[A组学业达标]
1．已知函数f(x)＝－x2＋x，则f(x)从－1到－0.9的改变量为()
A．－0.29 B．－2.9 C．0.29 D．2.9
解析：f(－1)＝－(－1)2＋(－1)＝－2.
f(－0.9)＝－(－0.9)2＋(－0.9)＝－1.71.
所以函数值的改变量为
f(－0.9)－f(－1)＝－1.71－(－2)＝0.29.故选C.
答案：C
2．将半径为R的球加热，若球的半径增量为ΔR，则球的表面积增量ΔS等于() A．8πRΔR B．8πRΔR＋4π(ΔR)2
C．4πRΔR＋4π(ΔR)2D．4π(ΔR)2
解析：球的表面积S＝4πR2，则ΔS＝4π(R＋ΔR)2－4πR2＝8πRΔR＋4π(ΔR)2，故选B.
答案：B
3．一质点的运动方程为s＝3－5t2，则在时间[1,1＋Δt]内相应的平均速度为() A．－2－Δt B．2＋Δt
C．－10－5Δt D．10＋5Δt
解析：v＝3－5(1＋Δt)2－(3－5×12)
Δt
＝－10－5Δt，故选C.
答案：C
4．给定函数f(x)，则lim
Δx→0f(x0－Δx)－f(x0)
Δx等于()
A．f′(x0) B．f′(－x0) C．－f′(x0) D．－f′(－x0)
解析：lim
Δx→0f(x0－Δx)－f(x0)
Δx
＝－lim
Δx→0
f(x0－Δx)－f(x0)
(x0－Δx)－x0
＝－lim
－Δx→0
f(x0－Δx)－f(x0)
－Δx
＝
－f′(x0)，故选C.
答案：C
5．若f(x)＝x3，f′(x0)＝3，则x0的值是() A．1 B．－1 C．±1 D．3 3
解析：因为Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)＝(x0＋Δx)3－x30＝3x20Δx＋3x0(Δx2)＋(Δx)3，
所以Δy
Δx
＝3x20＋3x0Δx＋(Δx)2，
所以f′(x0)＝lim
Δx→0
[3x20＋3x0Δx＋(Δx)2]＝3x20，
由f′(x0)＝3得3x20＝3，所以x0＝±1，故选C.
答案：C
6．甲、乙两人的运动路程与时间的函数关系分别为s＝s1(t)，s＝s2(t)，图象如图，则在时间段[0，t0]内甲的平均速度________乙的平均速度(填“大于”“小于”或“等于”)．
解析：由图象知s1(t0)＝s2(t0)，s1(0)＞s2(0)，
所以
s1(t0)－s1(0)
t0
＜
s2(t0)－s2(0)
t0
，即v甲＜v乙．
答案：小于
7．一物体的运动方程为s＝
3
t，则当t＝2时该物体的瞬时速度为________．
解析：瞬时速度即为s对t的导数，
所以v＝s′|t＝2＝lim
Δt→0
3
2＋Δt
－3
2
Δt
＝lim
Δt→0
－3Δt
2(2＋Δt)Δt
＝lim
Δt→0
－3
4＋2Δt
＝－3
4.
答案：－
3
4
8．设函数f (x )在x ＝x 0处可导，当Δx 无限趋近于0时，对于lim Δx →0
f (x 0＋Δx )－f (x 0)
Δx
的值，以下说法中正确的是________．
①与x 0，Δx 都有关；②仅与x 0有关而与Δx 无关；③仅与Δx 有关而与x 0无关；④与x 0，Δx 均无关．
解析：导数是一个局部概念，它只与函数y ＝f (x )在x ＝x 0处及其附近的函数值有关，与Δx 无关． 答案：②
9．求函数y ＝－x 2，y ＝2x ＋1，y ＝x 在x ＝1附近的平均变化率，当Δx 很小时，哪一点附近的平均变化率最大？
解析：y ＝－x 2在x ＝1附近的平均变化率为
k 1＝－(2＋Δx )；y ＝2x ＋1在x ＝1附近的平均变化率为k 2＝2；y ＝x 在x ＝1附近的平均变化率为k 3＝
11＋Δx ＋1
.当Δx 很小时，k 1＜0，k 2＜1，
0＜k 3＜1，所以最大的是k 2，即y ＝2k ＋1在x ＝1附近的平均变化率最大． 10．利用导数的定义，求函数y ＝1
x 2＋2在点x ＝1处的导数． 解析：因为Δy ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤
1(1＋Δx )2
＋2－(1＋2) ＝－2Δx －(Δx )2
(1＋Δx )
2
所以Δy Δx ＝－2Δx －(Δx )2
(1＋Δx )2·Δx ＝－2－Δx (1＋Δx )2
，
所以f ′(1)＝lim Δx →0 －2－Δx
(1＋Δx )2＝－2， 即函数y ＝1
x 2＋2在点x ＝1处的导数为－2.
