新教材適用2024-2025學年高中數學第2章導數及其應用5簡單復合函數的求導法則素養(yǎng)作業(yè)北師大版選擇性必修第二冊

其次章§5A組·基礎自測一、選擇題1．下列函數不是復合函數的是(A)A．y＝－x3－eq\f(1,x)＋1 B．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))C．y＝eq\f(1,lnx) D．y＝(2x＋3)4[解析]A中的函數是一個多項式函數，B中的函數可看作函數u＝x＋eq\f(π,4)，y＝cosu的復合函數，C中的函數可看作函數u＝lnx，y＝eq\f(1,u)的復合函數，D中的函數可看作函數u＝2x＋3，y＝u4的復合函數，故選A.2．設f(x)＝log3(x－1)，則f′(2)＝(C)A．ln3 B．－ln3C.eq\f(1,ln3) D．－eq\f(1,ln3)[解析]f′(x)＝eq\f(1,(x－1)ln3)(x－1)′＝eq\f(1,(x－1)ln3)，∴f′(2)＝eq\f(1,ln3).3．函數f(x)＝x(1－ax)2(a>0)，且f′(2)＝5，則a＝(A)A．1 B．－1C．2 D．－2[解析]f′(x)＝(1－ax)2－2ax(1－ax)，∴f′(2)＝12a2－8a＋1＝5，∵a>0，解得a＝1.4．曲線y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在x＝eq\f(π,6)處切線的斜率為(B)A．2 B．－2C．eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)[解析]y′＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))′＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，∴在x＝eq\f(π,6)處切線的斜率k＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋\f(π,6)))＝－2.5．(多選)下列結論中不正確的是(ACD)A．若y＝coseq\f(1,x)，則y′＝－eq\f(1,x)sineq\f(1,x)B．若y＝sinx2，則y′＝2xcosx2C．若y＝cos5x，則y′＝－sin5xD．若y＝eq\f(1,2)xsin2x，則y′＝xsin2x[解析]對于A，y＝coseq\f(1,x)，則y′＝eq\f(1,x2)sineq\f(1,x)，故錯誤；對于B，y＝sinx2，則y′＝2xcosx2，故正確；對于C，y＝cos5x，則y′＝－5sin5x，故錯誤；對于D，y＝eq\f(1,2)xsin2x，則y′＝eq\f(1,2)sin2x＋xcos2x，故錯誤．二、填空題6．曲線y＝2ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為_y＝2x__.[解析]y′＝eq\f(2,x＋1)，k＝eq\f(2,0＋1)＝2，所以切線方程為y－0＝2(x－0),y＝2x.7．若函數f(x)＝eax＋ln(x＋1)，f′(0)＝4，則a＝_3__.[解析]由f(x)＝eax＋ln(x＋1)，得f′(x)＝aeax＋eq\f(1,x＋1)，∵f′(0)＝4，∴f′(0)＝a＋1＝4，∴a＝3.8．已知直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)相切，則a的值為_2__.[解析]設切點為(x0，y0)，則y0＝x0＋1，且y0＝ln(x0＋a)，所以x0＋1＝ln(x0＋a)．①對y＝ln(x＋a)求導得y′＝eq\f(1,x＋a)，則eq\f(1,x0＋a)＝1，即x0＋a＝1.②②代入①可得x0＝－1，所以a＝2.三、解答題9．求下列函數的導數：(1)y＝(1＋2x2)8；(2)y＝eq\f(1,\r(1－x2))；(3)y＝sin2x－cos2x；(4)y＝cosx2.[解析](1)設y＝u8，u＝1＋2x2，∴y′＝(u8)′(1＋2x2)′＝8u7·4x＝8(1＋2x2)7·4x＝32x(1＋2x2)7.(3)yx′＝(sin2x－cos2x)′＝(sin2x)′－(cos2x)′＝2cos2x＋2sin2x＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(4)設y＝cosu，u＝x2，則y′x＝(cosu)′·(x2)′＝(－sinu)·2x＝(－sinx2)·2x＝－2xsinx2.10．已知a>0，f(x)＝ax2－2x＋1＋ln(x＋1)，l是曲線y＝f(x)在點P(0，f(0))處的切線，求切線l的方程．[解析]f(x)＝ax2－2x＋1＋ln(x＋1)，f(0)＝1.∴f′(x)＝2ax－2＋eq\f(1,x＋1)＝eq\f(2ax2＋(2a－2)x－1,x＋1)，∴f′(0)＝－1，∴切點P的坐標為(0,1)，l的斜率為－1，∴切線l的方程為x＋y－1＝0.B組·實力提升一、選擇題1．已知某函數的導數為y′＝eq\f(1,2(x－1))，則這個函數可能是(A)A．y＝lneq\r(1－x) B．y＝lneq\f(1,\r(1－x))C．y＝ln(1－x) D．y＝lneq\f(1,x－1)[解析]A．