高考数学一轮复习导数答题技巧
高考数学一轮复习导数答题技巧
高考数学一轮复习导数答题技巧
导数是微积分中的重要基础概念，下面是整理的
高考数学一轮复习导数答题技巧，希望对大家有帮助。
一、专题综述
导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。
在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面：1.导数的常规问题：
(1)刻画函数(比初等方法精确细微);(2)同几何中切线联系(导数方法可用于研究平面曲线的切线);(3)应用问题(初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便)等关于次多项式的导数问题属于较难类型。
2.关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。
3.导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合能力的一个方向，应引起注意。
二、知识整合
1.导数概念的理解。
2.利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题
的最大值与最小值。
复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。
课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行了证明。
3.要能正确求导，必须做到以下两点：
(1)熟练掌握各基本初等函数的求导公式以及和、差、积、商的求导法则，复合函数的求导法则。
(2)对于一个复合函数，一定要理清中间的复合关系，弄清各分解函数中应对哪个变量求导。
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高考数学导数解题技巧
高考数学导数解题技巧
在高考数学中，导数是一个常见的解题工具。
以下是一些解题技巧：
1. 使用定义法求导数：如果需要求一个函数在某个点的导数，可以使用定义法，即计算函数在该点附近的斜率。
具体步骤是计算函数在点x处的斜率极限，即Lim(h→0)[f(x+h)-f(x)]/h。
2. 使用基本导数公式：熟记一些基本导数公式可以帮助简化计算过程。
例如，常数函数的导数为0，幂函数的导数等于幂次乘以原函数的导数，指数函数的导数等于常数乘以指数。
3. 使用导数的性质：导数具有一些重要的性质，如线性性质和乘积规则。
线性性质表示导数是线性运算，即对于两个函数
f(x)和g(x)，以及常数a和b，有导数[a*f(x) + b*g(x)]' = a*f'(x) + b*g'(x)。
乘积规则表示两个函数的乘积的导数等于其中一个函数的导数乘以另一个函数，再加上另一个函数的导数乘以第一个函数。
4. 使用链式法则：当一个函数由两个复合函数相乘或相除构成时，可以使用链式法则简化导数的计算。
链式法则可以表示为如果y = f(g(x))，则y' = f'(g(x)) * g'(x)。
5. 注意求导的顺序：当需要求一个复合函数的导数时，要注意求导的顺序。
通常，外函数的导数应该先求出来，再将其嵌入到内函数中求导。
以上是一些常见的高考数学导数解题技巧。
通过熟练掌握这些技巧，可以在考试中更快、更准确地解题。
高考数学导数解题技巧及方法
高考数学导数解题技巧1.通过选择题和填空题，全面考查函数的基本概念，性质和图象。
2.在解答题的考查中，与函数有关的试题常常是以综合题的形式出现。
3.从数学具有高度抽象性的特点出发，没有忽视对抽象函数的考查。
4.一些省市对函数应用题的考查是与导数的应用结合起来考查的。
5.涌现了一些函数新题型。
6.函数与方程的思想的作用不仅涉及与函数有关的试题，而且对于数列，不等式，解析几何等也需要用函数与方程思想作指导。
7.多项式求导(结合不等式求参数取值范围)，和求斜率(切线方程结合函数求最值)问题。
8.求极值，函数单调性，应用题，与三角函数或向量结合。
高考数学导数中档题是拿分点1.单调性问题研究函数的单调性问题是导数的一个主要应用，解决单调性、参数的范围等问题，需要解导函数不等式，这类问题常常涉及解含参数的不等式或含参数的不等式的恒成立、能成立、恰成立的求解。
由于函数的表达式常常含有参数，所以在研究函数的单调性时要注意对参数的分类讨论和函数的定义域。
2.极值问题求函数y=f(x)的极值时，要特别注意f'(x0)=0只是函数在x=x0有极值的必要条件，只有当f'(x0)=0且在_0 时，f'(x0)异号，才是函数y=f(x)有极值的充要条件，此外，当函数在x=x0处没有导数时，在 x=x0处也可能有极值，例如函数 f(x)=|x|在x=0时没有导数，但是，在x=0处，函数f(x)=|x|有极小值。
