一、导数的几何意义和物理意义｜小题与大题

小题

（三）导数的物理应用（数一、数二）

1. 【1991-3-3 分】 质点以速度 $t\sin (t^2)$ 米/秒作直线运动，则从时刻 $t_1=\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ 秒到 $t_2=\sqrt{\pi }$ 秒内质点所经过的路程等于____米。

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答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 质点的速度为

$$v(t)=t\sin (t^2).$$

当 $t\in \left[\sqrt{\frac{\pi }{2}},\sqrt{\pi }\right]$ 时，

$$t^2\in \left[\frac{\pi }{2},\pi \right],$$

故 $\sin (t^2)\ge 0$，从而 $v(t)\ge 0$。因此该时间段内的路程等于位移：

$$\begin{array}{rl}s& ={\int }_{\sqrt{\frac{\pi }{2}}}^{\sqrt{\pi }}t\sin (t^2)dt\\ & =-\frac{1}{2}\cos (t^2){|}_{\sqrt{\frac{\pi }{2}}}^{\sqrt{\pi }}\\ & =-\frac{1}{2}\left(\cos \pi -\cos \frac{\pi }{2}\right)\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

相关知识点：求路程时应积分速度的绝对值；只有在速度不变号时，路程才等于位移的绝对值。本题中速度在给定区间内非负，故可直接积分。

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2. 【2010-2-4 分】 已知一个长方形的长 $l$ 以 $2cm/s$ 的速率增加，宽 $w$ 以 $3cm/s$ 的速率增加。则当 $l=12\mathrm{cm},w=5\mathrm{cm}$ 时，它的对角线增加的速率为____。

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答案： $3cm/s$。

解析： 设长方形对角线长度为 $d$，则

$$d^2=l^2+w^2.$$

对时间 $t$ 求导，得

$$2d\frac{dd}{dt}=2l\frac{dl}{dt}+2w\frac{dw}{dt},$$

所以

$$\frac{dd}{dt}=\frac{l\frac{dl}{dt}+w\frac{dw}{dt}}{d}.$$

当 $l=12,w=5$ 时，

$$d=\sqrt{12^2+5^2}=13.$$

又 $\frac{dl}{dt}=2$，$\frac{dw}{dt}=3$，故

$$\frac{dd}{dt}=\frac{12\times 2+5\times 3}{13}=\frac{39}{13}=3cm/s.$$

相关知识点：相关变化率问题应先建立各变量之间的几何关系，再对时间求导，最后代入给定时刻的数据。

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3. 【2016-2-4 分】 已知动点 $P$ 在曲线 $y=x^3$ 上运动，记坐标原点与点 $P$ 间的距离为 $l$。若点 $P$ 的横坐标对时间的变化率为常数 $v_0$，则当点 $P$ 运动到点 $(1,1)$ 时，$l$ 对时间的变化率是____。

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答案： $2\sqrt{2}{v}_0$。

解析： 点 $P$ 的坐标为 $(x,x^3)$，故它到原点的距离满足

$$l^2=x^2+x^6.$$

对时间 $t$ 求导，得

$$2l\frac{dl}{dt}=\left(2x+6x^5\right)\frac{dx}{dt}.$$

于是

$$\frac{dl}{dt}=\frac{x+3x^5}{l}\frac{dx}{dt}.$$

在点 $(1,1)$ 处，$x=1$，且

$$l=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2},\frac{dx}{dt}=v_0.$$

因此

$$\frac{dl}{dt}=\frac{1+3}{\sqrt{2}}{v}_0=2\sqrt{2}{v}_0.$$

相关知识点：距离是坐标的复合函数，应先利用距离公式建立关系，再通过隐函数求导计算变化率。

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4. 【2021-2-5 分】 有一圆柱体底面半径与高随时间变化的速率分别为 $2cm/s,-3cm/s$，当底面半径为 $10\mathrm{cm}$，高为 $5\mathrm{cm}$ 时，圆柱体的体积与表面积随时间变化的速率分别为（ ）。

A. $125\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/s,40\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^2/s$    B. $125\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/s,-40\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^2/s$

C. $-100\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/s,40\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^2/s$    D. $-100\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/s,-40\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^2/s$

