高中數(shù)學(xué)北師大版2第二章變化率與導(dǎo)數(shù) 第2章章末分層突破

章末分層突破[自我校對(duì)]①加法與減法②乘法與除法③復(fù)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)的定義函數(shù)f(x)在點(diǎn)x＝x0處的導(dǎo)數(shù)是f(x)在x0點(diǎn)附近的平均變化率eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f（x0＋Δx）－f（x0）,Δx)；當(dāng)Δx趨于0時(shí)的極限，即f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)，這是數(shù)學(xué)上的“逼近思想”.對(duì)于導(dǎo)數(shù)的定義，必須明確定義中包含的基本內(nèi)容和Δx→0的方式，掌握用定義求導(dǎo)數(shù)的三個(gè)步驟以及用定義求導(dǎo)數(shù)的一些簡(jiǎn)單變形.利用導(dǎo)數(shù)的定義求函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)的導(dǎo)數(shù).【精彩點(diǎn)撥】根據(jù)求導(dǎo)的步驟求解即可.【規(guī)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)).[再練一題]1.設(shè)f(x)在x處可導(dǎo)，則eq^\o(lim,\s\do4(Δh→0))eq\o(lim,\s\do14(Δx→0))eq\f(f（x＋h）－f（x－h(huán)）,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(huán)）,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(huán)）,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(huán)）,h)＝f′(x).【答案】C導(dǎo)數(shù)的幾何意義利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程時(shí)關(guān)鍵是搞清所給的點(diǎn)是不是切點(diǎn)，常見的類型有兩種，一是求“在某點(diǎn)處的切線方程”，則此點(diǎn)一定為切點(diǎn)，先求導(dǎo)，再求斜率代入直線方程即可得；另一類是求“過某點(diǎn)的切線方程”，這種類型中的點(diǎn)不一定是切點(diǎn)，可先設(shè)切點(diǎn)為Q(x1，y1)，則切線方程為y－y1＝f′(x1)(x－x1)，再由切線過點(diǎn)P(x0，y0)得y0－y1＝f′(x1)(x0－x1)， ①又y1＝f(x1)， ②由①②求出x1，y1的值，即求出了過點(diǎn)P(x0，y0)的切線方程.已知函數(shù)f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，－6)處的切線的方程；(2)直線l為曲線y＝f(x)的切線，且經(jīng)過原點(diǎn)，求直線l的方程及切點(diǎn)坐標(biāo).【規(guī)范解答】(1)可判定點(diǎn)(2，－6)在曲線y＝f(x)上.∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1，∴f(x)在點(diǎn)(2，－6)處的切線的斜率為k＝f′(2)＝13.∴切線的方程為y－(－6)＝13(x－2)，即y＝13x－32.(2)設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則直線l的斜率為f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)＋1，y0＝xeq\o\al(3,0)＋x0－16，∴直線l的方程為y＝(3xeq\o\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq\o\al(3,0)＋x0－16.又∵直線l過點(diǎn)(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，得切點(diǎn)坐標(biāo)為(－2，－26)，k＝3×(－2)2＋1＝13.∴直線l的方程為y＝13x，切點(diǎn)坐標(biāo)為(－2，－26).[再練一題]2.已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(a∈R).當(dāng)a＝2時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)A(1，f(1))處的切線方程.【解】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(a,x).當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－eq\f(2,x)(x>0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)A(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)要準(zhǔn)確把函數(shù)分割為基本函數(shù)的和、差、積、商，再利用運(yùn)算法則求導(dǎo)數(shù).在求導(dǎo)過程中，要仔細(xì)分析出函數(shù)解析式的結(jié)構(gòu)特征，根據(jù)導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則，聯(lián)系基本函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式.對(duì)于不具備導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則結(jié)構(gòu)形式的要進(jìn)行適當(dāng)恒等變形，轉(zhuǎn)化為較易求導(dǎo)的結(jié)構(gòu)形式，再求導(dǎo)數(shù)，進(jìn)而解決一些切線斜率、瞬時(shí)速度等問題.求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù).(1)y＝(1＋x2)cosx；(2)y＝eq\f(lnx,x)－2x；(3)y＝eeq\s\up8(－ax2＋bx).【精彩點(diǎn)撥】認(rèn)真分析解析式的特征，判斷函數(shù)是由基本初等函數(shù)的和、差、積、商構(gòu)成還是復(fù)合構(gòu)成，然后選擇相應(yīng)的求導(dǎo)法則進(jìn)行運(yùn)算.【規(guī)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′＝y(tǒng)u′·ux′＝eu·(－ax2＋bx)′＝eu·(－2ax＋b)＝(－2ax＋b)eeq\s\up8(－ax2＋bx).