第17周 导数的概念及其意义-【周测必刷】2025-2026学年高二数学选择性必修1+2（人教A版2019）

—110 — 【探究·一举突破】 探究路径 解 记第n个正方形的边长为bn, 由题意可知当n≥2时,b2n=2× bn-1 2 2 =12b 2 n-1, 则an= 1 2an-1 , 所以数列{an}是以a1=4为首项,q= 1 2 为公比的等比数列,即an =4× 12 n-1 =23-n. S2025= 4× 1- 12 2024 1-12 =8× 1- 122024 =8- 122021. 【综合·一练到底】 1.(1)证明 ∵an+1= 2 3an+n-4 且a1=λ, ∴a2= 2 3λ-3 ,a3= 4 9λ-4. 假设存在一个实数λ,使{an}是等比数列, 则a22=a1·a3, 即 2 3λ-3 2 =λ 49λ-4 , 即4 9λ 2-4λ+9=49λ 2-4λ,该方程无解, ∴对任意实数λ,数列{an}不是等比数列. (2)解 ∵bn=(-1)n(an-3n+21), ∴bn+1=(-1)n+1[an+1-3(n+1)+21] =(-1)n+1 23an-2n+14 =-23 (-1)n(an-3n+21) =-23bn , ∵b1=-(λ+18), ∴当λ=-18时,b1=0, 此时数列{bn}不是等比数列; 当λ≠-18时,b1≠0, 此时 bn+1 bn =-23 (n∈N*),数列{bn}是等比数列. 综上,当λ=-18时,{bn}不是等比数列; 当λ≠-18时,{bn}是等比数列. 2.解 (1)依 题 意,得 2Sn =an+1 -a1.于 是,当 n≥2 时, 有 2Sn=an+1-a1, 2Sn-1=an-a1. 两式相减,得an+1=3an(n≥2). 又因为a2=2S1+a1=3a1,an≠0,所以数列{an}是首项为a1,公比 为3的等比数列. 因此,an=a1·3n-1(n∈N*). (2)因为Sn= a1(1-3n) 1-3 = 1 2a1 ·3n-12a1 , 所以bn=1-Sn=1+ 1 2a1- 1 2a1 ·3n. 要使{bn}为等比数列,则1+ 1 2a1=0 , 即a1=-2. 3.解 (1)由nSn+1-(n+1)Sn= n(n+1) 2 , 得 Sn+1 n+1- Sn n = 1 2 , ∴数列{ Sn n }是首项为S1 1=1 ,公差为1 2 的等差数列, ∴ Sn n =1+ 1 2 (n-1)=12 (n+1),∴Sn= n(n+1) 2 . 当n≥2时,an=Sn-Sn-1= n(n+1) 2 - (n-1)n 2 =n. a1=1也适合上式,∴an=n. (2)由(1)知an=n,Sn= n(n+1) 2 . 假设存在正整数k,使ak,S2k,a4k成等比数列, 则S22k=ak·a4k,即 2k(2k+1) 2 2 =k·4k. ∵k为正整数, ∴(2k+1)2=4. 得2k+1=2或2k+1=-2, 解得k=12 或k=-32 ,与k为正整数矛盾. ∴不存在正整数k,使ak,S2k,a4k成等比数列. 【选做·一飞冲天】 (1)证明 当n=1时,由Sn=n-5an-85可知, a1=-14; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-5an+5an-1+1, 即6an=5an-1+1. 因此6an-6=5an-1+1-6=5(an-1-1), 所以an-1= 5 6 (an-1-1). 又a1-1=-15≠0, 所以数列{an-1}是等比数列. (2)解 由(1)知,an-1=-15× 5 6 n-1 , 得an=1-15× 5 6 n-1 , 从而Sn=75× 5 6 n-1 +n-90,n∈N*. 解不等式Sn<Sn+1, 得 5 6 n-1 <225 ,n>log5 6 2 25+1≈14.9 , 当n≥15时,数列{Sn}单调递增; 同理可得,当n≤15时,数列{Sn}单调递减. 故当n=15时,Sn 取得最小值. 第十六周 数学归纳法 【考点·一应俱全】 1.B [因为n为正偶数,所以当n=k时,下一个偶数为k+2.] 2.D [在n=k+1时,没有应用n=k时的归纳假设,不是数学归 纳法.] 3.