第一篇：高考數學難點解析教案34 導數的運算法則及基本公式應用
高中數學輔導網
http://www.tmdps.cn,(n∈N*)nnnn命題意圖：培養考生的思維的靈活性以及在建立知識體系中知識點靈活融合的能力.屬 ★★★★級題目.知識依托：通過對數列的通項進行聯想，合理運用逆向思維.由求導公式(xn)′=nxn－1,可聯想到它們是另外一個和式的導數.關鍵要抓住數列通項的形式結構.錯解分析：本題難點是考生易犯思維定勢的錯誤，受此影響而不善于聯想.技巧與方法：第(1)題要分x=1和x≠1討論，等式兩邊都求導.解：(1)當x=1時 Sn=1+2+3+…+n=當x≠1時，∵x+x+x+…+x=23n12n(n+1);x?xn?11?xx?x, 兩邊都是關于x的函數，求導得(x+x+x+…+x)′=(223n
n?11?xn－1)′
1?(n?1)x?nx(1?x)n
2nn?1即Sn=1+2x+3x+…+nxn
=
2n(2)∵(1+x)=1+C1nx+Cnx+…+Cnx，2兩邊都是關于x的可導函數，求導得
232nn－1n(1+x)n－1=C1, n+2Cnx+3Cnx+…+nCnx令x=1得，n·2n－1
23n=C1n+2Cn+3Cn+…+nCn, 2n即Sn=C1n+2Cn+…+nCn=n·2
n－1
●錦囊妙計
1.深刻理解導數的概念，了解用定義求簡單的導數.京翰教育http://www.tmdps.cn/
高中數學輔導網
http://www.tmdps.cn ?y?x表示函數的平均改變量，它是Δx的函數，而f′(x0)表示一個數值，即f′?y?x(x)=lim?x?0，知道導數的等價形式：limf(x0??x)?f(x0)?x?x?0?limf(x)?f(x0)x?x0?x?x0?f?(x0).
2.求導其本質是求極限，在求極限的過程中，力求使所求極限的結構形式轉化為已知極限的形式，即導數的定義，這是順利求導的關鍵.3.對于函數求導，一般要遵循先化簡，再求導的基本原則，求導時，不但要重視求導法則的應用，而且要特別注意求導法則對求導的制約作用，在實施化簡時，首先必須注意變換的等價性，避免不必要的運算失誤.4.復合函數求導法則，像鏈條一樣，必須一環一環套下去，而不能丟掉其中的一環.必須正確分析復合函數是由哪些基本函數經過怎樣的順序復合而成的，分清其間的復合關系.●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)y=esinxcos(sinx)，則y′(0)等于（）A.0
B.1
x?9x?5 C.－1
D.2 2.(★★★★)經過原點且與曲線y=A.x+y=0或C.x+y=0或x25x25相切的方程是（）
B.x－y=0或D.x－y=0或
x25x25+y=0 －y=0
+y=0 －y=0
二、填空題
3.(★★★★)若f′(x0)=2,limk?0f(x0?k)?f(x0)2k =_________.4.(★★★★)設f(x)=x(x+1)(x+2)…(x+n),則f′(0)=_________.三、解答題
225.(★★★★)已知曲線C1:y=x與C2:y=－(x－2),直線l與C1、C2都相切，求直線l的方程.6.(★★★★)求函數的導數(1)y=(x2－2x+3)e2x;(2)y=3x1?x.7.(★★★★)有一個長度為5 m的梯子貼靠在筆直的墻上，假設其下端沿地板以3 m/s的速度離開墻腳滑動，求當其下端離開墻腳1.4 m時，梯子上端下滑的速度.8.(★★★★)求和Sn=1+2x+3x+…+nx,(x≠0,n∈N).參考答案
難點磁場
解：由l過原點，知k=
y0x0
2222
2n－
1*
(x0≠0),點(x0,y0)在曲線C上，y0=x03－3x02+2x0，京翰教育http://www.tmdps.cn/
高中數學輔導網
http://www.tmdps.cn ∴y0x0=x02－3x0+2 2
2y′=3x－6x+2,k=3x0－6x0+2 又k=y0x0,∴3x0－6x0+2=x0－3x0+2
32222x0－3x0=0,∴x0=0或x0=由x≠0,知x0=∴y0=(∴k=3232322)+2·2)－3(1
4332=－
y0x0=－
143238∴l方程y=－x 切點(sinx，－)
0殲滅難點訓練
一、1.解析：y′=e答案：B
［cosxcos(sinx)－cosxsin(sinx)］,y′(0)=e(1－0)=1 2.解析：設切點為(x0,y0),則切線的斜率為k=
y0x0,另一方面，y′=（x?9x?5)′=
?4(x?5)2,故
y′(x0)=k,即?4(x0?5)2?y0x0?x0?9x0(x0?5)或x02+18x0+45=0得x0(1)=－3,y0(2)=－15,對應有y0=3,y0=(1)(2)?15?9?15?5?35,因此得兩個切點A(－3，3)或B(－15,35),從而得y′(A)=
?4(?3?5)x253 =－1及y′(B)=
答案：A ?4(?15?5)2??125 ,由于切線過原點，故得切線：lA:y=－x或lB:y=－.二、3.解析：根據導數的定義：f′(x0)=limk?0f[(x0?(?k)]?f(x0)?k](這時?x??k)?lim??f(x0?k)?f(x0)2klimk?0k?0?lim[?k?01212?f(x0?k)?f(x0)?k12f(x0?k)?f(x0)?k
??f?(x0)??1答案：－1 4.解析：設g(x)=(x+1)(x+2)……(x+n),則f(x)=xg(x),于是f′(x)=g(x)+xg′(x),f′(0)=g(0)+0·g′(0)=g(0)=1·2·…n=n！
答案：n!
