极限、导数解答题的解法PPT教学课件
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解决数列的极限问题还应运用数列的有关知识与技 能，注意结合直觉、联想、猜测及分类讨论等思维方法.
极限、导数解答题的解法
应试策略
2.函数极限是数列极限的拓广、延伸.函数极限与数
列极限有类似的四则运算法则，求函数极限的基本思想
也是转化、化归.实施转化时，可注意类比、借鉴求数列
极限的一些方法与技能.
3.求导数有两种方法：一是利用导数定义；二是利
极限、导数 解答题的解法
极限、导数解答题的解法
试题特点 ＞＞ 03
应试策略 ＞＞ 06
考题剖析 ＞＞
11
极限、导数解答题的解法 试题特点
1.近年高考各试卷极限与导数考查情况统计
2006年高考各地的18套试卷中，有14道导数题，其中考查求导法则的有 5道，考查极限的有5道，考查单调性的有8道，考查极 值的有5道，与不等式综合的有5道，与函数综合的有6道.
上为减函数，g(x0)的极大、极小值点分别为x0=0, x0=1 ∴g(x)不是单调函数，关于x0方程2x30－3x20+m+3 = 0有且仅有一个实根的充
要条件是：g(x)极大=g(0)=m+3＜0, ∴m＜－3或g(x)极小=g(1)=2+m＞0, ∴m＞－2 故所求的实数a的取值范围是{m|m＜－3或m＞－2}
,∴
当q≠1时，lSimn=1 q
lim,∴n Tn1=
,
当0＜q＜1时n， (q1n)=nn0,1∴
Tn=1.
lim lim q
1.
n
n ( 1 )n q q
当q＞1时， Tn=q
Tn=1.
极限、导数解答题的解法
综上所述，
1,
Tn=
lim
1 q
,
n
0＜q 1, q＞1.
考题剖析
［点评］本题考查了等比数列前n项和及数列极限的求法，考查了
，x＞0， ，x＞0.
x
(0,2)
2
(2,+∞)
F′(x)
－
0
+
F(x)
↘
极小值F(2)
↗
故知F(x)在(0，2)内是减函数，在(2，+∞)内是增函数， 所以，在x=2处取得极小值F(2)=2－2ln2+2a.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
（Ⅱ）证明：由a≥0知，F(x)的极小值F(2)=2－2ln2+2a ＞0.
1 函数f(x)=3 x3+mx2在(－∞,－2m］上单调递增，在（－2m，0］
上单调递减.
此时函数f(x)在x=－2m处取得极大值：
8
4
f(－2m)= 3 m3+4m3= 3 m3＞0；
又f(x)在（0，+∞）上单调递增，故在x=0处取4 得极小值：f(0)=0.
（Ⅰ）令F（x）＝xf’（x），讨论F（x）在（0,＋∞）内的单调性并求 极值；
（Ⅱ）求证：当x＞1时，恒有x＞ln2x－2alnx＋1.
［解析］（Ⅰ）根据求导法则有f′(x)2=l1n－x 2a
故F(x)=xf′(x)=x－2lnx+2a，x＞0，于是F′(xx)=2x1－ xx
x
2
列表如下：
考题剖析
极限、导数解答题的解法
考题剖析
极限、导数解答题的解法
考题剖析
极限、导数解答题的解法 考题剖析
极限、导数解答题的解法源自考题剖析极限、导数解答题的解法
考题剖析
2.设首S项n 为1，公比为q(lqim＞0)的等比数列的前n项和为Sn,
又Tn=S n1
, n=1,2,3，…n，求
Tn.
［解析］1当 qqn=1时，Sn1n1=nqq,nnT1 n=lnim
［解析］（Ⅰ）∵当x＞0时，f(x)=ex－1在(0,+∞)上单调递增，且
f(x)=ex－1＞0； 1 当x≤0时，f(x)= 3x3+mx2，
此时f′(x)=x2+2mx=x(x+2m).
极限、导数解答题的解法
考题剖析
1
（1）若m=0时，f′(x)=x2≥0, 则f(x)= 1
3 x3在(－∞,0］上单调递增，且
于是由上表知，对一切x∈(0，+∞)，恒有F(x)=x , f′(x)＞0.
从而当x＞0时，恒有f′(x)＞0，故f(x)在(0，+∞)内单调增加.