未用归纳假设 [本题在由n=k成立证明n=k+1成立时,应用 了等比数列的求和公式,而未用上归纳假设,这与数学归纳法的要 求不符.] 4.6 [由题意,得当n=1时,21<(1+1)2;当n=2时,22<(2+1)2; 当n=3时,23<(3+1)2;当n=4时,24<(4+1)2;当n=5时, 25<(5+1)2;当n=6时,26>(6+1)2,所以用数学归纳法证明不 等式2n>(n+1)2(n≥n0,n∈N*)时,初始值n0 应等于6.] 【方法技巧】 数学归纳法的三个关键点 (1)验证是基础:找准起点,奠基要稳,有些问题中验证的初始值 不一定是1. (2)递推是关键:数学归纳法的实质在于递推,要正确分析式子中 项数的变化,弄清式子两边的构成规律. (3)利用假设是核心:在第二步证明n=k+1时,一定要利用归纳 假设. 5.D [增加项为1 2k + 1 2k+1 + 1 2k+2 +…+ 1 2k+1-1 ,共2k 项.] 6.C 7.D [因为当n=k时,等号的左端为1+2+3+…+k2,当n=k+1 时,等号的左端为1+2+3+…+(k+1)2,所以增加了(k2+1)+ (k2+2)+(k2+3)+…+(k+1)2.] 8.B [用数学归纳法证明不等式 1n+1+ 1 n+2+ …+13n≥ 5 6 的过程 中,假设n=k(k∈N*)时不等式成立,左边= 1k+1+ 1 k+2+ …+ 1 3k ,则当n=k+1时,左边= 1k+2+ …+13k+ 1 3k+1+ 1 3k+2+ 1 3(k+1) ,∴从n=k(k∈N*)到n=k+1,不 等 式 的 左 边 增 加 了 1 3k+1+ 1 3k+2+ 1 3(k+1)- 1 k+1= 1 3k+1+ 1 3k+2- 2 3k+3. ] 【方法技巧】 弄清楚等式或不等式两侧的项的变化规律,才能清 楚增加了哪些项或增加了多少项以及减少了哪些项或减少了多 少项. 9.证明 ①当n=1时,左边=1,右边=2×11+1=1 ,所以左边=右边, 等式成立. ②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时等式成立, 即1+ 11+2+ 1 1+2+3+ …+ 11+2+3+…+k= 2k k+1. 则当n=k+1时,1+ 11+2+ 1 1+2+3+ …+ 11+2+3+…+k+ 1 1+2+3+…+k+(k+1) = 2kk+1+ 1 1+2+3+…+k+(k+1) = 2kk+1+ 1 (k+1)(k+2)= 2(k+1)2 (k+1)(k+2)= 2(k+1) (k+1)+1. 则当n=k+1时,等式也成立. 由①②可知,对任意n∈N*,等式成立. 10.证明 ①当n=4时,f(4)=12×4× (4-3)=2,四边形有两条 对角线,命题成立. ②假设当n=k(k≥4,k∈N*)时命题成立,即凸k边形的对角线 的条数f(k)=12k (k-3). 当n=k+1时,凸k+1边形是在k边形基础上增加了一边,增加 了一个顶点Ak+1,增加的对角线条数是顶点 Ak+1与不相邻顶点 连线再加上原k边形的一边A1Ak,共增加的对角线条数为(k+ 1-3)+1=k-1. f(k+1)=12k (k-3)+k-1=12 (k2-k-2) =12 (k+1)(k-2)=12 (k+1)[(k+1)-3]. 故当n=k+1时,命题成立. 由①②可知,对任意n≥4,n∈N*,命题成立. 11.证明 ①当n=1时,左 边=21+2=4,右 边=1,所 以 左 边> 右边; 当n=2时,左边=22+2=6,右边=22=4,所以左边>右边; 当n=3时,左边=23+2=10,右边=32=9,所以左边>右边. 因此当n=1,2,3时,不等式成立. ②假设当n=k(k≥3,且k∈N*)时,不等式2k+2>k2 成立. 当n=k+1时,2k+1+2=2·2k+2=2(2k+2)-2>2k2-2= k2+2k+1+k2-2k-3=(k2+2k+1)+(k+1)(k-3), 由于k≥3,则k-3≥0,k+1>0,所以(k2+2k+1)+(k+1)(k- 3)≥k2+2k+1=(k+1)2. 所以2k+1+2>(k+1)2. 故当n=k+1时,原不等式也成立. 由①②,知原不等式对于任何n∈N*都成立. 12.