京翰教育http://www.tmdps.cn/
高中數學輔導網
http://www.tmdps.cn
三、5.解：設l與C1相切于點P(x1,x1),與C2相切于Q(x2,－(x2－2))對于C1：y′=2x,則與C1相切于點P的切線方程為
y－x12=2x1(x－x1),即y=2x1x－x12 ①
2對于C2：y′=－2(x－2),與C2相切于點Q的切線方程為y+(x2－2)=－2(x2－2)(x－x2),即y=－2(x2－2)x+x22－4
②
∵兩切線重合，∴2x1=－2(x2－2)且－x1=x2－4,解得x1=0,x2=2或x1=2,x2=0 ∴直線l方程為y=0或y=4x－4 6.解：(1)注意到y＞0,兩端取對數，得
22x2lny=ln(x－2x+3)+lne=ln(x－2x+3)+2x
?1y?y??(x?2x?3)?x?2x?3222222
?2?22x?2x?2x?32?2?22(x?x?2)x?2x?32x22?y??22(x?x?2)x?2x?32x?y?2(x?x?2)x?2x?32?(x?2x?3)?e
?2(x?x?2)?e(2)兩端取對數，得 ln|y|=13(ln|x|－ln|1－x|), 兩邊解x求導，得
1y?y??111?111(?)?3x1?x3x(1?x)?1?y?13x(1?x)3?y??x1?x
3x(1?x)27.解：設經時間t秒梯子上端下滑s米,則s=5－25?9t,當下端移開1.4 m時，t0=1?43?715,又s′=－12(25－9t)
?12·(－9·2t)=9t
125?9t2,所以s′(t0)=9×715?125?9?(715)2=0.875(m/s)8.解：(1)當x=1時，Sn=1+2+3+…+n=1?(n?1)x?nx(1?x)2nn?12222
16n(n+1)(2n+1),當x≠1時，1+2x+3x+…+nx
2n-1=,兩邊同乘以x,得
x+2x+3x+…+nx=22nx?(n?1)xn?12?nxn?2(1?x)兩邊對x求導，得
Sn=12+22x2+32x2+…+n2xn-1 =1?x?(n?1)x?(2n?2n?1)x(1?x)32n2n?1?nx2n?2
京翰教育http://www.tmdps.cn/
高中數學輔導網
http://www.tmdps.cn
京翰教育http://www.tmdps.cn/
第二篇：2014高考數學考前20天沖刺 導數及應用
2014高考數學考前20天沖刺
導數及應用
1．若函數f(x)＝x3－6bx＋3b在(0，1)內有極小值，則實數b的取值范圍是()
A．(0，1)B．(－∞，1)
C．(0，＋∞)?1D.?0，?2?
解析：選D.∵f(x)＝x3－6bx＋3b，∴f′(x)＝3x2－6b，令f′(x)＝0，即3x2－6b＝0，∴x＝±2b(b＞0)，∵f(x)在(0，1)內有極小值，∴02b＜1，1∴0＜b＜，∴選D.2
12．已知某生產廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產量x(單位：萬件)的函數關系式為y3
＋81x－234，則使該生產廠家獲取最大年利潤的年產量為()
A．13萬件B．11萬件
C．9萬件D．7萬件
1解析：選C.∵y＝－＋81x－234(x＞0)，3
∴y′＝－x2＋81，令y′＝0，即－x2＋81＝0，解得：x＝9或x＝－9(舍)，當x∈(0，9)時，y′＞0，函數y在(0，9)上為增函數，當x∈(9，＋∞)時，y′＜0，函數y在(9，＋∞)上為減函數，∴函數在x＝9時取得極大值，又∵在(0，＋∞)上函數有唯一的極大值，∴x＝9時函數取得最大值，即使該生產廠家獲取最大年利潤的年產量為9萬件．
3．若函數f(x)＝lg(x1＋x2)，則函數g(x)＝xf′(x)為()
A．R上的奇函數B．R上的偶函數
C．R上的非奇非偶函數D．R上的既奇又偶函數
1解析：選A.f(－x)＝lg(－x＋1＋x2)＝＝－lg(x1＋x2)，1＋x2＋x
∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數，則f′(x)為偶函數，∴g(x)＝x·f′(x)為奇函數．
第三篇：高考數學難點歸納20 不等式的綜合應用教案
高考網
http://www.tmdps.cn
難點20 不等式的綜合應用
不等式是繼函數與方程之后的又一重點內容之一，作為解決問題的工具，與其他知識綜合運用的特點比較突出.不等式的應用大致可分為兩類：一類是建立不等式求參數的取值范圍或解決一些實際應用問題；另一類是建立函數關系，利用均值不等式求最值問題、本難點提供相關的思想方法，使考生能夠運用不等式的性質、定理和方法解決函數、方程、實際應用等方面的問題.●難點磁場
2(★★★★★)設二次函數f(x)=ax+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的兩個根x1、x2滿足0＜x1＜x2＜1a.(1)當x∈［0，x1)時，證明x＜f(x)＜x1；
(2)設函數f(x)的圖象關于直線x=x0對稱，證明：x0＜
x12.●案例探究
［例1］用一塊鋼錠燒鑄一個厚度均勻，且表面積為2平方米的正四棱錐形有蓋容器(如右圖)設容器高為h米，蓋子邊長為a米，(1)求a關于h的解析式；
(2)設容器的容積為V立方米，則當h為何值時，V最大？求出V的最大值(求解本題時，不計容器厚度)命題意圖：本題主要考查建立函數關系式，棱錐表面積和體積的計算及用均值定論求函數的最值.知識依托：本題求得體積V的關系式后，應用均值定理可求得最值.錯解分析：在求得a的函數關系式時易漏h＞0.技巧與方法：本題在求最值時應用均值定理.解：①設h′是正四棱錐的斜高，由題設可得：
1?2a?4?h?a?2??
