四象限得－eq\f(b,2)>0，∴b<0.又f′(x)＝2x＋b，斜率为正，纵截距为负，应选A.2．(2023·湖南)曲线y＝eq\f(sinx,sinx＋cosx)－eq\f(1,2)在点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))处的切线的斜率为()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(2),2)答案B解析∵y′＝eq\f(cosxsinx＋cosx－cosx－sinxsinx,sinx＋cosx2)＝eq\f(1,sinx＋cosx2).故y′|x＝eq\f(π,4)＝eq\f(1,2)，∴曲线在点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))处的切线的斜率为eq\f(1,2).3．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，那么α的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))答案D解析设曲线在点P处的切线斜率为k，那么k＝y′＝eq\f(－4ex,ex＋12)＝eq\f(－4,ex＋\f(1,ex)＋2).因为ex>0，所以由根本不等式可得k≥eq\f(－4,2\r(ex·\f(1,ex))＋2)＝－1.又k<0，所以－1≤k<0，即－1≤tanα<0.所以eq\f(3π,4)≤α<π.应选D.二、填空题(每题5分，共15分)4．假设函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)f′(1)x2－f′(2)x＋5，那么曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线l的方程为________．答案x－y＋5＝0解析f′(x)＝－x2＋f′(1)·x－f′(2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝－1＋f′1－f′2,f′2＝－4＋2f′1－f′2))，∴f′(2)＝－1，f′(1)＝1.∴f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋x＋5，f′(x)＝－x2＋x＋1.∴f′(0)＝1，f(0)＝5.∴曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x＋5.5.函数y＝f(x)及其导函数y＝f′(x)的图象如下图，那么曲线y＝f(x)在点P处的切线方程是__________．答案x－y－2＝0解析根据导数的几何意义及图象可知，曲线y＝f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(2)＝1，又过点P(2,0)，所以切线方程为x－y－2＝0.6．曲边梯形由曲线y＝x2＋1，y＝0，x＝1，x＝2所围成，过曲线y＝x2＋1，x∈[1,2]上一点P作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，那么这一点的坐标为__________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(13,4)))解析设P(x0，xeq\o\al(2,0)＋1)，x∈[1,2]，那么易知曲线y＝x2＋1在点P处的切线方程为y－(xeq\o\al(2,0)＋1)＝2x0(x－x0)，令y＝2x0(x－x0)＋xeq\o\al(2,0)＋1＝g(x)，由g(1)＋g(2)＝2(xeq\o\al(2,0)＋1)＋2x0(1－x0＋2－x0)，得S普通梯形＝eq\f(g1＋g2,2)×1＝－xeq\o\al(2,0)＋3x0＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,2)))2＋eq\f(13,4)，所以当P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(13,4)))时，S普通梯形最大．三、解答题7．(13分)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)曲线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)设P(x0，y0)为曲线上任一点，由y′＝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)．故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.复习与回忆：三角函数与平面向量的综合应用1．角α终边上一点P(－4,3)，那么eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin－π－α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)＋α)))的值为________．答案－eq\f(3,4)解析eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin－π－α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,2)－α))sin\f(9π,2)＋α)＝eq\f(－sinα·sinα,－sinα·cosα)＝tanα.根据三角函数的定义得tanα＝eq\f(y,x)＝－eq\f(3,4).所以eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin－π－α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,2)＋α)))＝－eq\f(3,4).2．f(x)＝sin(x＋θ)＋eq\r(3)cos(x＋θ)的一条对称轴为y轴，且θ∈(0，π)，那么θ＝________.