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答案： C。

解析： 设圆柱体底面半径为 $r$，高为 $h$。已知

$$\frac{dr}{dt}=2,\frac{dh}{dt}=-3.$$

圆柱体体积为

$$V=\pi r^{2}h.$$

对时间求导，得

$$\frac{dV}{dt}=\pi \left(2rh\frac{dr}{dt}+r^2\frac{dh}{dt}\right).$$

代入 $r=10,h=5$，得

$$\frac{dV}{dt}=\pi \left(2\times 10\times 5\times 2+10^2\times (-3)\right)=-100\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^3/s.$$

圆柱体的表面积包括两个底面与侧面，故

$$S=2\pi r^2+2\pi rh.$$

对时间求导，得

$$\frac{dS}{dt}=4\pi r\frac{dr}{dt}+2\pi \left(h\frac{dr}{dt}+r\frac{dh}{dt}\right).$$

代入数据，得

$$\begin{array}{rl}\frac{dS}{dt}& =4\pi \times 10\times 2+2\pi \left(5\times 2+10\times (-3)\right)\\ & =80\pi -40\pi \\ & =40\pi \mathrm{c}{\mathrm{m}}^2/s.\end{array}$$

故选 C。

错误选项分析：A、B 的体积变化率计算错误；D 的表面积变化率符号错误。虽然圆柱的高在减小，但半径增加对表面积的影响更大，所以此时总表面积仍在增加。

（四）曲率（数一、数二）

1. 【2009-2-4 分】 若 $f^{\prime \prime }(x)$ 不变号，且曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,1)$ 处的曲率圆为 $x^2+y^2=2$，则函数 $f(x)$ 在区间 $(1,2)$ 内（ ）。

A. 有极值点，无零点    B. 无极值点，有零点    C. 有极值点，有零点    D. 无极值点，无零点

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答案： B。

解析： 曲率圆 $x^2+y^2=2$ 的圆心为 $(0,0)$，半径为 $\sqrt{2}$。在点 $(1,1)$ 处，圆的切线满足

$$x+y=2,$$

故曲线 $y=f(x)$ 在该点的切线斜率为

$$f^{\prime }(1)=-1.$$

曲率圆的圆心也就是曲线在该点的曲率中心。对函数曲线 $y=f(x)$，曲率中心的横坐标为

$$x_c=x-\frac{f^{\prime }(x)\left[1+(f^{\prime }(x){)}^2\right]}{f^{\prime \prime }(x)}.$$

代入 $x=1$、$x_c=0$、$f^{\prime }(1)=-1$，得

$$0=1-\frac{(-1)(1+1)}{f^{\prime \prime }(1)}=1+\frac{2}{f^{\prime \prime }(1)},$$

所以

$$f^{\prime \prime }(1)=-2<0.$$

由于 $f^{\prime \prime }(x)$ 不变号，故在 $(1,2)$ 内曲线保持凹性，$f^{\prime }(x)$ 单调不增。于是对 $x>1$，有

$$f^{\prime }(x)\le f^{\prime }(1)=-1<0.$$

所以 $f(x)$ 在 $(1,2)$ 内严格单调减少，不存在极值点。

又曲线在 $x=1$ 处的切线为 $y=2-x$。由于曲线在该处向下弯曲，且 $f^{\prime \prime }(1)<0$，在 $x=1$ 的右侧曲线位于切线下方；特别地，结合 $f(1)=1$ 及 $f^{\prime }(x)\le -1$ 可得

$$f(2)<f(1)-1=0.$$

而 $f(1)=1>0$，由连续性知在 $(1,2)$ 内至少有一个零点。故选 B。

错误选项分析：A、C 错在函数在该区间内严格递减，不会出现极值点；D 错在函数从正值下降到负值，必有零点。

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2. 【2012-2-4 分】 曲线 $y=x^2+x(x<0)$ 上曲率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 的点的坐标是____。

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答案： $(-1,0)$。

解析： 对曲线 $y=x^2+x$，有

$$y^{\prime }=2x+1,y^{\prime \prime }=2.$$

函数曲线的曲率公式为

$$\kappa =\frac{|y^{\prime \prime }|}{{\left[1+(y^{\prime }{)}^2\right]}^{\frac{3}{2}}}.$$

由题意，

$$\frac{2}{{\left[1+(2x+1{)}^2\right]}^{\frac{3}{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}.$$