所以当x＞1时，f(x)＞f(1)=0，即x－1－ln2x+2alnx＞0.
［故点当评x＞］1本时小，题恒主有要x＞考ln查2x函－数2a导lnx数+1的. 概念与计算， 利用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方法，
f(x)=3 x3≤0.
又f(0)=0，可知函数f(x)在R上单调递增，无极值.
（2）当m＜0，令f′(x)=x(x+2m)＞0
x＜0或1x＞－2m.（舍去）
函数f(x)= 3 x3+mx2在(－∞,0］上单调递增，
同理，函数f(x)在R上单调递减，无极值.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
（3）若m＞0, 令f′(x)=x(x+2m)＞0 x＞0或x＜－2m.
应试策略
极限、导数解答题的解法
应试策略
1.求数列极限的基本方法是，通过适当的化简或变 形(如求和、求积、有理化分子或分母、分子分母同除n 的最lim高次1 幂或同除分子或分母中底数绝对值最大的幂等)，
n n k
li将m 复杂数列极限问题转化为简单数列极限问题，再利用
n
=0(k＞0)或
qn=0(|q|＜1)等重要极限及四则运算法则，求出所求 式的极限.
3n 1
(2)已知 lim x2 mx 2 = n, 求m,n的值.
x2
x2
［解析］(1)原式=
lim = (a 3)n2 n
n
3n 1
当且仅当a=3时，有极限，∴b=－1 ,
3
故所求a，b的值为a=3，b=－1 .
3
lim(a 3)n 1 b,
n 3 1 n
极限、导数解答题的解法
极限、导数解答题的解法
应试策略
(2)求函数极值点时，可能出现极值的点是f′(x)=0或使 f′(x)不存在的点，注意f′(x)=0不是有极值的充分条件.
(3)连续函数在闭区间上必有最值，求最值时不要忘记极 值与端点处的函数值的大小比较.
(4)解最值应用题时，要认真审题，分析各量的关系，列 出函数y=f(x), 并确定定义域，然后按照步骤求函数的最值， 最后根据实际意义作答.若f(x)在定义域区间上只有一个极值 点，则这个极值点一定是最值点.
考题剖析
(2)
limx 2
x2
mx 2 x2
= n.
可知x2+mx+2是含x+2的因式.
∴x=－2是方程x2+mx+2=0的根，
代入求得m=3, n=－1.
［点评］本例是求极限的逆思维，思路新颖，方法灵 活.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
4.（2007·湖南张家界质检题）设a≥0，f(x)=x－1－ln2 x＋2alnx（x＞0）.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
6.已知函数f(x)=ax3+bx2－3x, 其图象在横坐标为±1的两 点处的切线均与x轴平行.
（1）求函数f(x)的解析式； （2）对于区间［－1，1］上任意两个自变量的值x1, x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤k，试求k的最小值； （3）若过点A（1，m）（m≠－2）可且仅可作曲线 y=f(x)的一条切线，求实数m的取值范围.
考题剖析
（3）f′(x)=3x2－3=3(x+1)(x－1)
∵曲线方程为y=x3－3x，∴点A（1，m）不在曲线上.
设切点为M（x0, y0），则点M的坐标满足y0=x30－3x0
因f′(x0)=3(x20－1)，故x3切0 线3的x0斜率m为
k=3(x20－1)=kAM=
x0 1
整理得2x30－3x20+m+3=0（**注：也可以先写出切线方程，然
2007年高考各地的19套试卷中，每卷都涉及到导数问题,有7道涉及 到导数与不等式的综合,有15道涉及到函数.其中4道还涉及到函数的应用 需用导数来解决,有4道涉及到数列,主要是考导数解决函数的极值和单调 性问题,在这些试卷中尤以辽宁卷、湖南卷对导数极限的考查要求较高， 辽宁有3道试题涉及到导数，而且是综合题。
分类与整合的思想方法.等比数列求和公式限制在q≠1的条件下，此题没
有指出q≠1，故要对q进行讨论，在求lnim Tn时，必须求lnim qn, 只有当|q|＜
1
时
有
极
限
，
而
此
题
q＞0，故需对q进行讨论.
