《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版》

9. 已知 $ A(x_{1},y_{1}) $，$ B(x_{2},y_{2}) $是函数 $ f(x)=a\sqrt{x} + bx^{2} $的图象上的任意两点，且 $ y = f(x) $在点 $ (\frac{x_{1} + x_{2}}{2},f(\frac{x_{1} + x_{2}}{2})) $处的切线与直线 $ AB $平行，则（ ）

A.$ f'(x)=\frac{a}{\sqrt{x}} + 2bx $
B.$ a\neq 0 $
C.$ b\neq 0 $
D.$ f'(\frac{x_{1} + x_{2}}{2})=\frac{a}{\sqrt{x_{2}} + \sqrt{x_{1}}} + b(x_{1} + x_{2}) $

答案： 9. CD 由题意得$f^{\prime}(x)=\frac{a}{2\sqrt{x}}+2bx$，故A错误。又$y = f(x)$在点$(\frac{x_{1}+x_{2}}{2},f(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}))$处的切线与直线AB平行，所以$f^{\prime}(\frac{x_{1}+x_{2}}{2})=\frac{a}{\sqrt{\frac{x_{1}+x_{2}}{2}}}+b(x_{1}+x_{2})=\frac{a\sqrt{x_{2}}+bx_{2}^{2}-a\sqrt{x_{1}}-bx_{1}^{2}}{x_{2}-x_{1}}=\frac{a(\sqrt{x_{2}}-\sqrt{x_{1}})}{x_{2}-x_{1}}+b(x_{1}+x_{2})=\frac{a}{\sqrt{x_{1}}+\sqrt{x_{2}}}+b(x_{1}+x_{2})$，则$\frac{a}{\sqrt{2(x_{1}+x_{2})}}=\frac{a}{\sqrt{x_{1}}+\sqrt{x_{2}}}$，故D正确。由于对任意的$x_{1},x_{2}$，上式都成立，则$a = 0$，$b$为非零实数，故B错误，C正确。

10. 已知函数 $ f(x)=\frac{1}{1 - \sqrt{x}} + \frac{1}{1 + \sqrt{x}} $，则 $ f(x) $在 $ x = 2 $处的导数 $ f'(2)= $______。

答案： 10. 2 因为$f(x)=\frac{1}{1-\sqrt{x}}+\frac{1}{1+\sqrt{x}}=\frac{2}{1 - x}$，所以$f^{\prime}(x)=\frac{2}{(1 - x)^{2}}$，则$f^{\prime}(2)=2$。

11. 已知某容器的高度为 $ 20\ cm $，现在向容器内注入液体，且容器内液体的高度 $ h $（单位：$ cm $）与时间 $ t $（单位：$ s $）的函数关系式为 $ h=\frac{1}{3}t^{3} + t^{2} $。当 $ t = t_{0} $时，液体高度上升的瞬时变化率为 $ 3\ cm/s $，则当 $ t = t_{0} + 1 $时，液体高度上升的瞬时变化率为______$ cm/s $。

答案： 11. 8 易知$h^{\prime}=t^{2}+2t$，依题意可得$t_{0}^{2}+2t_{0}=3$，所以$t_{0}=1$或$t_{0}=-3$(舍)，因此当$t=t_{0}+1=2$时，液体高度上升的瞬时变化率为$2^{2}+2×2=8(cm/s)$。

12. （易错易混）已知函数 $ f(x)=x^{2} + f'(1)(\ln x - x) $，则 $ f'(2)= $______。

答案： 12. 3 因为$f^{\prime}(x)=2x+f^{\prime}(1)(\frac{1}{x}-1)$，所以$f^{\prime}(1)=2+f^{\prime}(1)·(1 - 1)=2$，所以$f^{\prime}(x)=2x+\frac{2}{x}-2$，所以$f^{\prime}(2)=4 + 1 - 2=3$。

13. 求下列函数的导数：
（1）$ y=(1 - \sqrt{x})(1 + \frac{1}{\sqrt{x}}) $；（2）$ y = 3^{x}e^{x} - 2^{x} + e $；（3）$ y=\frac{\ln x}{x^{2}} $；（4）$ y = x·\tan x $。