证明 (1)当n=1时,左边=1-12= 1 2 ,右边=12 ,等式成立. (2)假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,等式成立,即 1-12+ 1 3- 1 4+ …+ 12k-1- 1 2k= 1 k+1+ 1 k+2+ …+12k , 那么当n=k+1时, 左边=1-12+ 1 3- 1 4+ …+ 12k-1- 1 2k+ 1 2k+1- 1 2k+2= 1 k+1+ 1 k+2+ …+12k+ 1 2k+1- 1 2k+2 = 1k+2+ 1 k+3+ …+ 12k+1+ 1 2k+2 = 1(k+1)+1+ 1 (k+1)+2+ …+ 1(k+1)+k+ 1 2(k+1). 上式表明当n=k+1时,等式也成立. 由(1)(2)知,等式对一切n∈N*均成立. 【探究·一举突破】 探究路径 证明 ①当n=1时,(3×1+1)×71-1=27, 能被9整除,所以命题成立. ②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,命题成立, 即(3k+1)·7k-1能被9整除. 那么当n=k+1时, [3(k+1)+1]·7k+1-1=(3k+4)·7k+1-1 =(3k+1)·7k+1-1+3·7k+1 =[(3k+1)·7k-1]+3·7k+1+6·(3k+1)·7k =[(3k+1)·7k-1]+7k(21+6×3k+6) =[(3k+1)·7k-1]+9·7k(2k+3). 由归纳假设知,(3k+1)·7k-1能被9整除, 而9·7k(2k+3)也能被9整除, 故[3(k+1)+1]·7k+1-1能被9整除. 则当n=k+1时,命题也成立. 由①②知,对任意n∈N*,(3n+1)·7n-1能被9整除. 【综合·一练到底】 1.A [当n=3时,这三个平面将空间分成了8部分,当n=k时,平 面将空间分成f(k)个部分,则当再添加1个面时,与其他k个面共 有k条交线,这k条交线过同一个点,将该平面分成2k个部分,每 一部分将所在的空间一分为二,故f(k+1)=f(k)+2k,即增加的 空间个数为2k.] 2.AD [由题意知p(k)对k=2,4,6,…,2002成立,当k取其他值 时不能确定p(k)是否成立,故选AD.] 3.π [由凸k边形变为凸k+1边形时,增加了一个三角形图形,故 f(k+1)=f(k)+π.] 【选做·一飞冲天】 解 (1)∵对任意n∈N*,都有Sn= n2 2+ an 2 成立, ∴a1=S1= 1 2+ a1 2 ,解得a1=1, S2= 22 2+ a2 2 ,即a1+a2=2+ a2 2 ,解得a2=2, S3= 32 2+ a3 2 ,即a1+a2+a3= 9 2+ a3 2 ,解得a3=3. (2)由(1)猜想an=n. 证明:①当n=1时,a1=1,显然成立; ②假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,ak=k成立,则 当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk = (k+1)2 2 + ak+1 2 - k2 2- ak 2 = (k+1)2 2 + ak+1 2 - k2 2- k 2 , ∴ak+1=k+1, 即当n=k+1时,等式也成立, 由①②可知,an=n对任意n∈N*都成立. 第十七周 导数的概念及其意义 【考点·一应俱全】 1.B [􀭵v=s (2)-s(1) 2-1 = 1 2-1=- 1 2. ] 2.解 (1)物体在区间 0,π4 上的平均速度为 􀭵v1= s π4 -s(0) π 4-0 = 2 2-0 π 4 =2 2π . 物体在区间 π 4 ,π 2 上的平均速度为 􀭵v2= s π2 -s π4 π 2- π 4 = 1- 22 π 4 =4-2 2π . (2)由(1)可 知􀭵v1-􀭵v2= 4 2-4 π >0 ,所 以 􀭵v2<􀭵v1.作出函数s(t)=sint在 0, π 2 上 的图象,如图所示,可以发现,s(t)=sint在 0,π2 上随着t的增大,函数值s(t)变化 得越来越慢. 