高考数学难点解析教案34 导数的运算法则及基本公式应用

第一篇：高考数学难点解析教案34 导数的运算法则及基本公式应用

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http://www.xiexiebang.com,(n∈N*)nnnn命题意图：培养考生的思维的灵活性以及在建立知识体系中知识点灵活融合的能力.属 ★★★★级题目.知识依托：通过对数列的通项进行联想，合理运用逆向思维.由求导公式(xn)′=nxn－1,可联想到它们是另外一个和式的导数.关键要抓住数列通项的形式结构.错解分析：本题难点是考生易犯思维定势的错误，受此影响而不善于联想.技巧与方法：第(1)题要分x=1和x≠1讨论，等式两边都求导.解：(1)当x=1时 Sn=1+2+3+…+n=当x≠1时，∵x+x+x+…+x=23n12n(n+1);xxn11xxx, 两边都是关于x的函数，求导得(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，2两边都是关于x的可导函数，求导得

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



●锦囊妙计

1.深刻理解导数的概念，了解用定义求简单的导数.京翰教育http://www.xiexiebang.com/

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http://www.xiexiebang.com yx表示函数的平均改变量，它是Δx的函数，而f′(x0)表示一个数值，即f′yx(x)=limx0，知道导数的等价形式：limf(x0x)f(x0)xx0limf(x)f(x0)xx0xx0f(x0).

2.求导其本质是求极限，在求极限的过程中，力求使所求极限的结构形式转化为已知极限的形式，即导数的定义，这是顺利求导的关键.3.对于函数求导，一般要遵循先化简，再求导的基本原则，求导时，不但要重视求导法则的应用，而且要特别注意求导法则对求导的制约作用，在实施化简时，首先必须注意变换的等价性，避免不必要的运算失误.4.复合函数求导法则，像链条一样，必须一环一环套下去，而不能丢掉其中的一环.必须正确分析复合函数是由哪些基本函数经过怎样的顺序复合而成的，分清其间的复合关系.●歼灭难点训练

一、选择题

1.(★★★★)y=esinxcos(sinx)，则y′(0)等于（）A.0

B.1

x9x5 C.－1

D.2 2.(★★★★)经过原点且与曲线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、填空题

3.(★★★★)若f′(x0)=2,limk0f(x0k)f(x0)2k =_________.4.(★★★★)设f(x)=x(x+1)(x+2)…(x+n),则f′(0)=_________.三、解答题

225.(★★★★)已知曲线C1:y=x与C2:y=－(x－2),直线l与C1、C2都相切，求直线l的方程.6.(★★★★)求函数的导数(1)y=(x2－2x+3)e2x;(2)y=3x1x.7.(★★★★)有一个长度为5 m的梯子贴靠在笔直的墙上，假设其下端沿地板以3 m/s的速度离开墙脚滑动，求当其下端离开墙脚1.4 m时，梯子上端下滑的速度.8.(★★★★)求和Sn=1+2x+3x+…+nx,(x≠0,n∈N).参考答案

难点磁场

解：由l过原点，知k=

y0x0

2222

2n－

1*

(x0≠0),点(x0,y0)在曲线C上，y0=x03－3x02+2x0，京翰教育http://www.xiexiebang.com/

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http://www.xiexiebang.com ∴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 切点(sinx，－)

0歼灭难点训练

一、1.解析：y′=e答案：B

［cosxcos(sinx)－cosxsin(sinx)］,y′(0)=e(1－0)=1 2.解析：设切点为(x0,y0),则切线的斜率为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,对应有y0=3,y0=(1)(2)15915535,因此得两个切点A(－3，3)或B(－15,35),从而得y′(A)=

4(35)x253 =－1及y′(B)=

答案：A 4(155)2125 ,由于切线过原点，故得切线：lA:y=－x或lB:y=－.二、3.解析：根据导数的定义：f′(x0)=limk0f[(x0(k)]f(x0)k](这时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：设g(x)=(x+1)(x+2)……(x+n),则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!