还要注意的是，函数在x=x0有极值，必须是x=x0是方程f'(x)=0的根，但不是二重根(或2k重根)，此外，在确定极值点时，要注意，由f'(x)=0所求的驻点是否在函数的定义域内。
3.切线问题曲线y=f(x)在x=x0处的切线方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0)，切线与曲线的综合，可以出现多种变化，在解题时，要抓住切线方程的建立，切线与曲线的位置关系展开推理，发展理性思维。
高中数学导数定义解题技巧
高中数学导数定义解题技巧导数是高中数学中的一个重要概念，它是微积分的基础，也是解决各种数学问题的关键。
在解题过程中，正确理解和应用导数的定义是至关重要的。
本文将介绍一些高中数学中常见的导数定义解题技巧，并通过具体例子进行说明，帮助高中学生和他们的父母更好地掌握这些技巧。
1. 导数的定义首先，我们来回顾一下导数的定义。
对于函数f(x)，在点x处的导数定义为：f'(x) = lim┬(h→0)〖(f(x+h)-f(x))/h〗其中，lim表示极限，h表示自变量x的增量。
这个定义可以理解为函数在某一点的瞬时变化率。
2. 利用导数的定义求导数在解题过程中，有时需要利用导数的定义来求函数的导数。
例如，对于函数f(x) = x^2，我们可以利用导数的定义来求它在任意点x处的导数。
根据导数的定义，我们有：f'(x) = lim┬(h→0)〖((x+h)^2-x^2)/h〗展开计算后，得到：f'(x) = lim┬(h→0)(2x+h)由于极限运算中h趋于0时，2x+h的变化可以忽略不计，所以最终结果为：f'(x) = 2x这说明函数f(x) = x^2的导数为2x。
3. 利用导数的定义解决极限问题导数的定义还可以用来解决一些极限问题。
例如，求函数f(x) = sinx在x = 0处的导数。
根据导数的定义，我们有：f'(0) = lim┬(h→0)〖(sin(0+h)-sin0)/h〗展开计算后，得到：f'(0) = lim┬(h→0)(sinh)/h利用极限的性质，我们可以得到：f'(0) = lim┬(h→0)(sinh)/h = lim┬(h→0)sinh = sin0 = 0这说明函数f(x) = sinx在x = 0处的导数为0。
4. 利用导数的定义解决最值问题导数的定义还可以用来解决一些最值问题。
例如，求函数f(x) = x^2在区间[0, 1]上的最大值。
高考数学导数大题技巧(精选5篇)
高考数学导数大题技巧(精选5篇)高考数学导数大题技巧【篇1】1、选择题部分，高考的选择题部分题型考试的方向基本都是固定的，当你在一轮二轮复习过程中总结出题目的出题策略时，答题就变得很简单了。
比如立体几何三视图，概率计算，圆锥曲线离心率等等试题中都有一些特征，只要掌握思考的切入方法和要点，再适当训练基本就可以全面突破，但是如果不掌握核心方法，单纯做题训练就算做很多题目，突破也非常困难，学习就会进入一个死循环，对照答案可以理解，但自己遇到新的题目任然无从下手。
2、关于大题方面，基本上三角函数或解三角形、数列、立体几何和概率统计应该是考生努力把分数拿满的题目。
对于较难的原则曲线和导数两道题目基本要拿一半的分数，考生复习时可把数学大题的每一道题作为一个独立的版块章节，先总结每道大题常考的几种题型，再专项突破里面的运算方法，图形处理方法以及解题的思考突破口，只要把这些都归纳到位，那么总结的框架套路，都是可以直接秒刷的题目的高考数学导数大题技巧【篇2】1个、多项选择部分，高考选择题的方向基本是固定的，当你在二轮复习过程中总结出题策略时，答案变得很简单。
比如三维几何三视图，概率计算，试题中存在圆锥截面偏心等特点，只要掌握了入门方法和思维要点，经过适当的训练，基本可以全面突破，但是如果不掌握核心方法，单纯做练习题也算做了很多题，也很难突破，学习会进入死循环，比对答案，但是遇到新问题还是无从下手。
2个、关于大话题，基本上是三角函数或求解三角形、顺序、三维几何和概率统计应该是考生努力拿满分的科目。
比较难的原理曲线和导数，基本要一半分，考生在复习时可以将数学大题的每一题作为一个独立的section，先总结一下每个大题经常考的几类题型，然后在计算方法上特别突破，解题的图形处理方法与思维突破，把它全部放在适当的位置，然后总结框架套路，都是可以直接秒刷的话题高考数学导数大题技巧【篇3】1、函数与导数主要考查数学集合运算、函数的有关概念定义域、值域、解析式、函数的极限、连续、导数。
2025年高考数学一轮复习课件第三章一元函数的导数及其应用-专题突破7导数的综合应用
【拆解】
分类
第一问
第二问
参考赋分
6分
6分
难易
中上
难
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续表
①总体看，题目为指数型函数与对数型函数的最值及图象交点问题，实际考
查利用导数研究函数零点问题.