整理得

$${\left[1+(2x+1{)}^2\right]}^{\frac{3}{2}}=2\sqrt{2}=2^{\frac{3}{2}}.$$

两边取 $\frac{2}{3}$ 次方，得

$$1+(2x+1{)}^2=2,$$

所以

$$(2x+1{)}^2=1.$$

于是

$$x=0\text{或}x=-1.$$

由于题设限定 $x<0$，故只取 $x=-1$。此时

$$y=(-1{)}^2+(-1)=0.$$

故所求点为 $(-1,0)$。

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3. 【2014-2-4 分】 曲线

$$\{\begin{array}{l}x=t^2+7,\\ y=t^2+4t+1\end{array}$$

上对应于 $t=1$ 的点处的曲率半径是（ ）。

A. $\frac{\sqrt{10}}{50}$    B. $\frac{\sqrt{10}}{100}$    C. $10\sqrt{10}$    D. $5\sqrt{10}$

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答案： C。

解析： 参数曲线的曲率为

$$\kappa =\frac{|x^{\prime }{y}^{\prime \prime }-y^{\prime }{x}^{\prime \prime }|}{{\left[(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2\right]}^{\frac{3}{2}}}.$$

由

$$x=t^2+7,y=t^2+4t+1,$$

得

$$x^{\prime }=2t,x^{\prime \prime }=2,y^{\prime }=2t+4,y^{\prime \prime }=2.$$

当 $t=1$ 时，

$$x^{\prime }=2,y^{\prime }=6,x^{\prime \prime }=2,y^{\prime \prime }=2.$$

因此

$$\kappa =\frac{|2\times 2-6\times 2|}{(2^2+6^2{)}^{\frac{3}{2}}}=\frac{8}{40^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{10\sqrt{10}}.$$

曲率半径为

$$\rho =\frac{1}{\kappa }=10\sqrt{10}.$$

故选 C。

错误选项分析：A、B 给出的是与曲率同量纲的表达式而非曲率半径；D 少乘了一个系数 $2$。

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4. 【2016-2-4 分】 设函数 $f_i(x)(i=1,2)$ 具有二阶连续导数，且 $f_i^{\prime \prime }(x_0)<0$。若两条曲线 $y=f_i(x)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处具有公切线 $y=g(x)$，且在该点处曲线 $y=f_1(x)$ 的曲率大于曲线 $y=f_2(x)$ 的曲率，则在 $x_0$ 的某个邻域内，有（ ）。

A. $f_1(x)\le f_2(x)\le g(x)$    B. $f_2(x)\le f_1(x)\le g(x)$

C. $f_1(x)\le g(x)\le f_2(x)$    D. $f_2(x)\le g(x)\le f_1(x)$

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答案： A。

解析： 两曲线在 $(x_0,y_0)$ 处具有公切线，因此

$$f_1(x_0)=f_2(x_0)=g(x_0),$$

且

$$f_1^{\prime }(x_0)=f_2^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0).$$

函数曲线的曲率为

$${\kappa }_i=\frac{|f_i^{\prime \prime }(x_0)|}{{\left[1+(f_i^{\prime }(x_0){)}^2\right]}^{\frac{3}{2}}}.$$

两曲线在该点斜率相同，故分母相同。又 $f_i^{\prime \prime }(x_0)<0$，且 ${\kappa }_1>{\kappa }_2$，所以

$$|f_1^{\prime \prime }(x_0)|>|f_2^{\prime \prime }(x_0)|,$$

即

$$f_1^{\prime \prime }(x_0)<f_2^{\prime \prime }(x_0)<0.$$

由二阶导数的连续性，在 $x_0$ 的某个邻域内仍有

$$f_1^{\prime \prime }(x)<f_2^{\prime \prime }(x)<0.$$

令 $h(x)=f_1(x)-f_2(x)$，则

$$h(x_0)=h^{\prime }(x_0)=0,h^{\prime \prime }(x)<0.$$

故 $x_0$ 是 $h(x)$ 的局部极大值点，从而

$$f_1(x)-f_2(x)=h(x)\le 0,$$

即

$$f_1(x)\le f_2(x).$$

另一方面，两曲线在该邻域内均向下凹，因而曲线位于其切线下方，即

$$f_2(x)\le g(x).$$

综上，

$$f_1(x)\le f_2(x)\le g(x).$$

故选 A。

错误选项分析：B 颠倒了两条曲线因曲率大小产生的上下位置；C、D 均错误地把向下凹曲线置于切线上方。

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5. 【2018-2-4 分】 曲线

$$\{\begin{array}{l}x={\cos }^{3}t,\\ y={\sin }^{3}t\end{array}$$

在 $t=\frac{\pi }{4}$ 对应点处的曲率为____。

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答案： $\frac{2}{3}$。

解析： 参数曲线的曲率公式为

$$\kappa =\frac{|x^{\prime }{y}^{\prime \prime }-y^{\prime }{x}^{\prime \prime }|}{{\left[(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2\right]}^{\frac{3}{2}}}.$$