极限、导数解答题的解法 考题剖析
3. (1)已知 lim( n
an2 －n)=b,求a,b的值；
［点评］只有深刻理解概念的本质，才能灵活应用概念解题.解 决这类问题的关键是等价变形.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
ex 1,
7.（2007·成都市质检二）已知函数f(x)=
1 3
x3
mx
2
,
(m∈R, e=2.718 28…是自然对数的底数）.
x＞0 x0
（Ⅰ）求函数f(x)的极值；
（Ⅱ）当x＞0时，设f(x)的反函数为f －1(x), 对0＜p＜q,试比较 f (q－p)、 f－1(q－p)及f－1(q)－f－1(p)的大小.
2008年高考各地试卷中，主要是考查：函数、数列、极限、导数综 合，函数、单调性、不等式、导数的综合，函数应用、概率、导数综合. 由此可见,对导数工具性的考查在增强,对导数综合运用要求在加强.
极限、导数解答题的解法
试题特点
2. 主要特点
(1)极限在初等数学与高等数学之间起着重要的衔接作用，
是从初等数学的思维方式到高等数学的思维方式的质的转变，
极限、导数解答题的解法
考题剖析
［解析](1) f′(x)=3ax2+2bx－3，依题意，f′(1)=f′(－1)=0
3a 2b 3 0 即3a 2b 3 0,解得a=1,b=0. ∴f(x)=x3－3x.
（2）∵f(x)=x3－3x, ∴f′(x)=3x2－3=3(x+1)(x－1)
当 －1＜x＜1时，f′(x)＜0，故f(x)在区间［－1,1］上为减函数，
用基本函数的导数公式、四则运算法则及复合函数的求
导
法
则
求
导，常用后一种方法.
极限、导数解答题的解法
应试策略
4.要重视导数在研究函数问题或实际问题时的应用. (1)求可导函数单调区间的方法： ①确定函数f(x)的定义域;
②求方程f′(x)=0的解，这些解和f(x)的间断点把定 义域分 成若干区间；
③研究各小区间上f′(x)的符号，f′(x)＞0时，该区间为 增区间，反之则为减区间.
因此在重点考查思维方法的高考命题中常把极限作为最好的命
题
素
材
之一.
(2)导数是中学选修内容中最为重要的内容，导数为解决函
数问题、曲线问题提供了一般性的方法，由于导数可与函数、
不等式等许多知识进行整合，有利于在“知识网络交汇点”处
命题，合理设计综合多个知识点的试题，考查分类整合、数形
结合等数学思想方法，因此，近几年来加大了导数的考查力度.
f(x)max=f(－1)=2, f(x)min=f(1)=－2 ∵对于区间［－1，1］上任意两个自变量的值x1, x2都有 |f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|≤2－(－2)=4. 即 |f(x1)－f(x2)|max=4. ∴k≥4 ∴k的最小值为4 .
极限、导数解答题的解法
考
查
综
合
运
用有关知识解决问题的能力.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
极限、导数解答题的解法
考题剖析
极限、导数解答题的解法
考题剖析
极限、导数解答题的解法 考题剖析
极限、导数解答题的解法 考题剖析
极限、导数解答题的解法 考题剖析
[点评]：本题涉及到了导数公式的逆向考 查，这就要求在平时的教学中要注重逆向 思维的培养，另外本题还考查了对称、求 范围这些高中数学的重点与难点。《考纲》 要求“掌握利用导数求极值和最值，同时 还要了解导数与原函数的关系”。
后将点A的坐标代入得到左式）
∵过点A（1，m）仅可作曲线的一条切线，
∴关于x0方程2x30－3x20+m+3=0有且仅有一个实根.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
设g(x0 ) = 2x30－3x20+m+3，则g′(x0 ) = 6x20－6x0， 令g′(x0)＞0得x0＞1或x0＜0, 令g′(x0)＜0得0＜x0＜1 ∴函数g(x0 ) = 2x30－3x20+m+3在区间(－∞，0)和(1，+∞)为增函数，在(0，1)
主要有如下几方面：
极限、导数解答题的解法
试题特点
①应用导数求函数的单调区间，或判定函数的单调性； ②应用导数求函数的极值与最值； ③应用导数解决实际问题; ④应用导数解决有关不等式问题. （3）重视有限与无限思想的考查. 客观世界是有限与无限的统一体，我们既可以通过有限来 把握无限.也可以借助无限来确定有限，即“从与对立面的统一 中去把握对立面”.数学归纳法、数列极限、函数极限等都是由 有限把握无限的极好例证.随着高中数学课程改革的逐步深入， 对有限与无限思想的考查力度会不断加大，这是高考命题的一 个新趋势.