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三、5.解：设l与C1相切于点P(x1,x1),与C2相切于Q(x2,－(x2－2))对于C1：y′=2x,则与C1相切于点P的切线方程为

y－x12=2x1(x－x1),即y=2x1x－x12 ①

2对于C2：y′=－2(x－2),与C2相切于点Q的切线方程为y+(x2－2)=－2(x2－2)(x－x2),即y=－2(x2－2)x+x22－4

②

∵两切线重合，∴2x1=－2(x2－2)且－x1=x2－4,解得x1=0,x2=2或x1=2,x2=0 ∴直线l方程为y=0或y=4x－4 6.解：(1)注意到y＞0,两端取对数，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)两端取对数，得 ln|y|=13(ln|x|－ln|1－x|), 两边解x求导，得

1yy111111()3x1x3x(1x)1y13x(1x)3yx1x

3x(1x)27.解：设经时间t秒梯子上端下滑s米,则s=5－259t,当下端移开1.4 m时，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)当x=1时，Sn=1+2+3+…+n=1(n1)xnx(1x)2nn12222

16n(n+1)(2n+1),当x≠1时，1+2x+3x+…+nx

2n-1=,两边同乘以x,得

x+2x+3x+…+nx=22nx(n1)xn12nxn2(1x)两边对x求导，得

Sn=12+22x2+32x2+…+n2xn-1 =1x(n1)x(2n2n1)x(1x)32n2n1nx2n2

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第二篇：2014高考数学考前20天冲刺 导数及应用

2014高考数学考前20天冲刺

导数及应用

1．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0，1)内有极小值，则实数b的取值范围是()

A．(0，1)B．(－∞，1)

C．(0，＋∞)1D.0，2

解析：选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)内有极小值，∴02b＜1，1∴0＜b＜，∴选D.2

12．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y3

＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()

A．13万件B．11万件

C．9万件D．7万件

1解析：选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)，当x∈(0，9)时，y′＞0，函数y在(0，9)上为增函数，当x∈(9，＋∞)时，y′＜0，函数y在(9，＋∞)上为减函数，∴函数在x＝9时取得极大值，又∵在(0，＋∞)上函数有唯一的极大值，∴x＝9时函数取得最大值，即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件．

3．若函数f(x)＝lg(x1＋x2)，则函数g(x)＝xf′(x)为()

A．R上的奇函数B．R上的偶函数

C．R上的非奇非偶函数D．R上的既奇又偶函数

1解析：选A.f(－x)＝lg(－x＋1＋x2)＝＝－lg(x1＋x2)，1＋x2＋x

∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，则f′(x)为偶函数，∴g(x)＝x·f′(x)为奇函数．

第三篇：高考数学难点归纳20 不等式的综合应用教案

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难点20 不等式的综合应用

不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出.不等式的应用大致可分为两类：一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题.●难点磁场

2(★★★★★)设二次函数f(x)=ax+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的两个根x1、x2满足0＜x1＜x2＜1a.(1)当x∈［0，x1)时，证明x＜f(x)＜x1；

(2)设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明：x0＜

x12.●案例探究

［例1］用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h米，盖子边长为a米，(1)求a关于h的解析式；

(2)设容器的容积为V立方米，则当h为何值时，V最大？求出V的最大值(求解本题时，不计容器厚度)命题意图：本题主要考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的计算及用均值定论求函数的最值.知识依托：本题求得体积V的关系式后，应用均值定理可求得最值.错解分析：在求得a的函数关系式时易漏h＞0.技巧与方法：本题在求最值时应用均值定理.解：①设h′是正四棱锥的斜高，由题设可得：

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，当且仅当h=

1h即h=1时取等号

1故当h=1米时，V有最大值，V的最大值为立方米.6［例2］已知a，b，c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，当－1≤x≤1时|f(x)|≤1.(1)证明：|c|≤1；

(2)证明：当－1 ≤x≤1时，|g(x)|≤2；

(3)设a＞0，有－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x).京翰教育http://www.xiexiebang.com/

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http://www.xiexiebang.com 命题意图：本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力.属★★★★★级题目.知识依托：二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂.错解分析：本题综合性较强，其解答的关键是对函数f(x)的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x≤1时|f(x)|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局.技巧与方法：本题(2)问有三种证法，证法一利用g(x)的单调性；证法二利用绝对值不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而证法三则是整体处理g(x)与f(x)的关系.(1)证明：由条件当=1≤x≤1时，|f(x)|≤1，取x=0得：|c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1.(2)证法一：依题设|f(0)|≤1而f(0)=c，所以|c|≤1.当a＞0时，g(x)=ax+b在［－1，1］上是增函数，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)；

当a＜0时，g(x)=ax+b在［－1，1］上是减函数，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.综合以上结果，当－1≤x≤1时，都有|g(x)|≤2.证法二：∵|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，根据绝对值不等式性质得： |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，函数g(x)=ax+b的图象是一条直线，因此|g(x)|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x=－1或x=1处取得，于是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1).证法三: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当－1≤x≤1时，有0≤

x12≤1，－1≤

x122x12≤0，x12∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f()|≤1，|f()|+|f（）|≤1；