【方法技巧】 求物体运动的平均速度的主要步骤 (1)计算位移的改变量s(t2)-s(t1). (2)计算时间的改变量t2-t1. (3)得平均速度􀭵v=s (t2)-s(t1) t2-t1 . 3.解 (1)该 质 点 在[1,1+Δt]这 段 时 间 内 的 平 均 速 度 为ΔsΔt =8-3 (1+Δt)2-8+3×12 Δt =(-6-3Δt)(m/s). (2)由(1)知,当Δt趋近于0时,ΔsΔt 趋近于-6, 所以该质点在t=1时的瞬时速度为-6m/s. 4.解 ∵质点 M 在t=2附近的平均变化率为 Δy Δt= s(2+Δt)-s(2) Δt = a(2+Δt)2-4a Δt =4a+aΔt , 又质点 M 在t=2时的瞬时速度为8m/s, ∴lim Δt→0 Δy Δt=4a=8 , 即a=2. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 109 — —112 — 【方法技巧】 求运动物体瞬时速度的三个步骤 (1)求位移改变量Δy=s(t0+Δt)-s(t0). (2)求平均速度􀭵v=ΔyΔt. (3)求瞬时速度,当Δt无限趋近于0时,ΔyΔt 无限趋近于的常数v 即为瞬时速度,即v=lim Δt→0 Δy Δt. 5.解 f(2+Δx)-f(2)=(2+Δx)2-(2+Δx)-2 =3Δx+(Δx)2, 所以切线的斜率k=lim Δx→0 f(2+Δx)-f(2) Δx =lim Δx→0 3Δx+(Δx)2 Δx =limΔx→0 (3+Δx)=3. 则切线方程为y-2=3(x-2),即3x-y-4=0. 6.解 由f (1+Δx)-f(1) Δx = (1+Δx)2-2(1+Δx)+3-2 Δx =Δx , 可得切线的斜率为k=lim Δx→0 Δx=0. 所以切线的方程为y-2=0×(x-1),即y=2. 7.解 (1)∵f(x)=-6x , ∴f(1)=-6,f(1.5)=-4,f(1.1)=-6011 , ∴该函 数 在 区 间[1,1.5]上 的 平 均 变 化 率 为f (1.5)-f(1) 1.5-1 = 2 0.5=4 , 在区间[1,1.1]上的平均变化率为f (1.1)-f(1) 1.1-1 = -6011+6 0.1 = 60 11. (2)函数f(x)在x=1处的瞬时变化率为 lim Δx→0 f(1+Δx)-f(1) Δx =limΔx→0 - 61+Δx- (-6) Δx =lim Δx→0 6Δx 1+Δx Δx =limΔx→0 6 1+Δx=6. 8.解 (1)∵Δy=f(x0+Δx)-f(x0) =2(x0+Δx)2+1-2x20-1=2Δx(2x0+Δx), ∴函数 f(x)在 区 间[x0,x0 +Δx]上 的 平 均 变 化 率 为 Δy Δx = 2Δx(2x0+Δx) Δx =4x0+2Δx. (2)由(1)可知ΔyΔx=4x0+2Δx , 当x0=2,Δx=0.01时, Δy Δx=4×2+2×0.01=8.02 , 即函数f(x)在区间[2,2.01]上的平均变化率为8.02. (3)Δy=f(2+Δx)-f(2)=2(2+Δx)2+1-(2×22+1)=2(Δx)2+ 8Δx. ∴ΔyΔx=2Δx+8. 故函数f(x)在x=2处的瞬时变化率为lim Δx→0 Δy Δx=limΔx→0 (2Δx+8)= 8. 9.D [因为ΔyΔx= f(m+Δx)-f(m) Δx = 2 m+Δx- 2 m Δx = -2 m(m+Δx) , 所以f'(m)=lim Δx→0 -2 m(m+Δx)=- 2 m2 , 所以-2 m2 =-12 ,m2=4,解得m=±2.] 10.解 当0≤t<3时,s(t)=3t2, Δy Δt= s(1+Δt)-s(1) Δt =3 (1+Δt)2-3 Δt =6+3Δt , ∴s'(1)=lim Δt→0 Δy Δt=limΔt→0 (6+3Δt)=6. 当t≥3时,s(t)=15+3(t-1)2, Δy Δt= s(4+Δt)-s(4) Δt = 15+3(4+Δt-1)2- 15+3× 4-1 2 Δt =18+3Δt, ∴s'(4)=lim Δt→0 Δy Δt=limΔt→0 (18+3Δt)=18. s'(1)=6说明在第1分钟时,该昆虫的爬行速度大约为6米/分, s'(4)=18说明在第4分钟时,该昆虫的爬行速度大约为18米 /分. 11.