2消去h?.解得:a??1?a2?a2?h12?4?1h?12(a?0)
②由V?13ah?2h3(h?1)而h?)1h2(h＞0)
1h得：V?13(h?1h?2h??2
所以V≤16，當且僅當h=
1h即h=1時取等號
1故當h=1米時，V有最大值，V的最大值為立方米.6［例2］已知a，b，c是實數，函數f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，當－1≤x≤1時|f(x)|≤1.(1)證明：|c|≤1；
(2)證明：當－1 ≤x≤1時，|g(x)|≤2；
(3)設a＞0，有－1≤x≤1時，g(x)的最大值為2，求f(x).京翰教育http://www.tmdps.cn/
高考網
http://www.tmdps.cn 命題意圖：本題主要考查二次函數的性質、含有絕對值不等式的性質，以及綜合應用數學知識分析問題和解決問題的能力.屬★★★★★級題目.知識依托：二次函數的有關性質、函數的單調性是藥引，而絕對值不等式的性質靈活運用是本題的靈魂.錯解分析：本題綜合性較強，其解答的關鍵是對函數f(x)的單調性的深刻理解，以及對條件“－1≤x≤1時|f(x)|≤1”的運用；絕對值不等式的性質使用不當，會使解題過程空洞，缺乏嚴密，從而使題目陷于僵局.技巧與方法：本題(2)問有三種證法，證法一利用g(x)的單調性；證法二利用絕對值不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而證法三則是整體處理g(x)與f(x)的關系.(1)證明：由條件當=1≤x≤1時，|f(x)|≤1，取x=0得：|c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1.(2)證法一：依題設|f(0)|≤1而f(0)=c，所以|c|≤1.當a＞0時，g(x)=ax+b在［－1，1］上是增函數，于是
g(－1)≤g(x)≤g(1)，(－1≤x≤1).∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1，∴g(1)=a+b=f(1)－c≤|f(1)|+|c|=2，g(－1)=－a+b=－f(－1)+c≥－(|f(－2)|+|c|)≥－2，因此得|g(x)|≤2(－1≤x≤1)；
當a＜0時，g(x)=ax+b在［－1，1］上是減函數，于是g(－1)≥g(x)≥g(1)，(－1≤x≤1)，∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)，|c|≤1 ∴|g(x)|=|f(1)－c|≤|f(1)|+|c|≤2.綜合以上結果，當－1≤x≤1時，都有|g(x)|≤2.證法二：∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)∴|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，|f(0)|≤1，∵f(x)=ax2+bx+c，∴|a－b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1，因此，根據絕對值不等式性質得： |a－b|=|(a－b+c)－c|≤|a－b+c|+|c|≤2，|a+b|=|(a+b+c)－c|≤|a+b+c|+|c|≤2，∵g(x)=ax+b，∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2，函數g(x)=ax+b的圖象是一條直線，因此|g(x)|在［－1，1］上的最大值只能在區間的端點x=－1或x=1處取得，于是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1).證法三:?x?(x?1)?(x?1)4x?12)?(222?(x?122x?122)?(2x?12?),x?12)2?g(x)?ax?b?a[(?[a(?f(x?12x?12)?b(2)]?b()?b(2x?12x?12x?122))?c]?[a(x?1)?c])?f(x?1當－1≤x≤1時，有0≤
x?12≤1，－1≤
x?122x?12≤0，x?12∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f()|≤1，|f()|+|f（）|≤1；
因此當－1≤x≤1時，|g(x)|≤|f(x?1x?12)|≤2.京翰教育http://www.tmdps.cn/
高考網
http://www.tmdps.cn(3)解：因為a＞0，g(x)在［－1，1］上是增函數，當x=1時取得最大值2，即 g(1)=a+b=f(1)－f(0)=2.∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1.因為當－1≤x≤1時，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，根據二次函數的性質，直線x=0為f(x)的圖象的對稱軸，由此得－b2a
①
＜0，即b=0.2由①得a=2，所以f(x)=2x－1.●錦囊妙計
1.應用不等式知識可以解決函數、方程等方面的問題，在解決這些問題時，關鍵是把非不等式問題轉化為不等式問題，在化歸與轉化中，要注意等價性.2.對于應用題要通過閱讀，理解所給定的材料，尋找量與量之間的內在聯系，抽象出事物系統的主要特征與關系，建立起能反映其本質屬性的數學結構，從而建立起數學模型，然后利用不等式的知識求出題中的問題.●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★★)定義在R上的奇函數f(x)為增函數，偶函數g(x)在區間［0，+∞)的圖象與f(x)的圖象重合，設a＞b＞0，給出下列不等式，其中正確不等式的序號是（）①f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b)②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b)
③f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a)A.①③
B.②④
C.①④
二、填空題
2.(★★★★★)下列四個命題中：①a+b≥2ab
②sin2x+數，若1x?9y
4D.②③
sin2x≥4 ③設x，y都是正=1，則x+y的最小值是12 ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，則|x－y|＜2ε，其中所有真命題的序號是__________.3.(★★★★★)某公司租地建倉庫，每月土地占用費y1與車庫到車站的距離成反比，而每月庫存貨物的運費y2與到車站的距離成正比，如果在距車站10公里處建倉庫，這兩項費用y1和y2分別為2萬元和8萬元，那么要使這兩項費用之和最小，倉庫應建在離車站__________公里處.三、解答題