因此当－1≤x≤1时，|g(x)|≤|f(x1x12)|≤2.京翰教育http://www.xiexiebang.com/

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http://www.xiexiebang.com(3)解：因为a＞0，g(x)在［－1，1］上是增函数，当x=1时取得最大值2，即 g(1)=a+b=f(1)－f(0)=2.∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1.因为当－1≤x≤1时，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，根据二次函数的性质，直线x=0为f(x)的图象的对称轴，由此得－b2a

①

＜0，即b=0.2由①得a=2，所以f(x)=2x－1.●锦囊妙计

1.应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性.2.对于应用题要通过阅读，理解所给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的主要特征与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的问题.●歼灭难点训练

一、选择题

1.(★★★★★)定义在R上的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a＞b＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是（）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、填空题

2.(★★★★★)下列四个命题中：①a+b≥2ab

②sin2x+数，若1x9y

4D.②③

sin2x≥4 ③设x，y都是正=1，则x+y的最小值是12 ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，其中所有真命题的序号是__________.3.(★★★★★)某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处.三、解答题

4.(★★★★★)已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2.(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1；(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围.5.(★★★★)某种商品原来定价每件p元，每月将卖出n件，假若定价上涨x成(这里x成即x10，0＜x≤10).每月卖出数量将减少y成，而售货金额变成原来的 z倍.13(1)设y=ax，其中a是满足(2)若y=23≤a＜1的常数，用a来表示当售货金额最大时的x的值；

x，求使售货金额比原来有所增加的x的取值范围.6.(★★★★★)设函数f(x)定义在R上，对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)²f(n)，且当x＞0

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http://www.xiexiebang.com 时，0＜f(x)＜1.(1)求证：f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；

(2)求证：f(x)在R上单调递减；

22(3)设集合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的取值范围.7.(★★★★★)已知函数f(x)=(1)求b、c的值；

(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；(3)若t∈R，求证：lg

7516161352xbxcx122(b＜0)的值域是［1，3］，≤F(|t－|－|t+|)≤lg.京翰教育http://www.xiexiebang.com/

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参考答案

难点磁场

解：(1)令F(x)=f(x)－x，因为x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x1)(x－x2).当x∈(0，x1)时，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)依题意：x0=－的根.∴x1+x2=－∴x0=－∴x0＜b2ab1a，因为x1、x2是方程f(x)－x=0的两根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0

ax1ax212aa(x1x2)12ax12，因为ax2＜1，ax12a

歼灭难点训练

一、1.解析：由题意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)同理可证：f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)答案：A

二、2.解析：①②③不满足均值不等式的使用条件“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为仓库与车站距离)费用之和y=y1+y2=0.8x+

≥20.8x=8 20x当且仅当0.8x=即x=5时“=”成立

答案：5公里处

三、4.证明：(1)设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同号

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http://www.xiexiebang.com 1°若0＜x1＜2，则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，则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综上，当0＜x1＜2时，b＜，当－2＜x1＜0时，b＞

74.5.解：(1)由题意知某商品定价上涨x成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分别是：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的条件下，z=131100),z2［－a ［x－5(1a)a］+100+25(1a)a］.由于≤a＜1，则0＜

5(1a)a5(1a)a≤10.要使售货金额最大，即使z值最大，此时x=(2)由z=1100.(10+x)(10－

23x)＞1，解得0＜x＜5.6.(1)证明：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)证明：任取x1，x2∈R，则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)，∴函数f(x)在R上为单调减函数.f(x2y2)f(1)x2y21得(3)由，由题意此不等式组无解，数形结合得：f(axy2)1f()axy20京翰教育http://www.xiexiebang.com/

高考网

http://www.xiexiebang.com |2|a12≥1，解得a≤3 2∴a∈［－3，3］

2xbxcx1227.(1)解：设y=，则(y－2)x－bx+y－c=0

①

∵x∈R，∴①的判别式Δ≥0，即 b2－4(y－2)(y－c)≥0，即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0

由条件知，不等式②的解集是［1，3］ ∴1，3是方程4y－4(2+c)y+8c+b=0的两根

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，则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)为增函数.(3)记u|t1613||t16|,|u||(t16)(t16)|13，即－F(－ 1313≤u≤，根据F(x)的单调性知

13)≤F(u)≤F()，∴lg

75≤F(|t－

16|－|t+

16|)≤lg

135对任意实数t 成立.京翰教育http://www.xiexiebang.com/

第四篇：教辅：高考数学二轮复习考点-导数及其应用1

考点七　导数及其应用(一)

