5.1.2 导数的概念及其几何意义-【新教材】2020-2021学年人教A版（2019）高中数学选择性必修二练习（Word含解析）

导数的概念及其几何意义练习
一、单选题
设曲线y=x2+x?2在点M处的切线斜率为3，则点M的坐标为(????)
A. (0,?2) B. (1,0) C. (0,0) D. (1,1)
设函数在x=1处存在导数，则limΔx→0?f(1+Δx)?f(1)3Δx=(? ?)
A. f′(1) B. 3f′(1) C. 13f′(1) D. f′(3)
已知曲线y=12x2?2上一点P1,?32，则过点P的切线的倾斜角为(? ? ?)
A. 30° B. 45° C. 135° D. 165°
一个物体的位移s(米)与时间t(秒)的关系为s=2+10t?t2，则该物体在3秒末位移的瞬时变化率是(????)
A. 6米/秒 B. 5米/秒 C. 4米/秒 D. 3米/秒
设f(x)存在导函数且满足lim?x→0?f(1)?f(1?2?x)2?x=?1，则曲线y=f(x)上的点(1,f(1))处的切线的斜率为(　　)
A. ?1 B. ?2 C. 1 D. 2
设曲线y=1x在点P(1,1)处的切线与x轴、y轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积等于(??? )
A. 1 B. 2 C. 4 D. 6
曲线y=fx在点x0,y0处切线为y=2x+1，则等于(????)
A. ?4 B. ?2 C. 4 D. 2
曲线y=?1x在点12,?2处的切线方程是(? ? ?)
A. y=4x B. y=4x?4 C. y=4(x+1) D. y=2x+4
一质点的运动方程是s=5t?3t2，s为位移，t为时间，则在t=1时质点瞬时速度为(??? )
A. 1 B. ?1 C. 2 D. ?2
已知函数f(x)在x=x0处的导数为1，则?→0limf(x0??)?f(x0)?=(????)
A. 1 B. ?1 C. 3 D. ?3
曲线y=xex+1其中e为自然对数的底数)在点(0,1)处的切线的倾斜角α等于(?? )
A. π4 B. π3 C. 2π3 D. 3π4
直线y=kx+1与曲线f(x)=alnx+b相切于点P(1,2)，则a+b=(????)
A. 1 B. 4 C. 3 D. 2
二、单空题
高台跳水运动员在t秒时距水面高度?(t)=?4.9t2+6.5t+10(单位：米)，则该运动员的初速度为__________米/秒．
已知曲线f(x)=2x2+1在点M(x0,f(x0))处的瞬时变化率为?8，则点M的坐标为__________．
已知函数f(x)=x3?5x+a，直线2x+y+b=0与函数f(x)的图象相切，a，b为正实数，则a+b的值为________．
已知函数y=ax2+b在点1,3处的切线斜率为2，则ba=________．
已知函数y=x32+x12(x>0)的图象上有一动点P，且在点P处的切线的倾斜角为θ，则θ的取值范围是??????????．
三、解答题
已知点A(4,f(4))为函数f(x)=x图像上的一点，O为坐标原点，点B为曲线段OA上一动点，求△OAB的面积的最大值．
已知曲线y=f(x)=x2?1在x=x0处的切线与曲线y=g(x)=1?x3在x=x0处的切线互相平行．
(1)求x0的值;
(2)求曲线y=f(x)在x=x0处的切线方程．
答案和解析
1.【答案】B
【解答】
解：设点M(x0,y0)，∵y=x2+x?2，
∴limΔx→∞(x0+Δx)2+(x0+Δx)?2?(x02+x0?2)Δx?