4.(★★★★★)已知二次函數 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，設方程f(x)=x的兩實數根為x1，x2.(1)如果x1＜2＜x2＜4，設函數f(x)的對稱軸為x=x0，求證x0＞－1；(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范圍.5.(★★★★)某種商品原來定價每件p元，每月將賣出n件，假若定價上漲x成(這里x成即x10，0＜x≤10).每月賣出數量將減少y成，而售貨金額變成原來的 z倍.13(1)設y=ax，其中a是滿足(2)若y=23≤a＜1的常數，用a來表示當售貨金額最大時的x的值；
x，求使售貨金額比原來有所增加的x的取值范圍.6.(★★★★★)設函數f(x)定義在R上，對任意m、n恒有f(m+n)=f(m)2f(n)，且當x＞0
京翰教育http://www.tmdps.cn/
高考網
http://www.tmdps.cn 時，0＜f(x)＜1.(1)求證：f(0)=1，且當x＜0時，f(x)＞1；
(2)求證：f(x)在R上單調遞減；
22(3)設集合A={(x，y)|f(x)2f(y)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B=?，求a的取值范圍.7.(★★★★★)已知函數f(x)=(1)求b、c的值；
(2)判斷函數F(x)=lgf(x)，當x∈［－1，1］時的單調性，并證明你的結論；(3)若t∈R，求證：lg
7516161352x?bx?cx?122(b＜0)的值域是［1，3］，≤F(|t－|－|t+|)≤lg.京翰教育http://www.tmdps.cn/
高考網
http://www.tmdps.cn
參考答案
難點磁場
解：(1)令F(x)=f(x)－x，因為x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x1)(x－x2).當x∈(0，x1)時，由于x1＜x2，得(x－x1)(x－x2)＞0，又a＞0，得F(x)=a(x－x1)(x－x2)＞0，即x＜f(x)x1－f(x)=x1－［x+F(x)］=x1－x+a(x1－x)(x－x2)=(x1－x)［1+a(x－x2)］ ∵0＜x＜x1＜x2＜1ab2a，∴x1－x＞0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2＞1－ax2＞0 ∴x1－f(x)＞0，由此得f(x)＜x1.(2)依題意：x0=－的根.∴x1+x2=－∴x0=－∴x0＜b2ab?1a??，因為x1、x2是方程f(x)－x=0的兩根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0
?ax1?ax2?12aa(x1?x2)?12ax12，因為ax2＜1，ax12a
殲滅難點訓練
一、1.解析：由題意f(a)=g(a)＞0，f(b)=g(b)＞0，且f(a)＞f(b)，g(a)＞g(b)∴f(b)－f(－a)=f(b)+f(a)=g(a)+g(b)而g(a)－g(－b)=g(a)－g(b)∴g(a)+g(b)－［g(a)－g(b)］ =2g(b)＞0，∴f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b)同理可證：f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)答案：A
二、2.解析：①②③不滿足均值不等式的使用條件“正、定、等”.④式：|x－y|=|(x－2)－(y－2)|≤|(x－2)－(y－2)|≤|x－2|+|y－2|＜ε+ε=2ε.答案：④
3.解析：由已知y1=20x20x20x；y2=0.8x(x為倉庫與車站距離)費用之和y=y1+y2=0.8x+
≥20.8x?=8 20x當且僅當0.8x=即x=5時“=”成立
答案：5公里處
三、4.證明：(1)設g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，且x＞0.∵x1＜2＜x2＜4，∴(x1－2)(x2－2)＜0，即x1x2＜2(x1+x2)－4，于是得x0????12b2a?12?(?12
2b?1a?1a)?12(x1?x2)?12x1x2?12(x1?x2)?(x1?x2)?2
(x1?x2)?2??(2?4)?2??1(2)解：由方程g(x)=ax+(b－1)x+1=0可知x12x2=
1a＞0，所以x1，x2同號
京翰教育http://www.tmdps.cn/
高考網
http://www.tmdps.cn 1°若0＜x1＜2，則x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2，∴g(2)＜0，即4a+2b－1＜0 又(x2－x1)=2
①
(b?1)a22?4a?4
∴2a+1=(b?1)2?1(∵a＞0)代入①式得，2(b?1)2?1＜3－2b 解②得b＜1②
2°若 －2＜x1＜0，則x2=－2+x1＜－2 ∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0 又2a+1=(b?1)2?1，代入③式得 2(b?1)2?1＜2b－1 解④得b＞74
③
④
.14綜上，當0＜x1＜2時，b＜，當－2＜x1＜0時，b＞
74.5.解：(1)由題意知某商品定價上漲x成時，上漲后的定價、每月賣出數量、每月售貨金額分別是：p(1+npz?p(1?x10x102)元、n(1－)?n(1?y10y10)元、npz元，因而
1100(10?x)(10?y)，在y=ax的條件下，z=131100),?z?2［－a ［x－5(1?a)a］+100+25(1?a)a］.由于≤a＜1，則0＜
5(1?a)a5(1?a)a≤10.要使售貨金額最大，即使z值最大，此時x=(2)由z=1100.(10+x)(10－
23x)＞1，解得0＜x＜5.6.(1)證明：令m＞0，n=0得：f(m)=f(m)2f(0).∵f(m)≠0，∴f(0)=1 取m=m，n=－m，(m＜0)，得f(0)=f(m)f(－m)∴f(m)=1f(?m)，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1(2)證明：任取x1，x2∈R，則f(x1)－f(x2)=f(x1)－f［(x2－x1)+x1］ =f(x1)－f(x2－x1)2f(x1)=f(x1)［1－f(x2－x1)］，∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，∴函數f(x)在R上為單調減函數.?f(x2?y2)?f(1)?x2?y2?1得?(3)由?，由題意此不等式組無解，數形結合得：f(ax?y?2)?1?f(?)ax?y?2?0??京翰教育http://www.tmdps.cn/
高考網
http://www.tmdps.cn |2|a?12≥1，解得a≤3 2∴a∈［－3，3］
2x?bx?cx?1227.(1)解：設y=，則(y－2)x－bx+y－c=0
①
∵x∈R，∴①的判別式Δ≥0，即 b2－4(y－2)(y－c)≥0，即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0
由條件知，不等式②的解集是［1，3］ ∴1，3是方程4y－4(2+c)y+8c+b=0的兩根