先求导：

$$x^{\prime }=-3{\cos }^{2}t\sin t,y^{\prime }=3{\sin }^{2}t\cos t.$$

再求二阶导数：

$$x^{\prime \prime }=3\cos t\left(2{\sin }^{2}t-{\cos }^{2}t\right),$$$$y^{\prime \prime }=3\sin t\left(2{\cos }^{2}t-{\sin }^{2}t\right).$$

当 $t=\frac{\pi }{4}$ 时，$\sin t=\cos t=\frac{\sqrt{2}}{2}$，于是

$$x^{\prime }=-\frac{3\sqrt{2}}{4},y^{\prime }=\frac{3\sqrt{2}}{4},x^{\prime \prime }=\frac{3\sqrt{2}}{4},y^{\prime \prime }=\frac{3\sqrt{2}}{4}.$$

因此

$$|x^{\prime }{y}^{\prime \prime }-y^{\prime }{x}^{\prime \prime }|=\left|-\frac{9}{8}-\frac{9}{8}\right|=\frac{9}{4},$$

且

$${\left[(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2\right]}^{\frac{3}{2}}={\left(\frac{9}{8}+\frac{9}{8}\right)}^{\frac{3}{2}}={\left(\frac{9}{4}\right)}^{\frac{3}{2}}=\frac{27}{8}.$$

故

$$\kappa =\frac{\frac{9}{4}}{\frac{27}{8}}=\frac{2}{3}.$$

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6. 【2019-2-4 分】 设 $f(x),g(x)$ 的二阶导函数在 $x=a$ 处连续，则

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)-g(x)}{(x-a{)}^2}=0$$

是两条曲线在 $x=a$ 处相切且曲率相等的（ ）。

A. 充分不必要    B. 充分必要    C. 必要不充分    D. 既不充分也不必要

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答案： A。

解析： 令

$$h(x)=f(x)-g(x).$$

由于 $f,g$ 的二阶导函数在 $x=a$ 处连续，可在 $x=a$ 处作二阶泰勒展开：

$$h(x)=h(a)+h^{\prime }(a)(x-a)+\frac{1}{2}{h}^{\prime \prime }(a)(x-a{)}^2+o\left((x-a{)}^2\right).$$

若

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{h(x)}{(x-a{)}^2}=0,$$

则必须有

$$h(a)=0,h^{\prime }(a)=0,h^{\prime \prime }(a)=0.$$

因此

$$f(a)=g(a),f^{\prime }(a)=g^{\prime }(a),f^{\prime \prime }(a)=g^{\prime \prime }(a).$$

前两个等式说明两条曲线在 $x=a$ 处相切；又函数曲线的曲率为

$$\kappa =\frac{|y^{\prime \prime }|}{{\left[1+(y^{\prime }{)}^2\right]}^{\frac{3}{2}}},$$

由 $f^{\prime }(a)=g^{\prime }(a)$、$f^{\prime \prime }(a)=g^{\prime \prime }(a)$ 可知两曲率相等。因此题设极限条件是充分条件。

但它不是必要条件。例如取

$$f(x)=(x-a{)}^2,g(x)=-(x-a{)}^2.$$

两曲线在 $x=a$ 处均经过点 $(a,0)$，且

$$f^{\prime }(a)=g^{\prime }(a)=0.$$

所以它们在该点相切。又

$$|f^{\prime \prime }(a)|=|g^{\prime \prime }(a)|=2,$$

故曲率相等。然而

$$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)-g(x)}{(x-a{)}^2}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{2(x-a{)}^2}{(x-a{)}^2}=2\ne 0.$$

因此该条件充分但不必要，故选 A。

错误选项分析：B 错在曲率只与二阶导数的绝对值有关，曲率相等不必推出二阶导数相等；C、D 则忽略了题设极限能够推出函数值、一阶导数和二阶导数均相等。

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7. 【2024-2-5 分】 曲线 $y^2=x$ 在点 $(0,0)$ 处的曲率圆方程为____。

