《導(dǎo)數(shù)的計算》試卷 精品獲獎

《導(dǎo)數(shù)的計算》試卷A組基礎(chǔ)鞏固1．y＝x2在x＝1處的導(dǎo)數(shù)為()A．2xB．2C．2＋ΔxD．1解析：∵f(x)＝x2，x＝1，∴Δy＝f(1＋Δx)－f(1)＝(1＋Δx)2－1＝2Δx＋(Δx)2.∴eq\f(Δy,Δx)＝2＋Δx，當(dāng)Δx→0時，eq\f(Δy,Δx)→2，∴f′(1)＝2.答案：B2．設(shè)f(x)＝ax＋4，若f′(1)＝2，則a＝()A．2B．－2C．3D．－3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(a1＋Δx＋4－a＋4,Δx)＝a，∴a＝2.答案：A3．一物體做直線運動，其位移s與時間t的關(guān)系是s＝3t－t2，則物體的初速度為()A．0B．3C．－2D．3－2t解析：∵eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(30＋Δt－0＋Δt2,Δt)＝3－Δt，∴s′(0)＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝3.答案：B4．已知函數(shù)f(x)在x＝1處的導(dǎo)數(shù)為1，則eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(fx＋1－f1,2x)＝()\f(1,2)B．1C．2\f(1,4)解析：∵f′(1)＝1，∴eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(f1＋x－f1,x)＝1，∴eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(fx＋1－f1,2x)＝eq\f(1,2)eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(f1＋x－f1,x)＝eq\f(1,2).答案：A5．如果某物體做運動方程為s＝2(1－t2)的直線運動(s的單位為m，t的單位為s)，那么其在s末的瞬時速度為()A．－4.8m/sB．－0.88m/sC．0.88m/sD．4.8m/s解析：運動物體在s末的瞬時速度即為s在處的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的定義即可求得．lieq\o(m,\s\do4(Δt→0))eq\f(f＋Δt－f,Δt)＝lieq\o(m,\s\do4(Δt→0))eq\f(2[1－＋Δt2]－2×1－,Δt)＝lieq\o(m,\s\do4(Δt→0))2(－Δt－＝－(m/s)．答案：A6．設(shè)f(x)在點x＝x0處可導(dǎo)，且f′(x0)＝－2，則lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－fx0－Δx,Δx)＝()A．0B．2C．－2D．不存在解析：lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－fx0－Δx,Δx)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(f[x0＋－Δx]－fx0,－Δx)＝f′(x0)＝－2.答案：C7．函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)在x＝1處的導(dǎo)數(shù)是__________．解析：∵Δy＝1＋Δx＋eq\f(1,1＋Δx)－1－eq\f(1,1)＝Δx－1＋eq\f(1,Δx＋1)＝eq\f(Δx2,Δx＋1)，∴eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(Δx,Δx＋1)，因此，y′|x＝1＝eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(Δx,Δx＋1)＝0.答案：08．某物體做勻速直線運動，其運動方程是s＝vt，則該物體在運動過程中其平均速度與任何時刻的瞬時速度的關(guān)系是________．解析：v0＝lieq\o(m,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝lieq\o(m,\s\do4(Δt→0))eq\f(st0＋Δt－st0,Δt)＝lieq\o(m,\s\do4(Δt→0))eq\f(vt0＋Δt－vt0,Δt)＝lieq\o(m,\s\do4(Δt→0))eq\f(v·Δt,Δt)＝v.答案：相等9．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，x≥0，,1＋x2，x＜0))求f′(1)·f′(－1)的值．解析：當(dāng)x＝1時，eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f1＋Δx－f1,Δx)＝eq\f(\r(1＋Δx)－1,Δx)＝eq\f(1,\r(1＋Δx)＋1).由導(dǎo)數(shù)的定義，得f′(1)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(1,\r(1＋Δx)＋1)＝eq\f(1,2).當(dāng)x＝－1時，eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(f－1＋Δx－f－1,Δx)＝eq\f(1＋－1＋Δx2－1－－12,Δx)＝Δx－2.由導(dǎo)數(shù)的定義，得f′(－1)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))(Δx－2)＝－2.所以，f′(1)·f′(－1)＝eq\f(1,2)×(－2)＝－1.B組能力提升10．已知f′(x0)＝lieq\o(m,\s\do4(x→))eq\f(fx－fx0,x－x0)，f(3)＝2，f′(3)＝－2，則lieq\o(m,\s\do4(x→3))eq\f(2x－3fx,x－3)的值是()A．4B．6C．8D．