一、选择题

1．(2020·山东滨州三模)函数y＝ln

x的图象在点x＝e(e为自然对数的底数)处的切线方程为()

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　因为y＝ln

x，所以y′＝，所以y′|x＝e＝，又当x＝e时，y＝ln

e＝1，所以切线方程为y－1＝(x－e)，整理得x－ey＝0.故选D.2.已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为()

A．1

B．2

C．3

D．4

答案　A

解析　如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在点x＝c附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，所以函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.3．(2020·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为()

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，∴所求切线的方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.4．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为()

A．0

B．－5

C．－10

D．－37

答案　D

解析　由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x<0或x>2时，f′(x)>0，当0

x＋f′(x)的零点所在的区间是()

A.B．

C．(1,2)

D．(2,3)

答案　B

解析　∵f(x)＝x2－bx＋a，∴二次函数的对称轴为x＝，结合函数的图象可知，0

x＋f′(x)＝aln

x＋2x－b在(0，＋∞)上单调递增．又g＝aln

＋1－b<0，g(1)＝aln

1＋2－b>0，∴函数g(x)的零点所在的区间是.故选B.6．(2020·山东泰安二轮复习质量检测)已知函数f(x)＝(x－1)ex－e2x＋ax只有一个极值点，则实数a的取值范围是()

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，当a＝0时，f′(x)＝xex，函数在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f′(0)＝0，故函数有唯一极小值点，满足条件；当a≠0时，即＝ex－e－x，设g(x)＝ex－e－x，则g′(x)＝ex＋e－x≥2恒成立，且g′(0)＝2，画出函数g(x)和y＝的图象，如图所示．根据图象知，当≤2，即a<0或a≥时，满足条件．综上所述，a≤0或a≥.故选A.7．(多选)若直线l与曲线C满足下列两个条件：①直线l在点P(x0，y0)处与曲线C相切；②曲线C在点P附近位于直线l的两侧，则称直线l在点P处“切过”曲线C.则下列结论正确的是()

A．直线l：y＝0在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝x3

B．直线l：y＝x－1在点P(1,0)处“切过”曲线C：y＝ln

x

C．直线l：y＝x在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝sinx

D．直线l：y＝x在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝tanx

答案　ACD

解析　A项，因为y′＝3x2，当x＝0时，y′＝0，所以l：y＝0是曲线C：y＝x3在点P(0,0)处的切线．当x<0时，y＝x3<0；当x>0时，y＝x3>0，所以曲线C在点P附近位于直线l的两侧，结论正确；B项，y′＝，当x＝1时，y′＝1，在P(1,0)处的切线为l：y＝x－1.令h(x)＝x－1－ln

x，则h′(x)＝1－＝(x>0)，当x>1时，h′(x)>0；当0

x，即当x>0时，曲线C全部位于直线l的下侧(除切点外)，结论错误；C项，y′＝cosx，当x＝0时，y′＝1，在P(0,0)处的切线为l：y＝x，由正弦函数图象可知，曲线C在点P附近位于直线l的两侧，结论正确；D项，y′＝，当x＝0时，y′＝1，在P(0,0)处的切线为l：y＝x，由正切函数图象可知，曲线C在点P附近位于直线l的两侧，结论正确．故选ACD.8．(多选)(2020·山东威海三模)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xln

x，且f＝，则()

A．f′＝0

B．f(x)在x＝处取得极大值

C．0

D．f(x)在(0，＋∞)上单调递增

答案　ACD

解析　∵函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xln

x，即满足＝，∵′＝，∴′＝，∴可设＝ln2

x＋b(b为常数)，∴f(x)＝xln2

x＋bx，∵f＝·ln2

＋＝，解得b＝.∴f(x)＝xln2

x＋x，∴f(1)＝，满足0

x＋ln

x＋＝(ln

x＋1)2≥0，且仅有f′＝0，∴B错误，A，D正确．故选ACD.二、填空题

9．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝.若f′(1)＝，则a＝________.答案　1

解析　f′(x)＝＝，则f′(1)＝＝，整理可得a2－2a＋1＝0，解得a＝1.10．(2020·山东新高考质量测评联盟高三5月联考)曲线f(x)＝asinx＋2(a∈R)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x＋2，则a＝________.答案　－1

解析　f(x)＝asinx＋2(a∈R)，则f′(x)＝acosx，故当x＝0时，f′(0)＝a，又函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x＋2，所以a＝－1.11．要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20

cm，要使体积最大，则高为________

cm.答案

解析　设高为h

cm，则底面半径r＝

cm，所以体积V＝r2h＝h(400－h2)，则V′＝(400－3h2)．令V′＝(400－3h2)＝0，解得h＝.即当高为

cm时，圆锥的体积最大．

12．(2020·吉林第四次调研测试)若函数f(x)＝mx2－ex＋1(e为自然对数的底数)在x＝x1和x＝x2两处取得极值，且x2≥2x1，则实数m的取值范围是________．