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答案： ${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+y^2=\frac{1}{4}$。

解析： 将曲线参数化为

$$\{\begin{array}{l}x=t^2,\\ y=t.\end{array}$$

则

$$x^{\prime }=2t,y^{\prime }=1,x^{\prime \prime }=2,y^{\prime \prime }=0.$$

参数曲线的曲率公式为

$$\kappa =\frac{|x^{\prime }{y}^{\prime \prime }-y^{\prime }{x}^{\prime \prime }|}{{\left[(x^{\prime }{)}^2+(y^{\prime }{)}^2\right]}^{\frac{3}{2}}}.$$

在 $t=0$ 时，

$$\kappa =\frac{|0\cdot 0-1\cdot 2|}{(0^2+1^2{)}^{\frac{3}{2}}}=2.$$

所以曲率半径为

$$\rho =\frac{1}{\kappa }=\frac{1}{2}.$$

曲线 $x=y^2$ 在原点处的切线为 $x=0$，法线为 $y=0$。由于曲线开口向右，曲率圆圆心位于原点右侧的法线上，故圆心为

$$\left(\frac{1}{2},0\right).$$

因此曲率圆方程为

$${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+y^2={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}.$$

大题

（一）求某点的切线和法线

1. 【1992-5-7 分】 给定曲线 $y=\frac{1}{x^2}$。

（1）求曲线在横坐标为 $x_0$ 的点处的切线方程；

（2）求曲线的切线被两坐标轴所截线段的最短长度。

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答案： （1）$y-\frac{1}{x_0^2}=-\frac{2}{x_0^3}(x-x_0)$，其中 $x_0\ne 0$；

（2）最短长度为 $\frac{3\sqrt{3}}{2}$。

解析： （1）由

$$y=x^{-2},$$

得

$$y^{\prime }=-2x^{-3}=-\frac{2}{x^3}.$$

曲线上横坐标为 $x_0$ 的点为

$$\left(x_0,\frac{1}{x_0^2}\right),$$

该点处的切线斜率为

$$y^{\prime }(x_0)=-\frac{2}{x_0^3}.$$

故切线方程为

$$y-\frac{1}{x_0^2}=-\frac{2}{x_0^3}(x-x_0).$$

整理得

$$y=-\frac{2}{x_0^3}x+\frac{3}{x_0^2}.$$

（2）令 $y=0$，得切线与 $x$ 轴的交点为

$$A\left(\frac{3x_0}{2},0\right).$$

令 $x=0$，得切线与 $y$ 轴的交点为

$$B\left(0,\frac{3}{x_0^2}\right).$$

因此截线段长度为

$$AB=\sqrt{{\left(\frac{3x_0}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3}{x_0^2}\right)}^2}=3\sqrt{\frac{x_0^2}{4}+\frac{1}{x_0^4}}.$$

令 $u=x_0^2>0$，则

$$A{B}^2=9\left(\frac{u}{4}+\frac{1}{u^2}\right).$$

设

$$\phi (u)=\frac{u}{4}+\frac{1}{u^2},$$

则

$${\phi }^{\prime }(u)=\frac{1}{4}-\frac{2}{u^3}.$$

令 ${\phi }^{\prime }(u)=0$，得

$$u^3=8,u=2.$$

又

$${\phi }^{\prime \prime }(u)=\frac{6}{u^4}>0,$$

故 $u=2$ 时取得最小值。此时

$$A{B}_{\min }^2=9\left(\frac{2}{4}+\frac{1}{2^2}\right)=\frac{27}{4},$$

所以

$$A{B}_{\min }=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$$

当 $x_0=\pm \sqrt{2}$ 时取得该最短长度。

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2. 【2000-2-7 分】 已知 $f(x)$ 是周期为 $5$ 的连续函数，它在 $x=0$ 的某个邻域内满足关系式

$$f(1+\sin x)-3f(1-\sin x)=8x+\alpha (x),$$

其中 $\alpha (x)$ 是当 $x\to 0$ 时比 $x$ 高阶的无穷小，且 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(6,f(6))$ 处的切线方程。