[再練一題]3.求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù).(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′＝y(tǒng)u′·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)).轉(zhuǎn)化與化歸思想為了解決問題的方便，我們經(jīng)常把所給問題進(jìn)行形式上的轉(zhuǎn)化，以使問題易于理解.本章中轉(zhuǎn)化與化歸思想主要體現(xiàn)在平均速度與瞬時(shí)速度的轉(zhuǎn)化，平均變化率與瞬時(shí)變化率的轉(zhuǎn)化.復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)[f(φ(x))]′＝f′(u)φ′(x)是利用兩個(gè)簡(jiǎn)單函數(shù)導(dǎo)數(shù)的積求得，其中也體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸思想.已知直線x－2y－4＝0與拋物線y2＝x相交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，試在拋物線的弧eq\o(AOB,\s\up8(︵))上求一點(diǎn)P，使△ABP的面積最大.【精彩點(diǎn)撥】因?yàn)閨AB|為定值，故使△ABP的面積最大，只需求點(diǎn)P到AB的距離最大，問題轉(zhuǎn)化為求平行于直線AB的切線的切點(diǎn)即可.【規(guī)范解答】設(shè)P(x0，y0)，過點(diǎn)P與AB平行的直線為l，如圖.由于直線x－2y－4＝0與拋物線y2＝x相交于A，B兩點(diǎn)，所以|AB|為定值，要使△ABP的面積最大，只要P到AB的距離最大，而P點(diǎn)是拋物線的弧eq\o(AOB,\s\up8(︵))上的一點(diǎn)，因此點(diǎn)P是拋物線上平行于直線AB的切線的切點(diǎn)，由圖知點(diǎn)P在x軸上方，y＝eq\r(x)，y′＝eq\f(1,2\r(x))，由題意知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).[再練一題]4.已知拋物線y＝x2，直線x－y－2＝0，求拋物線上的點(diǎn)到直線的最短距離.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：94210052】【解】根據(jù)題意可知與直線x－y－2＝0平行的拋物線y＝x2的切線，對(duì)應(yīng)的切點(diǎn)到直線x－y－2＝0的距離最短，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，xeq\o\al(2,0))，則當(dāng)x＝x0時(shí)，y′＝2x0＝1，所以x0＝eq\f(1,2)，所以切點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)))，切點(diǎn)到直線x－y－2＝0的距離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)，所以拋物線上的點(diǎn)到直線x－y－2＝0的最短距離為eq\f(7\r(2),8).1.若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在兩點(diǎn)，使得函數(shù)的圖象在這兩點(diǎn)處的切線互相垂直，則稱y＝f(x)具有T性質(zhì)，下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是()＝sinx ＝lnx＝ex ＝x3【解析】若y＝f(x)的圖象上存在兩點(diǎn)(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，使得函數(shù)圖象在這兩點(diǎn)處的切線互相垂直，則f′(x1)·f′(x2)＝－1.對(duì)于A：y′＝cosx，若有cosx1·cosx2＝－1，則存在x1＝2kπ，x2＝2kπ＋π(k∈Z)時(shí)，結(jié)論成立；對(duì)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；對(duì)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.顯然不存在這樣的x1，x2；對(duì)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，顯然不存在這樣的x1，x2.綜上所述，選A.【答案】A2.已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖像在點(diǎn)(1，f(1))處的切線過點(diǎn)(2，7)，則a＝________.【解析】∵f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a又f(1)＝a＋2，∴切線方程為y－(a＋2)＝(3a＋1)(x∵切線過點(diǎn)(2，7)，∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得a【答案】13.已知曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1，1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則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.∴曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1，1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.∵y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，∴a≠0(當(dāng)a＝0時(shí)曲線變?yōu)閥＝2x＋1與已知直線平行).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：同方法一得切線方程為y＝2x－1.設(shè)y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于點(diǎn)(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.設(shè)曲線y＝ex在點(diǎn)(0，1)處的切線與曲線y＝eq\f(1,x)(x>0)上點(diǎn)P處的切線垂直，則P的坐標(biāo)為__________.【解析】y′＝ex，曲線y＝ex在點(diǎn)(0，1)處的切線的斜率k1＝e0＝1，設(shè)P(m，n)，y＝eq\f(1,x)(x>0)的導(dǎo)數(shù)為y′＝－eq\f(1,x2)(x>0)，曲線