?1?3?2?c?2?8c?b∴c=2，b=－2，b=2(舍）?1?3?4?2
②
(2)任取x1，x2∈［－1，1］，且x2＞x1，則x2－x1＞0，且(x2－x1)(1－x1x2)＞0，∴f(x2)－f(x1)=－
2x21?x22?(?2x1?x12)?2(x2?x1)(1?x1x2)(1?x1)(1?x2)22＞0，∴f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1)∴F(x)為增函數.(3)記u?|t?1613|?|t?16|,|u|?|(t?16)?(t?16)|?13，即－F(－ 1313≤u≤，根據F(x)的單調性知
13)≤F(u)≤F()，∴lg
75≤F(|t－
16|－|t+
16|)≤lg
135對任意實數t 成立.京翰教育http://www.tmdps.cn/
第四篇：教輔：高考數學二輪復習考點-導數及其應用1
考點七 導數及其應用(一)
一、選擇題
1．(2020·山東濱州三模)函數y＝ln
x的圖象在點x＝e(e為自然對數的底數)處的切線方程為()
A．x＋ey－1＋e＝0
B．x－ey＋1－e＝0
C．x＋ey＝0
D．x－ey＝0
答案 D
解析 因為y＝ln
x，所以y′＝，所以y′|x＝e＝，又當x＝e時，y＝ln
e＝1，所以切線方程為y－1＝(x－e)，整理得x－ey＝0.故選D.2.已知函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數y＝f(x)在區間(a，b)內的極小值點的個數為()
A．1
B．2
C．3
D．4
答案 A
解析 如圖，在區間(a，b)內，f′(c)＝0，且在點x＝c附近的左側f′(x)<0，右側f′(x)>0，所以函數y＝f(x)在區間(a，b)內只有1個極小值點，故選A.3．(2020·全國卷Ⅰ)函數f(x)＝x4－2x3的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為()
A．y＝－2x－1
B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3
D．y＝2x＋1
答案 B
解析 ∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f(1)＝－1，f′(1)＝－2，∴所求切線的方程為y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故選B.4．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數)在[－2,2]上有最大值3，那么此函數在[－2,2]上的最小值為()
A．0
B．－5
C．－10
D．－37
答案 D
解析 由題意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，當x<0或x>2時，f′(x)>0，當0 x＋f′(x)的零點所在的區間是() A.B． C．(1,2) D．(2,3) 答案 B 解析 ∵f(x)＝x2－bx＋a，∴二次函數的對稱軸為x＝，結合函數的圖象可知，0 x＋f′(x)＝aln x＋2x－b在(0，＋∞)上單調遞增．又g＝aln ＋1－b<0，g(1)＝aln 1＋2－b>0，∴函數g(x)的零點所在的區間是.故選B.6．(2020·山東泰安二輪復習質量檢測)已知函數f(x)＝(x－1)ex－e2x＋ax只有一個極值點，則實數a的取值范圍是() A．a≤0或a≥ B．a≤0或a≥ C．a≤0 D．a≥0或a≤－ 答案 A 解析 f(x)＝(x－1)ex－e2x＋ax，令f′(x)＝xex－ae2x＋a＝0，故x－aex＋＝0，當a＝0時，f′(x)＝xex，函數在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，f′(0)＝0，故函數有唯一極小值點，滿足條件；當a≠0時，即＝ex－e－x，設g(x)＝ex－e－x，則g′(x)＝ex＋e－x≥2恒成立，且g′(0)＝2，畫出函數g(x)和y＝的圖象，如圖所示．根據圖象知，當≤2，即a<0或a≥時，滿足條件．綜上所述，a≤0或a≥.故選A.7．(多選)若直線l與曲線C滿足下列兩個條件：①直線l在點P(x0，y0)處與曲線C相切；②曲線C在點P附近位于直線l的兩側，則稱直線l在點P處“切過”曲線C.則下列結論正確的是() A．直線l：y＝0在點P(0,0)處“切過”曲線C：y＝x3 B．直線l：y＝x－1在點P(1,0)處“切過”曲線C：y＝ln x C．直線l：y＝x在點P(0,0)處“切過”曲線C：y＝sinx D．直線l：y＝x在點P(0,0)處“切過”曲線C：y＝tanx 答案 ACD 解析 A項，因為y′＝3x2，當x＝0時，y′＝0，所以l：y＝0是曲線C：y＝x3在點P(0,0)處的切線．當x<0時，y＝x3<0；當x>0時，y＝x3>0，所以曲線C在點P附近位于直線l的兩側，結論正確；B項，y′＝，當x＝1時，y′＝1，在P(1,0)處的切線為l：y＝x－1.令h(x)＝x－1－ln x，則h′(x)＝1－＝(x>0)，當x>1時，h′(x)>0；當0 x，即當x>0時，曲線C全部位于直線l的下側(除切點外)，結論錯誤；C項，y′＝cosx，當x＝0時，y′＝1，在P(0,0)處的切線為l：y＝x，由正弦函數圖象可知，曲線C在點P附近位于直線l的兩側，結論正確；D項，y′＝，當x＝0時，y′＝1，在P(0,0)處的切線為l：y＝x，由正切函數圖象可知，曲線C在點P附近位于直線l的兩側，結論正確．故選ACD.8．(多選)(2020·山東威海三模)已知函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，導函數為f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xln x，且f＝，則() A．f′＝0 B．f(x)在x＝處取得極大值 C．0 D．f(x)在(0，＋∞)上單調遞增 答案 ACD 解析 ∵函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，導函數為f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xln x，即滿足＝，∵′＝，∴′＝，∴可設＝ln2 x＋b(b為常數)，∴f(x)＝xln2 x＋bx，∵f＝·ln2 ＋＝，解得b＝.∴f(x)＝xln2 x＋x，∴f(1)＝，滿足0 x＋ln x＋＝(ln x＋1)2≥0，且僅有f′＝0，∴B錯誤，A，D正確．故選ACD.二、填空題 9．(2020·全國卷Ⅲ)設函數f(x)＝.若f′(1)＝，則a＝________.答案 1 解析 f′(x)＝＝，則f′(1)＝＝，整理可得a2－2a＋1＝0，解得a＝1.10．(2020·山東新高考質量測評聯盟高三5月聯考)曲線f(x)＝asinx＋2(a∈R)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝－x＋2，則a＝________.答案?。? 