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答案： $y=2(x-6)$。

解析： 由 $\alpha (x)=o(x)$，题设关系可写为

$$f(1+\sin x)-3f(1-\sin x)=8x+o(x).$$

令 $x\to 0$。由 $f(x)$ 在 $x=1$ 处连续，得

$$f(1)-3f(1)=0,$$

从而

$$f(1)=0.$$

由于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处可导，当 $x\to 0$ 时，

$$f(1+\sin x)=f(1)+f^{\prime }(1)\sin x+o(\sin x),$$$$f(1-\sin x)=f(1)-f^{\prime }(1)\sin x+o(\sin x).$$

代入题设，并利用 $f(1)=0$，得

$$4f^{\prime }(1)\sin x+o(\sin x)=8x+o(x).$$

又 $\sin x\sim x$，故比较一次项可得

$$4f^{\prime }(1)=8,$$

即

$$f^{\prime }(1)=2.$$

因为 $f(x)$ 的周期为 $5$，所以

$$f(6)=f(1)=0.$$

并且

$$f^{\prime }(6)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(6+h)-f(6)}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(1+h)-f(1)}{h}=f^{\prime }(1)=2.$$

因此曲线在点 $(6,0)$ 处的切线方程为

$$y-0=2(x-6),$$

即

$$y=2(x-6).$$

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3. 【2002-2-6 分】 已知曲线的极坐标方程是 $r=1-\cos \theta$，求该曲线上对应于 $\theta =\frac{\pi }{6}$ 处的切线与法线的直角坐标方程。

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答案： 切线方程为

$$y=x+\frac{5-3\sqrt{3}}{4};$$

法线方程为

$$x+y=\frac{\sqrt{3}-1}{4}.$$

解析： 极坐标曲线可参数化为

$$\{\begin{array}{l}x=(1-\cos \theta )\cos \theta ,\\ y=(1-\cos \theta )\sin \theta .\end{array}$$

当 $\theta =\frac{\pi }{6}$ 时，

$$r=1-\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2-\sqrt{3}}{2}.$$

故对应点为

$$x_0=r\cos \theta =\frac{2-\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}-3}{4},$$$$y_0=r\sin \theta =\frac{2-\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{2-\sqrt{3}}{4}.$$

对参数方程求导：

$$\frac{dx}{d\theta }=\sin \theta \cos \theta -(1-\cos \theta )\sin \theta =\sin \theta (2\cos \theta -1),$$$$\frac{dy}{d\theta }={\sin }^2\theta +(1-\cos \theta )\cos \theta .$$

在 $\theta =\frac{\pi }{6}$ 时，

$${\frac{dx}{d\theta }|}_{\theta =\frac{\pi }{6}}=\frac{\sqrt{3}-1}{2},$$$${\frac{dy}{d\theta }|}_{\theta =\frac{\pi }{6}}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}.$$

所以切线斜率为

$$\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{d\theta }}{\frac{dx}{d\theta }}=1.$$

切线方程为

$$y-y_0=x-x_0.$$

代入 $(x_0,y_0)$，得

$$y=x+y_0-x_0=x+\frac{5-3\sqrt{3}}{4}.$$

法线斜率为 $-1$，故法线方程为

$$y-y_0=-(x-x_0),$$

即

$$x+y=x_0+y_0=\frac{\sqrt{3}-1}{4}.$$

（二）相切的充要条件

1. 【2002-1-7 分】 已知两曲线 $y=f(x)$ 与

$$y={\int }_0^{\arctan x}{e}^{-t^2}\mathrm{d}t$$

在点 $(0,0)$ 处的切线相同，写出此切线方程，并求极限

$$\underset{n\to \infty }{\lim }nf\left(\frac{2}{n}\right).$$

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答案： 切线方程为 $y=x$；极限为 $2$。

解析： 令

$$F(x)={\int }_0^{\arctan x}{e}^{-t^2}\mathrm{d}t.$$

由变上限积分求导公式与链式法则，

$$F^{\prime }(x)=e^{-(\arctan x{)}^2}\cdot \frac{1}{1+x^2}.$$

因此

$$F(0)=0,F^{\prime }(0)=1.$$

故曲线 $y=F(x)$ 在原点处的切线为

$$y=x.$$

由于两曲线在原点处切线相同，所以

$$f(0)=0,f^{\prime }(0)=1.$$

于是

$$\underset{n\to \infty }{\lim }nf\left(\frac{2}{n}\right)=2\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{f\left(\frac{2}{n}\right)-f(0)}{\frac{2}{n}}=2f^{\prime }(0)=2.$$