答案

解析　因为f(x)＝mx2－ex＋1，所以f′(x)＝2mx－ex，又函数f(x)在x＝x1和x＝x2两处取得极值，所以x1，x2是方程2mx－ex＝0的两不等实根，且x2≥2x1，即m＝(x≠0)有两不等实根x1，x2，且x2≥2x1.令h(x)＝(x≠0)，则直线y＝m与曲线h(x)＝有两交点，且交点横坐标满足x2≥2x1，又h′(x)＝＝，由h′(x)＝0，得x＝1，所以，当x>1时，h′(x)>0，即函数h(x)＝在(1，＋∞)上单调递增；

当x<0和0

当x2＝2x1时，由＝，得x1＝ln

2，此时m＝＝，因此，由x2≥2x1，得m≥.三、解答题

13．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；

(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．

解(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，则φ′(x)＝ex＋2＞0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．

(2)由f(x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；

②当x＞0时，分离参数a得a≥－，记g(x)＝－，g′(x)＝－，令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1≥0，故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立，故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；

当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．

因此，g(x)max＝g(2)＝，综上可得，实数a的取值范围是.14．(2020·山东济南6月仿真模拟)已知函数f(x)＝aln

(x＋b)－.(1)若a＝1，b＝0，求f(x)的最大值；

(2)当b>0时，讨论f(x)极值点的个数．

解(1)当a＝1，b＝0时，f(x)＝ln

x－，此时，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，由f′(x)>0得04.所以f(x)在(0,4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减．

所以f(x)max＝f(4)＝2ln

2－2.(2)当b>0时，函数f(x)的定义域为[0，＋∞)，f′(x)＝－＝，①当a≤0时，f′(x)<0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以此时f(x)极值点的个数为0；

②当a>0时，设h(x)＝－x＋2a－b，(ⅰ)当4a2－4b≤0，即0

时，f′(x)≤0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以此时f(x)极值点的个数为0；

(ⅱ)当4a2－4b>0，即a>时，令t＝(t≥0)，则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个左右异号的零点，所以此时f(x)极值点的个数为2.综上所述，当a≤时，f(x)极值点的个数为0；当a>时，f(x)极值点的个数为2.一、选择题

1．(2020·山东省实验中学4月高考预测)已知函数f(x)＝3x＋2cosx，若a＝f(3)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是()

A．a

B．c

C．b

D．b

答案　D

解析　根据题意，函数f(x)＝3x＋2cosx，其导函数f′(x)＝3－2sinx，则有f′(x)＝3－2sinx>0在R上恒成立，则f(x)在R上为增函数．又由2＝log24

A．有3个极大值点

B．有3个极小值点

C．有1个极大值点和2个极小值点

D．有2个极大值点和1个极小值点

答案　D

解析　结合函数图象可知，当x0，函数y＝g(x)－f(x)单调递增；当ag′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数y＝g(x)－f(x)单调递减；当00,函数y＝g(x)－f(x)单调递增；当x>b时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数y＝g(x)－f(x)单调递减，故函数在x＝a，x＝b处取得极大值，在x＝0处取得极小值．故选D.3．(2020·株洲市第二中学4月模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则()

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)]，当x>0时，g′(x)>0，g(x)在[0，＋∞)上是增函数，又g(x)是偶函数，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　设直线l与曲线y＝的切点为(x0，)，x0＞0，函数y＝的导数为y′＝，则直线l的斜率k＝，直线l的方程为y－＝·(x－x0)，即x－2y＋x0＝0.由于直线l与圆x2＋y2＝相切，则＝，两边平方并整理得5x－4x0－1＝0，解得x0＝1或x0＝－(舍去)，所以直线l的方程为x－2y＋1＝0，即y＝x＋.故选D.5．(2020·山东青岛一模)已知函数f(x)＝(e＝2.718为自然对数的底数)，若f(x)的零点为α，极值点为β，则α＋β＝()