解析 f(x)＝asinx＋2(a∈R)，則f′(x)＝acosx，故當x＝0時，f′(0)＝a，又函數f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝－x＋2，所以a＝－1.11．要做一個圓錐形的漏斗，其母線長為20 cm，要使體積最大，則高為________ cm.答案 解析 設高為h cm，則底面半徑r＝ cm，所以體積V＝r2h＝h(400－h2)，則V′＝(400－3h2)．令V′＝(400－3h2)＝0，解得h＝.即當高為 cm時，圓錐的體積最大． 12．(2020·吉林第四次調研測試)若函數f(x)＝mx2－ex＋1(e為自然對數的底數)在x＝x1和x＝x2兩處取得極值，且x2≥2x1，則實數m的取值范圍是________． 答案 解析 因為f(x)＝mx2－ex＋1，所以f′(x)＝2mx－ex，又函數f(x)在x＝x1和x＝x2兩處取得極值，所以x1，x2是方程2mx－ex＝0的兩不等實根，且x2≥2x1，即m＝(x≠0)有兩不等實根x1，x2，且x2≥2x1.令h(x)＝(x≠0)，則直線y＝m與曲線h(x)＝有兩交點，且交點橫坐標滿足x2≥2x1，又h′(x)＝＝，由h′(x)＝0，得x＝1，所以，當x>1時，h′(x)>0，即函數h(x)＝在(1，＋∞)上單調遞增； 當x<0和0 當x2＝2x1時，由＝，得x1＝ln 2，此時m＝＝，因此，由x2≥2x1，得m≥.三、解答題 13．(2020·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝ex＋ax2－x.(1)當a＝1時，討論f(x)的單調性； (2)當x≥0時，f(x)≥x3＋1，求a的取值范圍． 解(1)當a＝1時，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，則φ′(x)＝ex＋2＞0，故f′(x)單調遞增，注意到f′(0)＝0，故當x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增． (2)由f(x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0，①當x＝0時，不等式為1≥1，顯然成立，符合題意； ②當x＞0時，分離參數a得a≥－，記g(x)＝－，g′(x)＝－，令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，則h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，則H′(x)＝ex－1≥0，故h′(x)單調遞增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函數h(x)單調遞增，h(x)≥h(0)＝0，由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立，故當x∈(0,2)時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增； 當x∈(2，＋∞)時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減． 因此，g(x)max＝g(2)＝，綜上可得，實數a的取值范圍是.14．(2020·山東濟南6月仿真模擬)已知函數f(x)＝aln (x＋b)－.(1)若a＝1，b＝0，求f(x)的最大值； (2)當b>0時，討論f(x)極值點的個數． 解(1)當a＝1，b＝0時，f(x)＝ln x－，此時，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，由f′(x)>0得0 所以f(x)max＝f(4)＝2ln 2－2.(2)當b>0時，函數f(x)的定義域為[0，＋∞)，f′(x)＝－＝，①當a≤0時，f′(x)<0對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，所以此時f(x)極值點的個數為0； ②當a>0時，設h(x)＝－x＋2a－b，(ⅰ)當4a2－4b≤0，即0 時，f′(x)≤0對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，所以此時f(x)極值點的個數為0； (ⅱ)當4a2－4b>0，即a>時，令t＝(t≥0)，則h(t)＝－t2＋2at－b，t1＋t2＝2a>0，t1t2＝b>0，所以t1，t2都大于0，即f′(x)在(0，＋∞)上有2個左右異號的零點，所以此時f(x)極值點的個數為2.綜上所述，當a≤時，f(x)極值點的個數為0；當a>時，f(x)極值點的個數為2.一、選擇題 1．(2020·山東省實驗中學4月高考預測)已知函數f(x)＝3x＋2cosx，若a＝f(3)，b＝f(2)，c＝f(log27)，則a，b，c的大小關系是() A．a B．c C．b D．b 答案 D 解析 根據題意，函數f(x)＝3x＋2cosx，其導函數f′(x)＝3－2sinx，則有f′(x)＝3－2sinx>0在R上恒成立，則f(x)在R上為增函數．又由2＝log24 A．有3個極大值點 B．有3個極小值點 C．有1個極大值點和2個極小值點 D．有2個極大值點和1個極小值點 答案 D 解析 結合函數圖象可知，當x A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3) C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2) 答案 A 解析 首先令g(x)＝x2f(x)，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，當x>0時，g′(x)>0，g(x)在[0，＋∞)上是增函數，又g(x)是偶函數，所以4f(－2)＝g(－2)＝g(2) A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋ C．y＝x＋1 D．y＝x＋ 答案 D 解析 設直線l與曲線y＝的切點為(x0，)，x0＞0，函數y＝的導數為y′＝，則直線l的斜率k＝，直線l的方程為y－＝·(x－x0)，即x－2y＋x0＝0.由于直線l與圓x2＋y2＝相切，則＝，兩邊平方并整理得5x－4x0－1＝0，解得x0＝1或x0＝－(舍去)，所以直線l的方程為x－2y＋1＝0，即y＝x＋.故選D.5．(2020·山東青島一模)已知函數f(x)＝(e＝2.718為自然對數的底數)，若f(x)的零點為α，極值點為β，則α＋β＝() A．－1 B．0 C．1 D．2 答案 C 解析 ∵f(x)＝∴當x≥0時，令f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2；當x<0時，f(x)＝xex<0恒成立，∴f(x)的零點為α＝2.又當x≥0時，f(x)＝3x－9為增函數，故在[0，＋∞)上無極值點；當x<0時，f(x)＝xex，f′(x)＝(1＋x)ex，當x<－1時，f′(x)<0，當x>－1時，f′(x)>0，∴當x＝－1時，f(x)取到極小值，即f(x)的極值點β＝－1，∴α＋β＝2－1＝1.