（三）导数的物理应用（数一、数二）

1. 【2001-2-7 分】 一个半球体状的雪堆，其体积融化的速率与半球面面积 $S$ 成正比，比例常数 $K>0$。假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状，已知半径为 $r_0$ 的雪堆在开始融化的 $3$ 小时内，融化了其体积的 $\frac{7}{8}$，问雪堆全部融化需要多少小时。

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答案： 雪堆全部融化需要 $6$ 小时。

解析： 设时刻 $t$ 时雪堆的半径为 $r=r(t)$，体积为 $V=V(t)$。

半球体的体积和半球面面积分别为

$$V=\frac{2}{3}\pi r^3,S=2\pi r^2.$$

由题意，体积减少的速率与半球面面积成正比，故

$$\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=-KS=-2\pi K{r}^2.$$

另一方面，由复合函数求导法则，

$$\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}r}\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=2\pi r^2\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}.$$

因此

$$2\pi r^2\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-2\pi K{r}^2,$$

即

$$\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-K.$$

所以半径随时间均匀减小，且由 $r(0)=r_0$ 得

$$r(t)=r_0-Kt.$$

开始融化 $3$ 小时后，已融化原体积的 $\frac{7}{8}$，故剩余体积为原体积的 $\frac{1}{8}$。于是

$$\frac{\frac{2}{3}\pi r^3(3)}{\frac{2}{3}\pi r_0^3}=\frac{1}{8},$$

从而

$$r(3)=\frac{r_0}{2}.$$

代入 $r(3)=r_0-3K$，得

$$r_0-3K=\frac{r_0}{2},$$

所以

$$K=\frac{r_0}{6}.$$

设雪堆全部融化所需时间为 $T$，则 $r(T)=0$，即

$$r_0-KT=0.$$

因此

$$T=\frac{r_0}{K}=\frac{r_0}{r_0/6}=6.$$

故雪堆全部融化需要 $6$ 小时。

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2. 【2018-2-11 分】 已知曲线 $L:y=\frac{4}{9}{x}^2(x\ge 0)$，点 $O(0,0)$，点 $A(0,1)$。设 $P$ 是 $L$ 上的动点，$S$ 是直线 $OA$ 与直线 $AP$ 及曲线 $L$ 所围图形的面积。若 $P$ 运动到点 $(3,4)$ 时沿 $x$ 轴正方向的速度是 $4$，求此时 $S$ 关于时间 $t$ 的变化率。

查看答案与解析

答案：

$${\frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}t}|}_{P=(3,4)}=10.$$

解析： 设动点

$$P\left(x,\frac{4}{9}{x}^2\right),x>0.$$

直线 $AP$ 经过点 $A(0,1)$ 与点 $P\left(x,\frac{4}{9}{x}^2\right)$，其斜率为

$$k_{AP}=\frac{\frac{4}{9}{x}^2-1}{x}=\frac{4x}{9}-\frac{1}{x}.$$

故直线 $AP$ 的方程为

$$y=1+\left(\frac{4x}{9}-\frac{1}{x}\right)u,$$

其中用 $u$ 表示积分变量。

因此，直线 $OA$、直线 $AP$ 与曲线 $L$ 围成的面积为

$$S(x)={\int }_0^x\left[1+\left(\frac{4x}{9}-\frac{1}{x}\right)u-\frac{4}{9}{u}^2\right]\mathrm{d}u.$$

计算得

$$\begin{array}{rl}S(x)& =x+\frac{1}{2}\left(\frac{4x}{9}-\frac{1}{x}\right)x^2-\frac{4}{27}{x}^3\\ & =x+\frac{2}{9}{x}^3-\frac{x}{2}-\frac{4}{27}{x}^3\\ & =\frac{x}{2}+\frac{2}{27}{x}^3.\end{array}$$

于是

$$\frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{2}+\frac{2}{9}{x}^2.$$

由链式法则，

$$\frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}x}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}.$$

当 $P$ 运动到点 $(3,4)$ 时，$x=3$，且由题意

$$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=4.$$

故

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}t}& =\left(\frac{1}{2}+\frac{2}{9}\times 3^2\right)\times 4\\ & =\left(\frac{1}{2}+2\right)\times 4\\ & =10.\end{array}$$

因此，此时面积 $S$ 关于时间 $t$ 的变化率为 $10$。