不存在解析：lieq\o(m,\s\do4(x→3))eq\f(2x－3fx,x－3)＝lieq\o(m,\s\do4(x→3))eq\f(2x－3＋6－3fx,x－3)＝lieq\o(m,\s\do4(x→3))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋\f(－3[fx－2],x－3)))＝2－3lieq\o(m,\s\do4(x→3))eq\f(fx－f3,x－3)＝2－3f′(3)＝答案：C11．已知a＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)，b＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－Δx－fx0,Δx)，c＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋2Δx－fx0,Δx)，d＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0－Δx,2Δx)，e＝lieq\o(m,\s\do8(x→x0))eq\f(fx－fx0,x－x0)，則a，b，c，d，e有相等關(guān)系的是________．解析：a＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＝f′(x)，b＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－Δx－fx0,Δx)＝－lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－Δx－fx0,－Δx)＝－f′(x)，c＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋2Δx－fx0,Δx)＝2lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋2Δx－fx0,2Δx)＝2f′(x)，d＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋Δx－fx0－Δx,2Δx)＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx0＋Δx－fx0,2Δx)＋\f(fx0－Δx－fx0,－2Δx)))＝eq\f(1,2)lieq\o(m,\s\do4(x→x0))eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)＋eq\f(1,2)lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－Δx－fx0,－Δx)＝eq\f(1,2)f′(x)＋eq\f(1,2)f′(x)＝f′(x)，e＝lieq\o(m,\s\do4(x→x0))eq\f(fx－fx0,x－x0)＝f′(x)，故a＝d＝e＝f′(x)．答案：a，d，e12．已知一個質(zhì)點從固定點A開始運動，位移函數(shù)為y＝f(t)＝t3＋3，求t＝4時，lieq\o(m,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δy,Δt)的值．解析：∵Δy＝(Δt＋4)3＋3－(43＋3)＝(Δt)3＋12(Δt)2＋48Δt，∴eq\f(Δy,Δt)＝eq\f(Δt3＋12Δt2＋48Δt,Δt)＝(Δt)2＋12Δt＋48，∴l(xiāng)ieq\o(m,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δy,Δt)＝lieq\o(m,\s\do4(Δt→0))[(Δt)2＋12Δt＋48]＝48.13．某一物體運動方程為s＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3t2＋2,0≤t＜3,29＋3t－32,t≥3.)))求此物體在t＝1和t＝3時的速度．解析：當(dāng)t＝1時，s＝3t2＋2，Δs＝s(t＋Δt)－s(t)＝3(1＋Δt)2＋2－(3＋2)＝6Δt＋3(Δt)2，∴v＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(6Δt＋3Δt2,Δt)＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))(6＋3Δt)＝6.當(dāng)t＝3時，s＝29＋3(t－3)2，Δs＝s(3＋Δt)－s(t)＝29＋3(3＋Δt－3)2－29－3(3－3)2＝3(Δt)2.∴v＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(Δs,Δt)＝eq\o(lim,\s\do4(Δt→0))eq\f(3Δt2,Δt)＝0.所以物體在t＝1和t＝3時的速度分別是6和0.14．設(shè)函數(shù)f(x)在x0處可導(dǎo)，求下列各式的值．(1)lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－mΔx－fx0,Δx)；(2)lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(Δx,t)))－fx0,Δx)；(3)lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋4Δx－fx0＋5Δx,Δx).解析：(1)lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－mΔx－fx0,Δx)＝－mlieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0－mΔx－fx0,－mΔx)＝－mf′(x0)．(2)lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(Δx,t)))－fx0,Δx)＝eq\f(1,t)lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(Δx,t)))－fx0,\f(1,t)Δx)＝eq\f(1,t)f′(x0)．(3)原式＝lieq\o(m,\s\do4(Δx→0))eq\f(fx0＋4Δx－fx