故選C.6．(2020·山西太原高三模擬)點M在曲線G：y＝3ln x上，過M作x軸的垂線l，設l與曲線y＝交于點N，＝，且P點的縱坐標始終為0，則稱M點為曲線G上的“水平黃金點”，則曲線G上的“水平黃金點”的個數為() A．0 B．1 C．2 D．3 答案 C 解析 設M(t,3ln t)，則N，所以＝＝，依題意可得ln t＋＝0，設g(t)＝ln t＋，則g′(t)＝－＝，當0 3<0，且g＝－2＋>0，g(1)＝>0，所以g(t)＝ln t＋＝0有兩個不同的解，所以曲線G上的“水平黃金點”的個數為2.故選C.7．(多選)(2020·山東濟寧鄒城市第一中學高三下五模)已知函數f(x)＝x3＋ax＋b，其中a，b∈R，則下列選項中的條件使得f(x)僅有一個零點的有() A．a B．a＝ln (b2＋1) C．a＝－3，b2－4≥0 D．a＝－1，b＝1 答案 BD 解析 由題知f′(x)＝3x2＋a.對于A，由f(x)是奇函數，知b＝0，因為a<0，所以f(x)存在兩個極值點，由f(0)＝0知，f(x)有三個零點，A錯誤；對于B，因為b2＋1≥1，所以a≥0，f′(x)≥0，所以f(x)單調遞增，則f(x)僅有一個零點，B正確；對于C，若取b＝2，f′(x)＝3x2－3，則f(x)的極大值為f(－1)＝4，極小值為f(1)＝0，此時f(x)有兩個零點，C錯誤；對于D，f(x)＝x3－x＋1，f′(x)＝3x2－1，易得f(x)的極大值為f＝＋1>0，極小值為f＝－＋1>0，可知f(x)僅有一個零點，D正確．故選BD.8．(多選)(2020·山東省實驗中學4月高考預測)關于函數f(x)＝＋ln x，下列判斷正確的是() A．x＝2是f(x)的極大值點 B．函數y＝f(x)－x有且只有1個零點 C．存在正實數k，使得f(x)>kx成立 D．對任意兩個正實數x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2>4 答案 BD 解析 函數的定義域為(0，＋∞)，函數的導數f′(x)＝－＋＝，∴在(0,2)上，f′(x)＜0，函數單調遞減，在(2，＋∞)上，f′(x)＞0，函數單調遞增，∴x＝2是f(x)的極小值點，故A錯誤；y＝f(x)－x＝＋ln x－x，∴y′＝－＋－1＝<0，函數在(0，＋∞)上單調遞減，且f(1)－1＝2＋ln 1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln 2－2＝ln 2－1<0，∴函數y＝f(x)－x有且只有1個零點，故B正確；若f(x)＞kx，可得k<＋，令g(x)＝＋，則g′(x)＝，令h(x)＝－4＋x－xln x，則h′(x)＝－ln x，∴在(0,1)上，函數h(x)單調遞增，在(1，＋∞)上，函數h(x)單調遞減，∴h(x)≤h(1)＜0，∴g′(x)＜0，∴g(x)＝＋在(0，＋∞)上單調遞減，函數無最小值，∴不存在正實數k，使得f(x)＞kx恒成立，故C錯誤；令t∈(0,2)，則2－t∈(0,2)，2＋t＞2，令g(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝＋ln (2＋t)－－ln (2－t)＝＋ln，則g′(t)＝＋·＝＋＝<0，∴g(t)在(0,2)上單調遞減，則g(t)＜g(0)＝0，令x1＝2－t，由f(x1)＝f(x2)，得x2＞2＋t，則x1＋x2＞2－t＋2＋t＝4，當x2≥4時，x1＋x2＞4顯然成立，∴對任意兩個正實數x1，x2，且x2＞x1，若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＞4，故D正確．故選BD.二、填空題 9．(2020·山東高考實戰演練仿真四)設函數f(x)的導數為f′(x)，且f(x)＝x3＋f′x2－x，則f′(1)＝________.答案 0 解析 因為f(x)＝x3＋f′x2－x，所以f′(x)＝3x2＋2f′x－1.所以f′＝3×2＋2f′×－1，則f′＝－1，所以f(x)＝x3－x2－x，則f′(x)＝3x2－2x－1，故f′(1)＝0.10．若f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1對x∈R恒成立，則曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為________． 答案 10x＋4y－5＝0 解析 ∵f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1，① ∴f(－x)＋3f(x)＝－x3－2x＋1，② 聯立①②，得f(x)＝－x3－x＋，則f′(x)＝－x2－1，∴f′(1)＝－－1＝－，又f(1)＝－－1＋＝－，∴切線方程為y＋＝－(x－1)，即10x＋4y－5＝0.11．(2020·廣東湛江模擬)若x1，x2是函數f(x)＝x2－7x＋4ln x的兩個極值點，則x1x2＝________，f(x1)＋f(x2)＝________.答案 2 4ln 2－ 解析 f′(x)＝2x－7＋＝0?2x2－7x＋4＝0?x1＋x2＝，x1x2＝2，f(x1)＋f(x2)＝x－7x1＋4ln x1＋x－7x2＋4ln x2＝(x1＋x2)2－2x1x2－7(x1＋x2)＋4ln (x1x2)＝4ln 2－.12．(2020·山東濟寧嘉祥縣高三考前訓練二)已知函數f(x)的導函數為f′(x)，且對任意的實數x都有f′(x)＝－f(x)(e是自然對數的底數)，且f(0)＝1，若關于x的不等式f(x)－m<0的解集中恰有兩個整數，則實數m的取值范圍是________． 答案(－e,0] 解析 ∵f′(x)＝－f(x)，∴[f′(x)＋f(x)]ex＝2x＋3，即[f(x)ex]′＝2x＋3.設f(x)ex＝x2＋3x＋c，∴f(x)＝.∵f(0)＝1，∴c＝1，∴f(x)＝，∴f′(x)＝＝－.由f′(x)>0，得－2 由f′(x)<0，得x>1或x<－2，∴函數f(x)在(－2,1)上單調遞增，在(－∞，－2)和(1，＋∞)上單調遞減，如圖所示． 當x＝－2時，f(x)min＝－e2.又f(－1)＝－e，f(－3)＝e3，且x>0時，f(x)>0，由圖象可知，要使不等式f(x) 三、解答題 13．(2020·江蘇高考)某地準備在山谷中建一座橋梁，橋址位置的豎直截面圖如圖所示，谷底O在水平線MN上、橋AB與MN平行，OO′為鉛垂線(O′在AB上)．經測量，左側曲線AO上任一點D到MN的距離h1(米)與D到OO′的距離a(米)之間滿足關系式h1＝a2；右側曲線BO上任一點F到MN的距離h2(米)與F到OO′的距離b(米)之間滿足關系式h2＝－b3＋6b.已知點B到OO′的距離為40米． (1)求橋AB的長度； (2)計劃在谷底兩側建造平行于OO′的橋墩CD和EF，且CE為80米，其中C，E在AB上(不包括端點)．橋墩EF每米造價k(萬元)、橋墩CD每米造價k(萬元)(k>0)．問O′E為多少米時，橋墩CD與EF的總造價最低？ 解(1)由題意，得|O′A|2＝－×403＋6×40，∴|O′A|＝80.∴|AB|＝|O′A|＋|O′B|＝80＋40＝120.