极限、导数解答题的解法
应试策略
2.函数极限是数列极限的拓广、延伸.函数极限与数
列极限有类似的四则运算法则，求函数极限的基本思想
也是转化、化归.实施转化时，可注意类比、借鉴求数列
极限的一些方法与技能.
3.求导数有两种方法：一是利用导数定义；二是利
极限、导数 解答题的解法
极限、导数解答题的解法
试题特点 ＞＞ 03
应试策略 ＞＞ 06
考题剖析 ＞＞
11
极限、导数解答题的解法 试题特点
1.近年高考各试卷极限与导数考查情况统计
2006年高考各地的18套试卷中，有14道导数题，其中考查求导法则的有 5道，考查极限的有5道，考查单调性的有8道，考查极 值的有5道，与不等式综合的有5道，与函数综合的有6道.
上为减函数，g(x0)的极大、极小值点分别为x0=0, x0=1 ∴g(x)不是单调函数，关于x0方程2x30－3x20+m+3 = 0有且仅有一个实根的充
要条件是：g(x)极大=g(0)=m+3＜0, ∴m＜－3或g(x)极小=g(1)=2+m＞0, ∴m＞－2 故所求的实数a的取值范围是{m|m＜－3或m＞－2}
,∴
当q≠1时，lSimn=1 q
lim,∴n Tn1=
,
当0＜q＜1时n， (q1n)=nn0,1∴
Tn=1.
lim lim q
1.
n
n ( 1 )n q q
当q＞1时， Tn=q
Tn=1.
极限、导数解答题的解法
综上所述，
1,
Tn=
lim
1 q
,
n
0＜q 1, q＞1.
考题剖析
［点评］本题考查了等比数列前n项和及数列极限的求法，考查了
，x＞0， ，x＞0.
x
(0,2)
2
(2,+∞)
F′(x)
－
0
+
F(x)
↘
极小值F(2)
↗
故知F(x)在(0，2)内是减函数，在(2，+∞)内是增函数， 所以，在x=2处取得极小值F(2)=2－2ln2+2a.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
（Ⅱ）证明：由a≥0知，F(x)的极小值F(2)=2－2ln2+2a ＞0.
1 函数f(x)=3 x3+mx2在(－∞,－2m］上单调递增，在（－2m，0］
上单调递减.
此时函数f(x)在x=－2m处取得极大值：
8
4
f(－2m)= 3 m3+4m3= 3 m3＞0；
又f(x)在（0，+∞）上单调递增，故在x=0处取4 得极小值：f(0)=0.
（Ⅰ）令F（x）＝xf’（x），讨论F（x）在（0,＋∞）内的单调性并求 极值；
（Ⅱ）求证：当x＞1时，恒有x＞ln2x－2alnx＋1.
［解析］（Ⅰ）根据求导法则有f′(x)2=l1n－x 2a
故F(x)=xf′(x)=x－2lnx+2a，x＞0，于是F′(xx)=2x1－ xx
x
2
列表如下：
考题剖析
极限、导数解答题的解法
考题剖析
极限、导数解答题的解法
考题剖析
极限、导数解答题的解法 考题剖析
极限、导数解答题的解法源自考题剖析极限、导数解答题的解法
考题剖析
2.设首S项n 为1，公比为q(lqim＞0)的等比数列的前n项和为Sn,
又Tn=S n1
, n=1,2,3，…n，求
Tn.
［解析］1当 qqn=1时，Sn1n1=nqq,nnT1 n=lnim
［解析］（Ⅰ）∵当x＞0时，f(x)=ex－1在(0,+∞)上单调递增，且
f(x)=ex－1＞0； 1 当x≤0时，f(x)= 3x3+mx2，
此时f′(x)=x2+2mx=x(x+2m).
极限、导数解答题的解法
考题剖析
1
（1）若m=0时，f′(x)=x2≥0, 则f(x)= 1
3 x3在(－∞,0］上单调递增，且
于是由上表知，对一切x∈(0，+∞)，恒有F(x)=x , f′(x)＞0.
从而当x＞0时，恒有f′(x)＞0，故f(x)在(0，+∞)内单调增加.
所以当x＞1时，f(x)＞f(1)=0，即x－1－ln2x+2alnx＞0.