解 (1)∵P(2,4)在曲线y=13x 3+43 上, ∴曲线在点P(2,4)处切线的斜率为 k=lim Δx→0 1 3 (2+Δx)3+43- 1 3×2 2+43 Δx =lim Δx→0 4+2Δx+13 (Δx)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= 13x 3+ 43 与 过 点 P(2,4)的 切 线 相 切 于 点 A x0, 1 3x 3 0+ 4 3 ,则切线的斜率为k=limΔx→0 1 3 (x0+Δx)3- 1 3x 3 0 Δx = x20, ∴切线方程为y- 13x 3 0+ 4 3 =x20(x-x0), 即y=x20·x- 2 3x 3 0+ 4 3. ∵点P(2,4)在切线上, ∴4=2x20- 2 3x 3 0+ 4 3 ,即x30-3x20+4=0. ∴x30+x20-4x20+4=0, ∴x20(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. 【方法技巧】 求曲线过某点的切线方程,首先应设出切点坐标, 然后根据导数的几何意义列出等式,求出切点坐标,进而求出切 线方程. 12.B [由 图 象 可 知,函 数 在 区 间(0,+∞)上 的 增 长 越 来 越 快, ∴f'(1)<f'(2),∵f (2)-f(1) 2-1 =a ,∴通过作切线与割线可得 f'(1)<a<f'(2),故选B.] 【方法技巧】 导数的几何意义就是切线的斜率,所以比较导数大 小的问题可以用数形结合思想来解决. (1)曲线f(x)在x0 附近的变化情况可通过x0 处的切线刻画. f'(x0)>0说明曲线在x0 处的切线的斜率为正值,从而得出在x0 附近曲线是上升的;f'(x0)<0说明在x0 附近曲线是下降的. (2)曲线在某点处的切线斜率的大小反映了曲线在相应点处的变 化情况,由切线的倾斜程度,可以判断出曲线升降的快慢. 【探究·一举突破】 探究路径 解 (1)∵Δy=f(x+Δx)-f(x) =(Δx)2+2x·Δx-12Δx , ∴ΔyΔx=2x+Δx- 1 2. ∴f'(x)=lim Δx→0 Δy Δx=2x- 1 2. (2)f'(1)=2×1-12= 3 2. 【综合·一练到底】 1.解 设P(x0,y0)是满足条件的点,曲线f(x)=x2 在点P(x0,y0) 处切线的斜率为 k=lim Δx→0 f(x0+Δx)-f(x0) Δx =lim Δx→0 (2x0+Δx)=2x0. (1)∵切线与直线y=4x-5平行, ∴2x0=4,x0=2, y0=4,即P(2,4)是满足条件的点. (2)∵切线与直线2x-6y+5=0垂直, ∴2x0× 1 3=-1 , 得x0=- 3 2 ,y0= 9 4 , 即P -32 ,9 4 是满足条件的点. (3)因为切线的倾斜角为135°,所以其斜率为-1,即2x0=-1,得 x0=- 1 2 ,y0= 1 4 ,即P -12 ,1 4 是满足条件的点. 2.解 因为y=f(x)=80x2+20,0≤x≤1, 所以Δy Δx= f(0.25+Δx)-f(0.25) Δx =80 (0.25+Δx)2+20-(80×0.252+20) Δx =40Δx+80 (Δx)2 Δx =40+80Δx. 所以f'(0.25)=lim Δx→0 (40+80Δx)=40. 它表示在第0.25h附近,沥青的温度大约以40℃/h的速率上升. 3.解 因为y'=lim Δx→0 Δy Δx =lim Δx→0 (x+Δx)2+(x+Δx)-2-(x2+x-2) Δx =2x+1 ,所以y'|x=1 =3, 所以直线l1 的方程为y=3(x-1), 即y=3x-3, 设直线l2 与曲线相切于点P(x0,x20+x0-2), 则直线l2 的方程为 y-(x20+x0-2)=(2x0+1)(x-x0). 因为l1⊥l2,所以2x0+1=- 1 3 ,x0=- 2 3 , 所以直线l2 的方程为3x+9y+22=0. 【选做·一飞冲天】 解 (1)f'(x)=lim Δt→0 f(x+Δx)-f(x) Δx =-x 2+4x-3. 