A．－1

B．0

C．1

D．2

答案　C

解析　∵f(x)＝∴当x≥0时，令f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2；当x<0时，f(x)＝xex<0恒成立，∴f(x)的零点为α＝2.又当x≥0时，f(x)＝3x－9为增函数，故在[0，＋∞)上无极值点；当x<0时，f(x)＝xex，f′(x)＝(1＋x)ex，当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，∴当x＝－1时，f(x)取到极小值，即f(x)的极值点β＝－1，∴α＋β＝2－1＝1.故选C.6．(2020·山西太原高三模拟)点M在曲线G：y＝3ln

x上，过M作x轴的垂线l，设l与曲线y＝交于点N，＝，且P点的纵坐标始终为0，则称M点为曲线G上的“水平黄金点”，则曲线G上的“水平黄金点”的个数为()

A．0

B．1

C．2

D．3

答案　C

解析　设M(t,3ln

t)，则N，所以＝＝，依题意可得ln

t＋＝0，设g(t)＝ln

t＋，则g′(t)＝－＝，当0时，g′(t)>0，则g(t)单调递增，所以g(t)min＝g＝1－ln

3<0，且g＝－2＋>0，g(1)＝>0，所以g(t)＝ln

t＋＝0有两个不同的解，所以曲线G上的“水平黄金点”的个数为2.故选C.7．(多选)(2020·山东济宁邹城市第一中学高三下五模)已知函数f(x)＝x3＋ax＋b，其中a，b∈R，则下列选项中的条件使得f(x)仅有一个零点的有()

A．a

B．a＝ln

(b2＋1)

C．a＝－3，b2－4≥0

D．a＝－1，b＝1

答案　BD

解析　由题知f′(x)＝3x2＋a.对于A，由f(x)是奇函数，知b＝0，因为a<0，所以f(x)存在两个极值点，由f(0)＝0知，f(x)有三个零点，A错误；对于B，因为b2＋1≥1，所以a≥0，f′(x)≥0，所以f(x)单调递增，则f(x)仅有一个零点，B正确；对于C，若取b＝2，f′(x)＝3x2－3，则f(x)的极大值为f(－1)＝4，极小值为f(1)＝0，此时f(x)有两个零点，C错误；对于D，f(x)＝x3－x＋1，f′(x)＝3x2－1，易得f(x)的极大值为f＝＋1>0，极小值为f＝－＋1>0，可知f(x)仅有一个零点，D正确．故选BD.8．(多选)(2020·山东省实验中学4月高考预测)关于函数f(x)＝＋ln

x，下列判断正确的是()

A．x＝2是f(x)的极大值点

B．函数y＝f(x)－x有且只有1个零点

C．存在正实数k，使得f(x)>kx成立

D．对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4

答案　BD

解析　函数的定义域为(0，＋∞)，函数的导数f′(x)＝－＋＝，∴在(0,2)上，f′(x)＜0，函数单调递减，在(2，＋∞)上，f′(x)＞0，函数单调递增，∴x＝2是f(x)的极小值点，故A错误；y＝f(x)－x＝＋ln

x－x，∴y′＝－＋－1＝<0，函数在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)－1＝2＋ln

1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln

2－2＝ln

2－1<0，∴函数y＝f(x)－x有且只有1个零点，故B正确；若f(x)＞kx，可得k<＋，令g(x)＝＋，则g′(x)＝，令h(x)＝－4＋x－xln

x，则h′(x)＝－ln

x，∴在(0,1)上，函数h(x)单调递增，在(1，＋∞)上，函数h(x)单调递减，∴h(x)≤h(1)＜0，∴g′(x)＜0，∴g(x)＝＋在(0，＋∞)上单调递减，函数无最小值，∴不存在正实数k，使得f(x)＞kx恒成立，故C错误；令t∈(0,2)，则2－t∈(0,2)，2＋t＞2，令g(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝＋ln

(2＋t)－－ln

(2－t)＝＋ln，则g′(t)＝＋·＝＋＝<0，∴g(t)在(0,2)上单调递减，则g(t)＜g(0)＝0，令x1＝2－t，由f(x1)＝f(x2)，得x2＞2＋t，则x1＋x2＞2－t＋2＋t＝4，当x2≥4时，x1＋x2＞4显然成立，∴对任意两个正实数x1，x2，且x2＞x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＞4，故D正确．故选BD.二、填空题

9．(2020·山东高考实战演练仿真四)设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＝x3＋f′x2－x，则f′(1)＝________.答案　0

解析　因为f(x)＝x3＋f′x2－x，所以f′(x)＝3x2＋2f′x－1.所以f′＝3×2＋2f′×－1，则f′＝－1，所以f(x)＝x3－x2－x，则f′(x)＝3x2－2x－1，故f′(1)＝0.10．若f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1对x∈R恒成立，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为________．