［故点当评x＞］1本时小，题恒主有要x＞考ln查2x函－数2a导lnx数+1的. 概念与计算， 利用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方法，
f(x)=3 x3≤0.
又f(0)=0，可知函数f(x)在R上单调递增，无极值.
（2）当m＜0，令f′(x)=x(x+2m)＞0
x＜0或1x＞－2m.（舍去）
函数f(x)= 3 x3+mx2在(－∞,0］上单调递增，
同理，函数f(x)在R上单调递减，无极值.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
（3）若m＞0, 令f′(x)=x(x+2m)＞0 x＞0或x＜－2m.
应试策略
极限、导数解答题的解法
应试策略
1.求数列极限的基本方法是，通过适当的化简或变 形(如求和、求积、有理化分子或分母、分子分母同除n 的最lim高次1 幂或同除分子或分母中底数绝对值最大的幂等)，
n n k
li将m 复杂数列极限问题转化为简单数列极限问题，再利用
n
=0(k＞0)或
qn=0(|q|＜1)等重要极限及四则运算法则，求出所求 式的极限.
3n 1
(2)已知 lim x2 mx 2 = n, 求m,n的值.
x2
x2
［解析］(1)原式=
lim = (a 3)n2 n
n
3n 1
当且仅当a=3时，有极限，∴b=－1 ,
3
故所求a，b的值为a=3，b=－1 .
3
lim(a 3)n 1 b,
n 3 1 n
极限、导数解答题的解法
极限、导数解答题的解法
应试策略
(2)求函数极值点时，可能出现极值的点是f′(x)=0或使 f′(x)不存在的点，注意f′(x)=0不是有极值的充分条件.
(3)连续函数在闭区间上必有最值，求最值时不要忘记极 值与端点处的函数值的大小比较.
(4)解最值应用题时，要认真审题，分析各量的关系，列 出函数y=f(x), 并确定定义域，然后按照步骤求函数的最值， 最后根据实际意义作答.若f(x)在定义域区间上只有一个极值 点，则这个极值点一定是最值点.
考题剖析
(2)
limx 2
x2
mx 2 x2
= n.
可知x2+mx+2是含x+2的因式.
∴x=－2是方程x2+mx+2=0的根，
代入求得m=3, n=－1.
［点评］本例是求极限的逆思维，思路新颖，方法灵 活.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
4.（2007·湖南张家界质检题）设a≥0，f(x)=x－1－ln2 x＋2alnx（x＞0）.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
6.已知函数f(x)=ax3+bx2－3x, 其图象在横坐标为±1的两 点处的切线均与x轴平行.
（1）求函数f(x)的解析式； （2）对于区间［－1，1］上任意两个自变量的值x1, x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤k，试求k的最小值； （3）若过点A（1，m）（m≠－2）可且仅可作曲线 y=f(x)的一条切线，求实数m的取值范围.
考题剖析
（3）f′(x)=3x2－3=3(x+1)(x－1)
∵曲线方程为y=x3－3x，∴点A（1，m）不在曲线上.
设切点为M（x0, y0），则点M的坐标满足y0=x30－3x0
因f′(x0)=3(x20－1)，故x3切0 线3的x0斜率m为
k=3(x20－1)=kAM=
x0 1
整理得2x30－3x20+m+3=0（**注：也可以先写出切线方程，然
2007年高考各地的19套试卷中，每卷都涉及到导数问题,有7道涉及 到导数与不等式的综合,有15道涉及到函数.其中4道还涉及到函数的应用 需用导数来解决,有4道涉及到数列,主要是考导数解决函数的极值和单调 性问题,在这些试卷中尤以辽宁卷、湖南卷对导数极限的考查要求较高， 辽宁有3道试题涉及到导数，而且是综合题。
分类与整合的思想方法.等比数列求和公式限制在q≠1的条件下，此题没
有指出q≠1，故要对q进行讨论，在求lnim Tn时，必须求lnim qn, 只有当|q|＜
1
时
有
极
限
，
而
此
题
q＞0，故需对q进行讨论.
极限、导数解答题的解法 考题剖析
3. (1)已知 lim( n
an2 －n)=b,求a,b的值；
［点评］只有深刻理解概念的本质，才能灵活应用概念解题.解 决这类问题的关键是等价变形.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
ex 1,
7.（2007·成都市质检二）已知函数f(x)=
1 3
x3
mx
2
,
(m∈R, e=2.718 28…是自然对数的底数）.
x＞0 x0
（Ⅰ）求函数f(x)的极值；
（Ⅱ）当x＞0时，设f(x)的反函数为f －1(x), 对0＜p＜q,试比较 f (q－p)、 f－1(q－p)及f－1(q)－f－1(p)的大小.