由-x2+4x-3=-3,解得x=0或x=4. 又f(0)=1,f(4)=-13. ∴所求切线方程为y-1=-3x或y+13=-3 (x-4), 即3x+y-1=0或9x+3y-35=0. (2)∵f'(x)=-x2+4x-3=-(x-2)2+1≤1, ∴当x=2时,切线的斜率取得最大值1, 此时点P 的坐标为 2,13 . 由题意,设A(a,0),B(0,b)(a>0,b>0), 则直线l的方程为xa + y b =1 (a>0,b>0),∴2a+ 1 3b=1. S△OAB= 1 2ab= 1 2ab 2 a+ 1 3b 2 =2ba + a 18b+ 2 3≥2 2b a · a 18b+ 2 3= 4 3 ,当且仅当2b a = a 18b ,即a=6b时 取“=”.将a=6b代 入 2 a+ 1 3b=1 ,解得a=4,b=23. ∴△AOB 面积的最小值为43. 第十八周 导数的运算 【考点·一应俱全】 1.解 (1)因为y=2025, 所以y'=(2025)'=0. (2)因为y= 13 x2 =x- 2 3, 所以y'=-23x -23-1=-23x -53. (3)因为y=4x, 所以y'=4xln4. (4)因为y=log3x, 所以y'= 1xln3. 2.解 (1)y'=0. (2)y'= 13 x ln13=- 1 3 x ln3. (3)y'= 1xln10. (4)∵y=x 2 x =x 3 2, ∴y'=(x 3 2)'=32x 1 2=32 x. (5)∵y=2cos2 x2-1=cosx , ∴y'=(cosx)'=-sinx. 【方法技巧】 (1)若所求函数符合基本初等函数的导数公式,则 直接利用公式求导. (2)若给出的函数解析式不符合基本初等函数的导数公式,则通 过恒等变换对解析式进行化简或变形后求导. (3)要特别注意“1x 与lnx”,“ax 与logax”,“sinx与cosx”的导 数区别. 3.解 f'(x)=-100x2 , f'(1)=-100, f'(2)=-1004 =-25 , f'(3)=-1009 . 4.解 s(t)= 3 t2,故s'(t)=23t -13, s'(8)=23×8 -13=13 , 故质点P 在t=8s时的瞬时速度为13 m /s. 5.解 因为y=1x ,所以y'=-1x2 . (1)显然P(1,1)是曲线上的点,所以P 为切点,所求切线斜率为函 数y=1x 在点P(1,1)的导数,即k=f'(1)=-1. 所以曲线在 P(1,1)处的切线方程为y-1=-(x-1),即y= -x+2. (2)显然Q(1,0)不在曲线y=1x 上, 则可设过该点的切线的切点为A a,1a , 那么该切线斜率为k=f'(a)=-1a2 . 则切线方程为y-1a=- 1 a2 (x-a).① 将Q(1,0)代入方程得0-1a=- 1 a2 (1-a). 解得a=12 ,代入方程①整理可得切线方程为y=-4x+4. 6.解 ∵y'=1x , ∴切线的斜率k=y'|x=e= 1 e , ∴切线方程为y-1=1e (x-e),即x-ey=0. 【方法技巧】 解决有关切线问题的关注点 (1)此类问题往往涉及切点、切点处的导数、切线方程三个主要元 素.其他的条件可以进行转化,从而转化为这三个要素间的关系. (2)准确利用求导法则求出导函数是解决此类问题的第一步,也 是解题的关键,务必做到准确. (3)分清已知点是否在曲线上,若不在曲线上,则要设出切点,这 是解题时的易错点. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 111 — — 66 — 第十七周 导数的概念及其意义 (时间:60分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第11题.该题主要考查导数的几何意义,体会在某点处与过某点处的切线是不同 的,从而提高学生的分门别类解决问题的能力,值得推荐. 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 平均速度 1.一质点按运动方程s(t)=1t 作直线运动,则其从t1=1到t2=2的平均速度为 ( ) A.