人教版高中數學選修2-2PAGEPAGE1第一章導數及其應用§1.1變化率與導數1．1.1變化率問題1．1.2導數的概念一、選擇題1．質點運動規律s＝t2＋3，則在時間[3,3＋Δt]中，相應的平均速度等于()A．6＋Δt B．6＋Δt＋eq\f(9,Δt)C．3＋Δt D．9＋Δt2．設函數f(x)在點x0附近有定義，且有f(x0＋Δx)－f(x0)＝aΔx＋b(Δx)2(a，b為常數)，則()A．f′(x)＝a B．f′(x0)＝aC．f′(x)＝b D．f′(x0)＝b3．如圖，函數y＝f(x)在A，B兩點間的平均變化率是()A．1 B．－1C．2 D．－24．如果某物體的運動方程為s＝2(1－t2)(s的單位為m，t的單位為s)，那么其在1.2s末的瞬時速度為()A．－4.8m/s B．－0.88m/sC．0.88m/s D．4.8m/s5．設函數f(x)可導，則eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋3Δx－f1,3Δx)等于()A．f′(1)B．3f′(1)C.eq\f(1,3)f′(1)D．f′(3)6．一個質點沿直線運動，如果由始點起經過t秒后的位移為s＝eq\f(1,3)t3－3t2＋8t，那么速度為零的時刻是()A．1秒末 B．1秒末和2秒末C．4秒末 D．2秒末和4秒末二、填空題7．已知函數y＝eq\f(2,x)＋3，當x由2變到1.5時，函數的增量Δy＝________.8．已知函數f(x)＝eq\f(1,\r(x))，則f′(1)＝__________.9．如圖所示，函數y＝f(x)在[x1，x2]，[x2，x3]，[x3，x4]這幾個區間內，平均變化率最大的一個區間是____________．10．子彈在槍筒中的運動可以看作是勻加速直線運動．如果它的加速度是a＝5×105m/s2，子彈從槍口射出所用的時間為1.6×10－3s，則子彈射出槍口時的瞬時速度為__________m/s.三、解答題11．求函數y＝f(x)＝2x2＋4x在x＝3處的導數．12.若函數f(x)＝ax2＋c，且f′(1)＝2，求a的值．13．試比較正弦函數y＝sinx在x＝0和x＝eq\f(π,2)附近的平均變化率哪一個大．

[答案]精析1．A[因為eq\x\to(v)＝eq\f(s3＋Δt－s3,Δt)＝eq\f(6Δt＋Δt2,Δt)＝6＋Δt.故選A.]2．B[由導數定義得f′(x0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(aΔx＋bΔx2,Δx)＝a.故選B.]3．B[eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f3－f1,3－1)＝eq\f(1－3,2)＝－1.]4．A[物體運動在1.2s末的瞬時速度即為s在1.2處的導數，利用導數的定義即可求得．]5．A[eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋3Δx－f1,3Δx)＝f′(1)．]6．D[據導數的定義，得s′＝t2－6t＋8，令s′＝0，即t2－6t＋8＝0.解得t＝2或t＝4，故速度為零的時刻為2秒末和4秒末．]7.eq\f(1,3)[解析]Δy＝f(1.5)－f(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1.5)＋3))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)＋3))＝eq\f(4,3)－1＝eq\f(1,3).8．－eq\f(1,2)[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))－1,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(－1,\r(1＋Δx)1＋\r(1＋Δx))＝－eq\f(1,2).9．[x3，x4][解析]由平均變化率的定義可知，函數y＝f(x)在區間[x1，x2]，[x2，x3]，[x3，x4]上的平均變化率分別為：eq\f(fx2－fx1,x2－x1)，eq\f(fx3－fx2,x3－x2)，eq\f(fx4－fx3,x4－x3)，結合圖象可以發現函數y＝f(x)的平均變化率最大的一個區間是[x3，x4]．10．800[解析]運動方程為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，∴v＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝at0.又∵a＝5×105m/s2，t0＝1.6×10－3s，∴v＝at0＝8×102＝800(m/s)．11．解Δy＝2(3＋Δx)2＋4(3＋Δx)－(2×32＋4×3)＝12Δx＋2(Δx)2＋4Δx＝2(Δx)2＋16Δx，∴eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(2Δx2＋16Δx,Δx)＝2Δx＋16.∴y′|x＝3＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δy,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(2Δx＋16)＝16.12．解∵f(1＋Δx)－f(1)＝a(1＋Δx)2＋c－a－c＝a(Δx)2＋2aΔx.∴f′(1)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(aΔx2＋2aΔx,Δx)＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))(aΔx＋2a)＝2a，即2a＝2，∴a＝1.13．解當自變量從0變到Δx時，函數的平均變化率為k1＝eq\f(sinΔx－sin0,Δx)＝eq\f(sinΔx,Δx).當自變量從eq\f(π,2)變到Δx＋eq\f(π,2)時，函數的平均變化率為k2＝eq\f(sin\f(π,2)＋Δx－sin\f(π,2),Δx)＝eq\f(cosΔx－1,Δx).由于是在x＝0和x＝eq\f(π,2)的附近的平均變化率，可知Δx較小，但Δx既可化為正，又可化為負．當Δx＞0時，k1＞0，k2＜0，此時有k1＞k2.當Δx＜0時，k1－k2＝eq\f(sinΔx,Δx)－eq\f(cosΔx－1,Δx)＝eq\f(sinΔx－cosΔx＋1,Δx)＝eq\f(\r(2)sinΔx－\f(π,4)＋1,Δx).∵Δx＜0，∴Δx－eq\f(π,4)＜－eq\f(π,4)，∴sin(Δx－eq\f(π