答案　10x＋4y－5＝0

解析　∵f(x)＋3f(－x)＝x3＋2x＋1，①

∴f(－x)＋3f(x)＝－x3－2x＋1，②

联立①②，得f(x)＝－x3－x＋，则f′(x)＝－x2－1，∴f′(1)＝－－1＝－，又f(1)＝－－1＋＝－，∴切线方程为y＋＝－(x－1)，即10x＋4y－5＝0.11．(2020·广东湛江模拟)若x1，x2是函数f(x)＝x2－7x＋4ln

x的两个极值点，则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·山东济宁嘉祥县高三考前训练二)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意的实数x都有f′(x)＝－f(x)(e是自然对数的底数)，且f(0)＝1，若关于x的不等式f(x)－m<0的解集中恰有两个整数，则实数m的取值范围是________．

答案(－e,0]

解析　∵f′(x)＝－f(x)，∴[f′(x)＋f(x)]ex＝2x＋3，即[f(x)ex]′＝2x＋3.设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，∴函数f(x)在(－2,1)上单调递增，在(－∞，－2)和(1，＋∞)上单调递减，如图所示．

当x＝－2时，f(x)min＝－e2.又f(－1)＝－e，f(－3)＝e3，且x>0时，f(x)>0，由图象可知，要使不等式f(x)

三、解答题

13．(2020·江苏高考)某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示，谷底O在水平线MN上、桥AB与MN平行，OO′为铅垂线(O′在AB上)．经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO′的距离a(米)之间满足关系式h1＝a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2(米)与F到OO′的距离b(米)之间满足关系式h2＝－b3＋6b.已知点B到OO′的距离为40米．

(1)求桥AB的长度；

(2)计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点)．桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价k(万元)(k>0)．问O′E为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？

解(1)由题意，得|O′A|2＝－×403＋6×40，∴|O′A|＝80.∴|AB|＝|O′A|＋|O′B|＝80＋40＝120.答：桥AB的长度为120米．

(2)设|O′E|＝x，总造价为f(x)万元，|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)．

当0＜x＜20时，f′(x)＜0；当20＜x＜40时，f′(x)＞0，因此当x＝20时，f(x)取最小值．

答：当O′E＝20米时，桥墩CD与EF的总造价最低.14.(2020·四川成都石室中学一诊)设函数f(x)＝x－sinx，x∈，g(x)＝＋cosx＋2，m∈R.(1)证明：f(x)≤0；

(2)当x∈时，不等式g(x)≥恒成立，求m的取值范围．

解(1)证明：因为f′(x)＝－cosx在x∈上单调递增，所以f′(x)∈，所以存在唯一x0∈，使得f′(x0)＝0.当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

所以f(x)max＝max＝0，所以f(x)≤0.(2)因为g′(x)＝－sinx＋m，令h(x)＝－sinx＋m，则h′(x)＝－cosx＋m.当m≥0时，m≤0，由(1)中的结论可知，－sinx≤0，所以g′(x)≤0，所以g(x)在x∈上单调递减，所以g(x)min＝g＝，满足题意．

当－0，所以存在唯一x1∈，使得h′(x1)＝0.当x∈(0，x1)时，h′(x)<0，g′(x)单调递减；

当x∈时，h′(x)>0，g′(x)单调递增．

而g′(0)＝－m>0，g′＝0，所以存在唯一x2∈，使得g′(x2)＝0.当x∈(0，x2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；

当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减．

要使当0≤x≤时，g(x)≥恒成立，即⇒m≥，所以≤m<0.当m≤－，x∈时，h′(x)≤0，所以当x∈时，g′(x)单调递减，又g′＝0，所以g′(x)≥0，所以g(x)在x∈上单调递增，所以g(x)≤g＝，与题意矛盾．

综上，m的取值范围为.

第五篇：2018年考研数学导数的复习重点及应用

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【导数定义和求导要注意的】

第一，理解并牢记导数定义。导数定义是考研数学的出题点，大部分以选择题的形式出题，01年数一考一道选题，考查在一点处可导的充要条件，这个并不会直接教材上的导数充要条件，他是变换形式后的，这就需要同学们真正理解导数的定义，要记住几个关键点：