函數y＝lneq\r(1－x)可以看作y＝lnu，u＝eq\r(v)和v＝1－x的復合函數，∴yx′＝y(tǒng)u′·uv′·vx′＝(lnu)′·(eq\r(v))′·(1－x)′＝eq\f(1,u)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v－\f(1,2)))·(－1)＝eq\f(1,\r(1－x))·eq\f(1,2\r(1－x))·(－1)＝eq\f(－1,2(1－x))＝eq\f(1,2(x－1))，符合；B．y＝lneq\f(1,\r(1－x))＝－lneq\r(1－x)，∴y′＝eq\f(－1,2(x－1))，不符合；C．y＝ln(1－x)可以看作y＝lnu和u＝1－x的復合函數，∴y′x＝y(tǒng)′u·u′x＝(lnu)′(1－x)′＝eq\f(1,u)·(－1)＝eq\f(1,x－1)，不符合；D．y＝lneq\f(1,x－1)＝－ln(x－1)，∴y′＝－eq\f(1,x－1)，不符合．2．已知f(x)＝eq\f(lnx,\r(2x))，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝(D)A．－2－ln2 B．－2＋ln2C．2－ln2 D．2＋ln2[解析]方法一：依題意有f′(x)＝故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(2＋ln2,1)＝2＋ln2.∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(2×\f(\r(2),2)－\f(1,2)×\r(2)×ln\f(1,2),\f(1,2))＝2＋ln2.3．設f(x)＝lneq\r(x2＋1)，則f′(2)＝(C)A.eq\f(4,5) B．eq\f(1,5)C.eq\f(2,5) D．eq\f(3,5)[解析]f′(x)＝eq\f(1,\r(x2＋1))·(eq\r(x2＋1))′＝eq\f(1,\r(x2＋1))·eq\f(1,2\r(x2＋1))·(x2＋1)′＝eq\f(2x,2(x2＋1))＝eq\f(x,x2＋1)，∴f′(2)＝eq\f(2,5).二、填空題4．已知函數f(x)的導函數f′(x)，若f(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,9)))·sin3x＋cos3x，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,9)))＝3eq\r(3).[解析]∵f(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,9)))sin3x＋cos3x，∴f′(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,9)))·3cos3x－3sin3x，令x＝eq\f(π,9)可得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,9)))＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,9)))×3coseq\f(π,3)－3sineq\f(π,3)＝eq\f(3,2)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,9)))－3×eq\f(\r(3),2)，解得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,9)))＝3eq\r(3).5．設曲線y＝eax在點(0,1)處的切線與直線x＋2y＋1＝0垂直，則a＝_2__.[解析]y′＝eax·(ax)′＝aeax，∴曲線y＝eax在點(0,1)處的切線的斜率k＝a，由題意得a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1，∴a＝2.三、解答題6．曲線y＝e2xcos3x在點(0,1)處的切線與直線l平行，且與l的距離為eq\r(5)，求直線l的方程．[解析]由y′＝(e2xcos3x)′＝(e2x)′cos3x＋e2x(cos3x)′＝2e2xcos3x＋e2x(－3sin3x)＝e2x(2cos3x－3sin3x)，得y′|x＝0＝2，則切線方程為y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0.若直線l與切線平行，可設直線l的方程為2x－y＋c＝0，兩平行線間的距離d＝eq\f(|c－1|,\r(5))＝eq\r(5)，得c＝6或c＝－4.故直線l的方程為2x－y＋6＝0或2x－y－4＝0.C組·創(chuàng)新拓展我們把分子，分母同時趨近于0的分式結構稱為eq\f(0,0)型，比如：當x→0時，eq\f(sinx,x)的極限即為eq\f(0,0)型，兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在．早在1696年，洛必達在他的著作《無限小分析》一書中創(chuàng)建一種算法(洛必達法則)，用以找尋滿意肯定條件的兩函數之商的極限，法則的大意為：在肯定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式值的方法．如：eq\o(lim,\s\do9(x→0))eq\f(sinx,x)＝eq\o(lim,\s\do9(x→0))eq\f((sinx)′,x′)＝eq\o(lim,\s\do9(x→0))eq\f(cosx,1)＝1，則eq\o(lim,\s\do9(x→0))eq\f(ex＋e－x－2,1－cosx)＝_2__.[解析]