答：橋AB的長度為120米． (2)設|O′E|＝x，總造價為f(x)萬元，|O′O|＝×802＝160，f(x)＝k＋k ＝k(0＜x＜40)，∴f′(x)＝k.令f′(x)＝0，得x＝20(x＝0舍去)． 當0＜x＜20時，f′(x)＜0；當20＜x＜40時，f′(x)＞0，因此當x＝20時，f(x)取最小值． 答：當O′E＝20米時，橋墩CD與EF的總造價最低.14.(2020·四川成都石室中學一診)設函數f(x)＝x－sinx，x∈，g(x)＝＋cosx＋2，m∈R.(1)證明：f(x)≤0； (2)當x∈時，不等式g(x)≥恒成立，求m的取值范圍． 解(1)證明：因為f′(x)＝－cosx在x∈上單調遞增，所以f′(x)∈，所以存在唯一x0∈，使得f′(x0)＝0.當x∈(0，x0)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減； 當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增． 所以f(x)max＝max＝0，所以f(x)≤0.(2)因為g′(x)＝－sinx＋m，令h(x)＝－sinx＋m，則h′(x)＝－cosx＋m.當m≥0時，m≤0，由(1)中的結論可知，－sinx≤0，所以g′(x)≤0，所以g(x)在x∈上單調遞減，所以g(x)min＝g＝，滿足題意． 當－ 當x∈時，h′(x)>0，g′(x)單調遞增． 而g′(0)＝－m>0，g′＝0，所以存在唯一x2∈，使得g′(x2)＝0.當x∈(0，x2)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增； 當x∈時，g′(x)<0，g(x)單調遞減． 要使當0≤x≤時，g(x)≥恒成立，即?m≥，所以≤m<0.當m≤－，x∈時，h′(x)≤0，所以當x∈時，g′(x)單調遞減，又g′＝0，所以g′(x)≥0，所以g(x)在x∈上單調遞增，所以g(x)≤g＝，與題意矛盾． 綜上，m的取值范圍為. 研途寶考研 http://www.tmdps.cn/zykzl?fromcode=2014 【導數定義和求導要注意的】 第一，理解并牢記導數定義。導數定義是考研數學的出題點，大部分以選擇題的形式出題，01年數一考一道選題，考查在一點處可導的充要條件，這個并不會直接教材上的導數充要條件，他是變換形式后的，這就需要同學們真正理解導數的定義，要記住幾個關鍵點： 1)在某點的領域范圍內。 2)趨近于這一點時極限存在，極限存在就要保證左右極限都存在，這一點至關重要，也是01年數一考查的點，我們要從四個選項中找出表示左導數和右導數都存在且相等的選項。 3)導數定義中一定要出現這一點的函數值，如果已知告訴等于零，那極限表達式中就可以不出現，否就不能推出在這一點可導，請同學們記清楚了。 4)掌握導數定義的不同書寫形式。 第二，導數定義相關計算。這里有幾種題型：1)已知某點處導數存在，計算極限，這需要掌握導數的廣義化形式，還要注意是在這一點處導數存在的前提下，否則是不一定成立的。 第三，導數、可微與連續的關系。函數在一點處可導與可微是等價的，可以推出在這一點處是連續的，反過來則是不成立的，相信這一點大家都很清楚，而我要提醒大家的是可導推連續的逆否命題：函數在一點處不連續，則在一點處不可導。這也常常應用在做題中。 第四，導數的計算。導數的計算可以說在每一年的考研數學中都會涉及到，而且形式不一，考查的方法也不同。要能很好的掌握不同類型題，首先就需要我們把基本的導數計算弄明白：1)基本的求導公式。指數函數、對數函數、冪函數、三角函數和反三角函數這些基本的初等函數導數都是需要記住的，這也告訴我們在對函數變形到什么形式的時候就可以直接代公式，也為后面學習不定積分和定積分打基礎。2)求導法則。求導法則這里無非是四則運算，復合函數求導和反函數求導，要求四則運算記住求導公式;復合函數要會寫出它的復合過程，按照復合函數的求導法則一次求導就可以了，也是通過這個復合函數求導法則，我們可求出很多函數的導數;反函數求導法則為我們開辟了一條新路，建立函數與其反函數之間的導數關系，從而也使我們得到反三角函數求導公式，這些公式都將要列為基本導數公式，也要很好的理解并掌握反函數的求導思路，在13年數二的考試中相應的考過，請同學們注意。3)常見考試類型的求導。通常在考研中出現四種類型：冪指函數、隱函數、參數方程和抽象函數。這四種類型的求導方法要熟悉，并且可以解決他們之間的綜合題，有時候也會與變現積分求導結合，94年，96年，08年和10年都查了參數方程和變現積分綜合的題目。 第五，高階導數計算。高階導數的計算在歷年考試出現過，比如03年，07年，10年，都以填空題考查的，00年是一道解答題。需要同學們記住幾個常見的高階導數公式，將其他函數都轉化成我們這幾種常見的函數，代入公式就可以了，也有通過求一階導數，二階，三階的方法來找出他們之間關系的。這里還有一種題型就是結合萊布尼茨公式求高階導數的，00年出的題目就是考察的這兩個知識點。 更多考研專業課資料訪問研途寶考研網 研途寶考研 http://www.tmdps.cn/zykzl?fromcode=2014 【導數的應用】 導數的應用主要有以下幾種：(1)切線和法線;(2)單調性;(3)極值;(4)凹凸性;(5)拐點;(6)漸近線;(7)(曲率)(只有數一和數二的考);(8)經濟應用(只有數三的考)。我們一一說明每個應用在考研中有哪些注意的。 ?切線和法線 主要是依據導數的幾何意義，得出曲線在一點處的切線方程和法線方程。 ?單調性 在考研中單調性主要以四種題型考查，第一：求已知函數的單調區間;第二：證明某函數在給定區間單調;第三：不等式證明;第四：方程根的討論。這些題型都離不開導數的計算，只要按照步驟計算即可。做題過程中要仔細分析每種的處理方法，多加練習。 ?極值 需要掌握極值的定義、必要條件和充分條件即可。 ?凹凸性和拐點 考查的內容也是其定義、必要條件、充分條件和判別法。對于這塊內容所涉及到的定義定理比較多，使很多同學弄糊涂了，所以希望同學們可以列表對比學習記憶。 ?漸近線 當曲線上一點M沿曲線無限遠離原點時，如果M到一條直線的距離無限趨近于零，那么這條直線稱為這條曲線的漸近線。需要注意的是：并不是所有的曲線都有漸近線，漸近線反映了某些曲線在無限延伸時的變化情況。根據漸近線的位置，可將漸近線分為三類：垂直漸近線、水平漸近線、斜漸近線。 考研中會考察給一曲線計算漸近線條數，計算順序為垂直漸近線、水平漸近線、斜漸近線。 ?條數計算 垂直漸近線就直接算就可以了，有幾條算幾條，而水平漸近線和斜漸近線要分別x趨于正無窮計算一次，和x趨于負無窮計算一次，當趨于正無窮和負無窮的水平漸近線或者斜漸近線相同則計為一條漸近線，若是不同，則計為兩條漸近線。另外，在趨于正無窮或者負無窮時，有水平漸近線就不會有斜漸近線。 更多考研專業課資料訪問研途寶考研網 研途寶考研 http://www.tmdps.cn/zykzl?fromcode=2014 ?曲率 這塊屬于導數的物理應用，這塊是數一數二的同學考的，需要掌握曲率、曲率半徑、曲率圓。理解并記清楚公式。 ?導數的經濟應用 導數的經濟學應用是數三特考的，這個主要是考察彈性，邊際利潤，邊際收益等。記住公式會計算即可。 更多考研專業課資料訪問研途寶考研網第五篇：2018年考研數學導數的復習重點及應用
點擊咨詢 