=2x0+1，
令2x0+1=3，∴x0=1，则y0=0．
2.【答案】C
【解答】
解：lim△x→0f(1+△x)?f(1)3△x=13lim△x→0f(1+△x)?f(1)△x=13f′(1)．
3.【答案】B
【解答】
解：设y=f(x)，
过点P的切线的斜率为k=f′(1)=limΔx→012(1+Δx)2?2?12×12+2Δx=1，
设切线的倾斜角为α，则tan?α=1，
因为0°≤α<180°，
所以α=45°．
4.【答案】C
【解答】
解：∵一个物体的位移s(米)和与时间t(秒)的关系为s=2+10t?t2，
∴s′=?2t+10，
∴该物体在3秒末的瞬时速度是s′|x=3=?2×3+10=4米/秒．
5.【答案】A
【解答】
解：?∵lim△x→0f(1)?f(1?2△x)2△x=?1，∴?f′1=?1，
即曲线y=(x)在点1,f1处的切线的斜率是?1．
故选A．
6.【答案】B
【解答】
解：ΔyΔx=1x+Δx?1xΔx=x?(x+Δx)x(x+Δx)?Δx=?1x(x+Δx)，
所以y′=limΔx→0[?1x(x+Δx)]=?1x2，
故在点P(1,1)处的切线的斜率为y′|x=1=?1，
切线方程为y?1=?(x?1)，即y=?x+2．
令x=0，得y=2，令y=0，得x=2，
所以S△OAB=12×2×2=2，
7.【答案】C
【解答】
解：由题意可得f′x0=2，而limΔx→0?fx0?fx0?2ΔxΔx=2limΔx→0?fx0?fx0?2Δx2Δx=2f′x0=4，
8.【答案】B
【解答】
解：Δy=?112+Δx+2=2ΔxΔx+12，ΔyΔx=2Δx+12，limΔx→02Δx+12=4，
所以切线的斜率为4，
所以切线方程为y=4x?12?2=4x?4．
9.【答案】B
【解答】
解：∵一质点的运动方程是s=5t?3t2，
则s′=5?6t
∴当t=1时的瞬时速度是：s′|t=1=5?6=?1，
10.【答案】B
【解析】解：根据题意，?→0limf(x0??)?f(x0)?=??→0limf(x0??)?f(x0)??=?f′(x0)=?1，
11.【答案】A
【解答】
解：由题意y=xex+1，y′=ex+xex，
当x=0时，y′=1，
∴函数y=xex+1(e是自然对数的底数)在点(0,1)处的切线的斜率为1，在点(0,1)处的切线的倾斜角：π4，
12.【答案】C
【解答】
解：∵直线y=kx+1与曲线f(x)=alnx+b相切于点P(1,2)，
，
解得k=1，a=1，b=2，
∴a+b=3．
13.【答案】6.5
【解答】
解：Δ?Δt=?4.9(Δt)2+6.5?(Δt)+10?10Δt=6.5?4.9Δt，
∵当Δt无限趋近于0时，?4.9Δt+6.5无限趋近于6.5，
∴该运动员的初速度为6.5米/秒．
14.【答案】(?2,9)
【解答】
解：f′(x)=4x，
所以在点M(x0,f(x0))处的瞬时变化率为f′(x0)=4x0=?8，
得x0=?2，
所以f(?2)=9，
所以点M的坐标为(?2,9)，
故答案为(?2,9)．
15.【答案】2
【解答】
解：由f(x)=x3?5x+a，得f′(x)=3x2?5，
∵直线2x+y+b=0与函数f(x)的图象相切，
设切点的坐标为(x0,y0)，则3x02?5=?2，
∴x0=1或x0=?1，
∴y0=a?4或y0=a+4，
即切点坐标为(1,a?4)或(?1,a+4)，
代入直线中，得a+b=2或a+b=?2，
∵a，b为正实数，
∴a+b=2．
故答案为：2．
16.【答案】2
【解答】
解：由导数的定义可得：limΔx→0f1+Δx?f1Δx=limΔx→0a1+Δx2+b?a+bΔx
=limΔx→0aΔx2+2aΔxΔx=limΔx→0aΔx+2a=2a，
因为2a=2，所以a=1，
又因为f1=a+b=1+b=3，可得b=2，
所以ba=2，
故答案为：2．
17.【答案】[π3,π2)
【解答】解：依题意，得y′=32x12+12x?12(x>0)，
又当x>0时，y′=32x12+12x?12≥232x12?12x?12=3，当且仅当3x12=x?12时等号成立，
即函数图象在点P处的切线的斜率不小于3，即tanθ≥3．
又θ∈[0,π)，
所以π3≤θ<π2，
即θ的取值范围是[π3,π2).
18.【答案】解：由f(x)=x，得f(4)=2，
∴A(4,2)，
∴直线OA的斜率为12．
如图，将直线OA平移至直线l，使得直线l与f(x)=x的图像相切于点B，此时△OAB的面积最大．
设B(x0,y0)，则直线l的斜率为f′(x0)=12．
又f′(x0)=limΔx?0x0+Δx?x0Δx=limΔx?0ΔxΔxx0+Δx+x0=12x0，
∴12x0=12，解得x0=1，故y0=x0=1，即B(1,1)．
点B到直线OA:y=12x的距离d=|1?2×1|5=55，
|OA|=42+22=25，
∴△OAB的面积的最大值为12|OA|?d=12×25×55=1．
19.【答案】解：，
=?3x02．
由题意得2x0=?3x02，
解得x0=0或?23．
(2)当x0=0时，f′(x0)=0，又f(0)=?1，
故所求切线方程为y=?1;
当x0=?23时，f′(x0)=?43，又f(?23)=?59，
故所求切线方程为y+59=?43(x+23)，即y=?43x?139．