答案： 13. 解：
(1)因为$y=(1-\sqrt{x})(1+\frac{1}{\sqrt{x}})=1+\frac{1}{\sqrt{x}}-\sqrt{x}-1=\frac{1}{\sqrt{x}}-\sqrt{x}=x^{-\frac{1}{2}}-x^{\frac{1}{2}}$，所以$y^{\prime}=-\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}$。
(2)$y^{\prime}=3^{x}·\ln3· e^{x}+3^{x}e^{x}-2^{x}\ln2=(3e)^{x}(1+\ln3)-2^{x}\ln2$。
(3)$y^{\prime}=(\frac{\ln x}{x^{2}})^{\prime}=\frac{(\ln x)^{\prime}· x^{2}-\ln x·(x^{2})^{\prime}}{x^{4}}=\frac{x - 2x\ln x}{x^{4}}=\frac{1 - 2\ln x}{x^{3}}$。
(4)因为$y=x·\tan x=\frac{x·\sin x}{\cos x}$，所以$y^{\prime}=\tan x+x·\frac{\cos x·\sin x+\sin^{2}x}{\cos^{2}x}=\tan x+\frac{x}{\cos^{2}x}$。

14. （创新·新情境）牛顿法求函数 $ y = f(x) $的零点的操作过程：先在 $ x $轴上找初始点 $ P_{1}(x_{1},0) $，然后作 $ y = f(x) $图象在点 $ Q_{1}(x_{1},f(x_{1})) $处的切线，切线与 $ x $轴交于点 $ P_{2}(x_{2},0) $，再作 $ y = f(x) $图象在点 $ Q_{2}(x_{2},f(x_{2})) $处的切线，切线与 $ x $轴交于点 $ P_{3}(x_{3},0) $，再作 $ y = f(x) $图象在点 $ Q_{3}(x_{3},f(x_{3})) $处的切线，依此类推，直到求得满足精度的零点近似解为止。设函数 $ f(x)=e^{x} $，初始点为 $ P_{1}(0,0) $，若按上述过程操作，则所得前 $ n $个三角形 $ \triangle P_{1}Q_{1}P_{2} $，$ \triangle P_{2}Q_{2}P_{3} $，$·s$，$ \triangle P_{n}Q_{n}P_{n + 1} $的面积和为______。

答案：
14. $\frac{e^{n}-1}{2(e^{n}-e^{n - 1})}$ 如图，设$P_{n}(x_{n},0)$，则$Q_{n}(x_{n},f(x_{n}))$。因为$f(x)=e^{x}$，所以$f^{\prime}(x)=e^{x}$，则在点$Q_{n}(x_{n},f(x_{n}))$处的切线方程为$y=e^{x_{n}}·(x - x_{n})+e^{x_{n}}$，切线与$x$轴交于点$P_{n + 1}(x_{n + 1},0)$。令$y = 0$，得$e^{x_{n}}(x_{n + 1}-x_{n})+e^{x_{n}}=0$，则$x_{n + 1}-x_{n}=-1$，所以数列$\{x_{n}\}$是以$x_{1}$为首项，$-1$为公差的等差数列。又$x_{1}=0$，所以$x_{n}=1 - n$，所以$\vert P_{1}P_{2}\vert=\vert P_{2}P_{3}\vert=·s=\vert P_{n}P_{n + 1}\vert=1$。又$f(x_{n})=\frac{1}{e^{n - 1}}$，所以$S_{\triangle P_{1}Q_{1}P_{2}}+S_{\triangle P_{2}Q_{2}P_{3}}+·s+S_{\triangle P_{n}Q_{n}P_{n + 1}}=\frac{1}{2}·1·(\frac{1}{e}+\frac{1}{e^{2}}+\frac{1}{e^{3}}+·s+\frac{1}{e^{n - 1}})=\frac{1}{2}·\frac{\frac{1}{e}(1-\frac{1}{e^{n - 1}})}{1-\frac{1}{e}}=\frac{e^{n}-1}{2(e^{n}-e^{n - 1})}$。