答案eq\f(π,6)解析f(x)＝sin(x＋θ)＋eq\r(3)cos(x＋θ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋θ＋\f(π,3)))，由θ＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)及θ∈(0，π)，可得θ＝eq\f(π,6).3.如下图的是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0，|φ|∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))))图象的一局部，那么f(x)的解析式为____________．答案f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,6)))＋1解析由于最大值和最小值之差等于4，故A＝2，B＝1.由于2＝2sinφ＋1，且|φ|∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得φ＝eq\f(π,6).由图象知ω(－π)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，得ω＝－2k＋eq\f(2,3)(k∈Z)．又eq\f(2π,ω)>2π，∴0<ω<1.∴ω＝eq\f(2,3).∴函数f(x)的解析式是f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,6)))＋1.4．(2023·四川改编)如图，正方形ABCD的边长为1，延长BA至E，使AE＝1，连接EC、ED，那么sin∠CED＝________.答案eq\f(\r(10),10)解析方法一应用两角差的正弦公式求解．由题意知，在Rt△ADE中，∠AED＝45°，在Rt△BCE中，BE＝2，BC＝1，∴CE＝eq\r(5)，那么sin∠CEB＝eq\f(1,\r(5))，cos∠CEB＝eq\f(2,\r(5)).而∠CED＝45°－∠CEB，∴sin∠CED＝sin(45°－∠CEB)＝eq\f(\r(2),2)(cos∠CEB－sin∠CEB)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))－\f(1,\r(5))))＝eq\f(\r(10),10).方法二利用余弦定理及同角三角函数根本关系式求解．由题意得ED＝eq\r(2)，EC＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).在△EDC中，由余弦定理得cos∠CED＝eq\f(CE2＋DE2－DC2,2CE·DE)＝eq\f(3,10)eq\r(10)，又0<∠CED<π，∴sin∠CED＝eq\r(1－cos2∠CED)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)\r(10)))2)＝eq\f(\r(10),10).5.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝1，BC＝2，AB＝3，P是BC上的一个动点，当eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))取得最小值时，tan∠DPA的值为________．答案eq\f(12,35)解析如图，以A为原点，建立平面直角坐标系xAy，那么A(0,0)，B(3，0)，C(3,2)，D(0,1)，设∠CPD＝α，∠BPA＝β，P(3，y)(0≤y≤2)．∴eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－3,1－y)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－3，－y)，∴eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝y2－y＋9＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＋eq\f(35,4)，∴当y＝eq\f(1,2)时，eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))取得最小值，此时Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)))，易知|eq\o(DP,\s\up6(→))|＝|eq\o(AP,\s\up6(→))|，α＝β.在△ABP中，tanβ＝eq\f(3,\f(1,2))＝6，tan∠DPA＝－tan(α＋β)＝eq\f(2tanβ,tan2β－1)＝eq\f(12,35).6、(2023·浙江)函数f(x)＝Asin(eq\f(π,3)x＋φ)，x∈R，A>0,0<φ<eq\f(π,2)，y＝f(x)的局部图象如下图，P、Q分别为该图象的最高点和最低点，点P的坐标为(1，A)．(1)求f(x)的最小正周期及φ的值；(2)假设点R的坐标为(1,0)，∠PRQ＝eq\f(2π,3)，求A的值．思维启迪：三角函数图象确实定，可以利用图象的周期性、最值、点的坐标列方程来解决．解(1)由题意得T＝eq\f(2π,\f(π,3))＝6.因为P(1，A)在y＝Asin(eq\f(π,3)x＋φ)的图象上，所以sin(eq\f(π,3)＋φ)＝1.又因为0<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6).(2)设点Q的坐标为(x0，－A)．由题意可知eq\f(π,3)x0＋eq\f(π,6)＝eq\f(3π,2)，得x0＝4，所以Q(4，－A)．连接PQ，在△PRQ中，∠PRQ＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得cos∠PRQ＝eq\f(RP2＋RQ2－PQ2,2RP·RQ)＝eq\f(A2＋9＋A2－9＋4A2,2A·\r(9＋A2))＝－eq\f(1,2)，解得A2＝3.又A>0，所以A＝eq\r(3).7、向量m＝eq\b\lc\(\