[B 组 能力提升]
11．如果函数y ＝ax ＋b 在区间[1,2]上的平均变化率为3，则a 等于( ) A ．－3 B ．2 C ．3
D ．－2
解析：由题意得Δy Δx ＝(2a ＋b )－(a ＋b )
2－1＝a ＝3.故选C.
答案：C
12．设函数f (x )可导，则lim Δx →0
f (1＋Δx )－f (1)
3Δx
等于( )
A ．f ′(1)
B ．1
3f ′(1) C ．不存在
D ．以上都不对
解析：因为lim Δx →0 f (1＋Δx )－f (1)3Δx ＝13lim Δx →0 f (1＋Δx )－f (1)Δx ＝1
3f ′(1)，故选B.
答案：B
13．已知函数f (x )＝x 2
－2x ＋3，且y ＝f (x )在[2，a ]的平均变化率是9
4，则a ＝
________.
解析：Δy Δx ＝a 2－2a ＋3－(22
－2×2＋3)a －2
＝a ，
由题意得Δy Δx ＝94，所以a ＝9
4. 答案：94
14．设函数f (x )＝mx 3＋2，若f ′(－1)＝3，则m ＝________.
解析：因为Δy ＝f (－1＋Δx )－f (－1)＝m (－1＋Δx )3＋m ＝3mΔx －3m (Δx )2＋m (Δx )3， 所以Δy
Δx ＝3m －3mΔx ＋m (Δx )2，
所以f ′(－1)＝lim Δx →0
[3m －3mΔx ＋m (Δx )2]＝3m ，
由f ′(－1)＝3得3m ＝3，所以m ＝1. 答案：1
15．若一物体运动方程如下(位移：m ，时间：s)： s (t )＝⎩⎨⎧
3t 2＋2，t ≥3， ①，29＋3(t －3)2，0≤t ＜3. ②
求：(1)物体在t ∈[3,5]内的平均速度； (2)物体在t ＝1时的瞬时速度； (3)物体的初速度v 0.
解析：(1)因为物体在t ∈[3,5]内的时间变化量为Δt ＝5－3＝2，所以物体在t ∈[3,5]内的位移变化量为
Δs ＝3×52＋2－(3×32＋2)＝3×(52－32)＝48， 所以物体在t ∈[3,5]上的平均速度为 Δs Δt ＝48
2＝24(m/s)．
(2)物体在t ＝1时的瞬时速度即为函数在t ＝1处的瞬时变化率． 因为物体在t ＝1附近的平均变化率为
Δs Δt ＝29＋3(1＋Δt －3)2
－29－3(1－3)
2
Δt
＝3Δt －12，
所以物体在t ＝1处的瞬时变化率为
s ′(1)＝lim Δt →0 Δs
Δt ＝lim Δt →0 (3Δt －12)＝－12(m/s)，
即物体在t ＝1时的瞬时速度为－12 m/s.
(3)求物体的初速度v 0即求物体在t ＝0时的瞬时速度． 因为物体在t ＝0附近的平均变化率为 Δs Δt ＝s (0＋Δt )－s (0)
Δt
＝29＋3[(0＋Δt )－3]2－29－3(0－3)2Δt ＝3Δt －18，
所以物体在t ＝0处的瞬时速度为
s ′(0)＝lim Δt →0 Δs
Δt ＝lim Δt →0
(3Δt －18)＝－18(m/s)．
16．已知函数f (x )＝⎩⎨
⎧
－1x ，x ＞0，
1＋x 2，x ≤0，
求f ′(4)·f ′(－1)的值．
解析：当x ＝4时，Δy ＝－
14＋Δx
＋
14
＝12－1
4＋Δx ＝4＋Δx －22
4＋Δx
＝Δx 2
4＋Δx (
4＋Δx ＋2)
.
所以Δy Δx ＝
1
2
4＋Δx (
4＋Δx ＋2)
.
所以lim Δx →0
Δy
Δx ＝lim Δx →0
1
2
4＋Δx (
4＋Δx ＋2)
＝12×4×(4＋2)＝1
16. 所以f ′(4)＝1
16.
当x ＝－1时，Δy Δx ＝f (－1＋Δx )－f (－1)
Δx
＝1＋(－1＋Δx )2－1－(－1)2Δx
＝Δx －2，
由导数的定义，得f ′(－1)＝lim Δx →0
(Δx －2)＝－2，
所以f ′(4)·f (－1)＝116×(－2)＝－1
8.。