1)在某点的领域范围内。

2)趋近于这一点时极限存在，极限存在就要保证左右极限都存在，这一点至关重要，也是01年数一考查的点，我们要从四个选项中找出表示左导数和右导数都存在且相等的选项。

3)导数定义中一定要出现这一点的函数值，如果已知告诉等于零，那极限表达式中就可以不出现，否就不能推出在这一点可导，请同学们记清楚了。

4)掌握导数定义的不同书写形式。

第二，导数定义相关计算。这里有几种题型：1)已知某点处导数存在，计算极限，这需要掌握导数的广义化形式，还要注意是在这一点处导数存在的前提下，否则是不一定成立的。

第三，导数、可微与连续的关系。函数在一点处可导与可微是等价的，可以推出在这一点处是连续的，反过来则是不成立的，相信这一点大家都很清楚，而我要提醒大家的是可导推连续的逆否命题：函数在一点处不连续，则在一点处不可导。这也常常应用在做题中。

第四，导数的计算。导数的计算可以说在每一年的考研数学中都会涉及到，而且形式不一，考查的方法也不同。要能很好的掌握不同类型题，首先就需要我们把基本的导数计算弄明白：1)基本的求导公式。指数函数、对数函数、幂函数、三角函数和反三角函数这些基本的初等函数导数都是需要记住的，这也告诉我们在对函数变形到什么形式的时候就可以直接代公式，也为后面学习不定积分和定积分打基础。2)求导法则。求导法则这里无非是四则运算，复合函数求导和反函数求导，要求四则运算记住求导公式;复合函数要会写出它的复合过程，按照复合函数的求导法则一次求导就可以了，也是通过这个复合函数求导法则，我们可求出很多函数的导数;反函数求导法则为我们开辟了一条新路，建立函数与其反函数之间的导数关系，从而也使我们得到反三角函数求导公式，这些公式都将要列为基本导数公式，也要很好的理解并掌握反函数的求导思路，在13年数二的考试中相应的考过，请同学们注意。3)常见考试类型的求导。通常在考研中出现四种类型：幂指函数、隐函数、参数方程和抽象函数。这四种类型的求导方法要熟悉，并且可以解决他们之间的综合题，有时候也会与变现积分求导结合，94年，96年，08年和10年都查了参数方程和变现积分综合的题目。

第五，高阶导数计算。高阶导数的计算在历年考试出现过，比如03年，07年，10年，都以填空题考查的，00年是一道解答题。需要同学们记住几个常见的高阶导数公式，将其他函数都转化成我们这几种常见的函数，代入公式就可以了，也有通过求一阶导数，二阶，三阶的方法来找出他们之间关系的。这里还有一种题型就是结合莱布尼茨公式求高阶导数的，00年出的题目就是考察的这两个知识点。

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【导数的应用】

导数的应用主要有以下几种：(1)切线和法线;(2)单调性;(3)极值;(4)凹凸性;(5)拐点;(6)渐近线;(7)(曲率)(只有数一和数二的考);(8)经济应用(只有数三的考)。我们一一说明每个应用在考研中有哪些注意的。

▶切线和法线

主要是依据导数的几何意义，得出曲线在一点处的切线方程和法线方程。

▶单调性

在考研中单调性主要以四种题型考查，第一：求已知函数的单调区间;第二：证明某函数在给定区间单调;第三：不等式证明;第四：方程根的讨论。这些题型都离不开导数的计算，只要按照步骤计算即可。做题过程中要仔细分析每种的处理方法，多加练习。

▶极值

需要掌握极值的定义、必要条件和充分条件即可。

▶凹凸性和拐点

考查的内容也是其定义、必要条件、充分条件和判别法。对于这块内容所涉及到的定义定理比较多，使很多同学弄糊涂了，所以希望同学们可以列表对比学习记忆。

▶渐近线

当曲线上一点M沿曲线无限远离原点时，如果M到一条直线的距离无限趋近于零，那么这条直线称为这条曲线的渐近线。需要注意的是：并不是所有的曲线都有渐近线，渐近线反映了某些曲线在无限延伸时的变化情况。根据渐近线的位置，可将渐近线分为三类：垂直渐近线、水平渐近线、斜渐近线。

考研中会考察给一曲线计算渐近线条数，计算顺序为垂直渐近线、水平渐近线、斜渐近线。

▶条数计算

垂直渐近线就直接算就可以了，有几条算几条，而水平渐近线和斜渐近线要分别x趋于正无穷计算一次，和x趋于负无穷计算一次，当趋于正无穷和负无穷的水平渐近线或者斜渐近线相同则计为一条渐近线，若是不同，则计为两条渐近线。另外，在趋于正无穷或者负无穷时，有水平渐近线就不会有斜渐近线。

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▶曲率

这块属于导数的物理应用，这块是数一数二的同学考的，需要掌握曲率、曲率半径、曲率圆。理解并记清楚公式。

▶导数的经济应用

导数的经济学应用是数三特考的，这个主要是考察弹性，边际利润，边际收益等。记住公式会计算即可。

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