-1 B.-12 C.-2 D.2 2.某物体运动的位移s与时间t之间的函数关系式为s(t)=sint,t∈ 0,π2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 . (1)分别求s(t)在区间 0,π4 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 和 π 4 ,π 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 上的平均速度; (2)比较(1)中两个平均速度的大小,说明其几何意义. 考点二 瞬时速度 3.一质点的运动方程为s=8-3t2,其中s表示位移(单位:m),t表示时间(单位:s). (1)求该质点在[1,1+Δt]这段时间内的平均速度; (2)求该质点在t=1时的瞬时速度. 4.一质点M 按运动方程y=s(t)=at2+1做直线运动(位移单位:m,时间单位:s),若质点M 在t=2 时的瞬时速度为8m/s,求常数a的值. 考点三 抛物线的切线的斜率 5.求抛物线f(x)=x2-x在点(2,2)处的切线方程. 6.求抛物线f(x)=x2-2x+3在点(1,2)处的切线方程. 考点四 导数的概念 7.已知函数f(x)=-6x. (1)函数f(x)在区间[1,1.5],[1,1.1]上的平均变化率各是多少? (2)函数f(x)在x=1处的瞬时变化率是多少? 8.已知函数y=f(x)=2x2+1. (1)求函数f(x)在区间[x0,x0+Δx]上的平均变化率; (2)求函数f(x)在区间[2,2.01]上的平均变化率; (3)求函数f(x)在x=2处的瞬时变化率. 考点五 导数定义的应用 9.已知y=f(x)=2x ,且f'(m)=-12 ,则m 等于 ( ) A.-4 B.2 C.-2 D.±2 考点六 导数在实际问题中的意义 10.一只昆虫的爬行路程s(单位:米)关于时间t(单位:分)的函数为y=s(t)= 3t2,0≤t<3, 15+3(t-1)2,t≥3, 求s'(1)与s'(4),并解释它们的实际意义. — 65 — — 68 — 考点七 导数的几何意义 11.(2025·保定·阶段练习)已知曲线y=13x 3+43. (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. 考点八 利用导数的几何意义判断函数的变化 12.已知函数f(x)在R上可导,其部分图象如图所示,设f (2)-f(1) 2-1 =a ,则下 列不等式正确的是 ( ) A.f'(1)<f'(2)<a B.f'(1)<a<f'(2) C.f'(2)<f'(1)<a D.a<f'(1)<f'(2) 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 导函数(导数) 已知函数y=f(x)=x2-12x. 探究问题: 求:(1)f'(x); (2)f(x)在x=1处的导数. 【综合·一练到底】(共25分) 1.曲线f(x)=x2 上哪一点处的切线满足下列条件? (1)平行于直线y=4x-5; (2)垂直于直线2x-6y+5=0; (3)倾斜角为135°. 2.柏油路是用沥青和大小石子等材料混合后铺成的.铺路工人需要对沥青加热使其由固体变成粘 稠液体,如果开始加热后第xh的沥青温度(单位:℃)为y=f(x)=80x2+20,0≤x≤1,求 f'(0.25),并说明它的实际意义. 3.(2025·潍坊·阶段练习)已知直线l1 为曲线y=x2+x-2在点(1,0)处的切线,l2 为该曲线的另 一条切线,且l1⊥l2,求直线l2 的方程. 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·兰州·阶段练习)已知曲线f(x)=-13x 3+2x2-3x+1. (1)求该曲线的斜率为-3的切线方程; (2)当曲线的切线斜率最大时,切点为P,过点P 作直线l分别与x 轴、y轴的正半轴交于A,B 两 点,求△AOB 面积的最小值. 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 67 —