2008年高考各地试卷中，主要是考查：函数、数列、极限、导数综 合，函数、单调性、不等式、导数的综合，函数应用、概率、导数综合. 由此可见,对导数工具性的考查在增强,对导数综合运用要求在加强.
极限、导数解答题的解法
试题特点
2. 主要特点
(1)极限在初等数学与高等数学之间起着重要的衔接作用，
是从初等数学的思维方式到高等数学的思维方式的质的转变，
极限、导数解答题的解法
考题剖析
［解析](1) f′(x)=3ax2+2bx－3，依题意，f′(1)=f′(－1)=0
3a 2b 3 0 即3a 2b 3 0,解得a=1,b=0. ∴f(x)=x3－3x.
（2）∵f(x)=x3－3x, ∴f′(x)=3x2－3=3(x+1)(x－1)
当 －1＜x＜1时，f′(x)＜0，故f(x)在区间［－1,1］上为减函数，
用基本函数的导数公式、四则运算法则及复合函数的求
导
法
则
求
导，常用后一种方法.
极限、导数解答题的解法
应试策略
4.要重视导数在研究函数问题或实际问题时的应用. (1)求可导函数单调区间的方法： ①确定函数f(x)的定义域;
②求方程f′(x)=0的解，这些解和f(x)的间断点把定 义域分 成若干区间；
③研究各小区间上f′(x)的符号，f′(x)＞0时，该区间为 增区间，反之则为减区间.
因此在重点考查思维方法的高考命题中常把极限作为最好的命
题
素
材
之一.
(2)导数是中学选修内容中最为重要的内容，导数为解决函
数问题、曲线问题提供了一般性的方法，由于导数可与函数、
不等式等许多知识进行整合，有利于在“知识网络交汇点”处
命题，合理设计综合多个知识点的试题，考查分类整合、数形
结合等数学思想方法，因此，近几年来加大了导数的考查力度.
f(x)max=f(－1)=2, f(x)min=f(1)=－2 ∵对于区间［－1，1］上任意两个自变量的值x1, x2都有 |f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|≤2－(－2)=4. 即 |f(x1)－f(x2)|max=4. ∴k≥4 ∴k的最小值为4 .
极限、导数解答题的解法
考
查
综
合
运
用有关知识解决问题的能力.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
极限、导数解答题的解法
考题剖析
极限、导数解答题的解法
考题剖析
极限、导数解答题的解法 考题剖析
极限、导数解答题的解法 考题剖析
极限、导数解答题的解法 考题剖析
[点评]：本题涉及到了导数公式的逆向考 查，这就要求在平时的教学中要注重逆向 思维的培养，另外本题还考查了对称、求 范围这些高中数学的重点与难点。《考纲》 要求“掌握利用导数求极值和最值，同时 还要了解导数与原函数的关系”。
后将点A的坐标代入得到左式）
∵过点A（1，m）仅可作曲线的一条切线，
∴关于x0方程2x30－3x20+m+3=0有且仅有一个实根.
极限、导数解答题的解法
考题剖析
设g(x0 ) = 2x30－3x20+m+3，则g′(x0 ) = 6x20－6x0， 令g′(x0)＞0得x0＞1或x0＜0, 令g′(x0)＜0得0＜x0＜1 ∴函数g(x0 ) = 2x30－3x20+m+3在区间(－∞，0)和(1，+∞)为增函数，在(0，1)
主要有如下几方面：
极限、导数解答题的解法
试题特点
①应用导数求函数的单调区间，或判定函数的单调性； ②应用导数求函数的极值与最值； ③应用导数解决实际问题; ④应用导数解决有关不等式问题. （3）重视有限与无限思想的考查. 客观世界是有限与无限的统一体，我们既可以通过有限来 把握无限.也可以借助无限来确定有限，即“从与对立面的统一 中去把握对立面”.数学归纳法、数列极限、函数极限等都是由 有限把握无限的极好例证.随着高中数学课程改革的逐步深入， 对有限与无限思想的考查力度会不断加大，这是高考命题的一 个新趋势.