②第一问是根据函数单调性求最值问题，根据最小值相等可求.注意分类讨
审题
要点
论.
③第二问是构造新函数利用零点个数解决问题.根据（1）可得当 > 1时，
所以函数 在 0,1 上单调递增，在 1, +∞ 上单调递减， 的最大值为 1 = 1.
所以 ≤ 1，即实数的取值范围是(−∞, 1]．
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考点三 利用导数研究函数零点
例3 已知函数 = − e + ,讨论函数 零点的个数.
解：′ = 1 − e .
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第一问
在基础性的层次上考查
数学运算学科素养，和
.
2
e −1
恒成立.
− 1 + 1 > 0 ，所以′ = e ⋅ > 0，所以 在 0, +∞ 上单调
递增.
所以 > 0 = 0，所以ℎ′ > 0，所以ℎ 在 0, +∞ 上单调递增．
由洛必达法则，知 lim+ ℎ =
→0
e −1
lim
→0+
e − = 的解的个数、 − ln = 的解的个数均为2，构建新函数
= − ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 , 的
大小关系，根据存在直线 = 与曲线 = ， = 有三个不同的交点
掌握高考数学中的导数与极限运算技巧有哪些关键点
掌握高考数学中的导数与极限运算技巧有哪些关键点导数与极限是高考数学中的重要内容，对于理工科考生来说尤其重要。
掌握导数与极限运算的关键点能够帮助考生提高解题效率，下面将介绍几个关键点。
一、理解导数的定义导数是描述函数在某一点的变化率的指标。
在掌握导数运算的关键点之前，我们需要先理解导数的定义。
导数的定义是函数的极限，即函数在某一点的导数等于该点处函数的极限。
这个定义非常重要，理解了这个定义之后才能更好地应用导数进行运算。
二、掌握导数基本运算法则在高考数学中，常见的导数基本运算法则有常数倍法则、和差法则、乘积法则、商法则等。
掌握这些法则是解题的基础，可以帮助考生更快速地求导数。
以乘积法则为例，乘积的导数等于一项的导数乘以另一项，再加上另一项的导数乘以一项，即(d(uv)/dx = u'v + uv')。
熟练掌握这些法则能够帮助考生迅速解题。
三、学会运用导数的性质导数具有一些特殊的性质，掌握这些性质可以简化计算过程。
比如，导数的和的导数等于各项导数的和，导数的差的导数等于各项导数的差，导数的幂的导数等于指数乘以底数的导数等等。
掌握这些性质可以在解题过程中灵活运用，提高解题效率。
四、了解常见的导数公式在高考数学中，有一些常见的函数的导数公式是需要掌握的，比如常数函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数等的导数公式。
熟悉这些公式能够帮助考生更快地求出函数的导数。
需要注意的是，在使用这些公式时，要注意各种函数的复合运算，灵活运用链式法则。
五、熟练掌握极限运算的技巧极限是导数的基础，因此对极限运算的技巧的掌握也是非常重要的。
在高考数学中，常见的极限运算技巧有利用夹逼定理、利用等价无穷小、利用洛必达法则等。
熟练掌握这些技巧可以帮助考生更快地求解极限问题，尤其是在计算极限时遇到不确定型的问题。
综上所述，掌握高考数学中的导数与极限运算技巧的关键点主要包括理解导数的定义、掌握导数基本运算法则、学会运用导数的性质、了解常见的导数公式以及熟练掌握极限运算的技巧。
高中数学一轮复习之函数之导数求和之倒序相加与错位相减法
高中数学一轮复习之函数之导数求和之倒序相加与错位相减法引言在高中数学的研究中，函数是一个非常重要的概念，而导数则是函数中的一种重要工具。
本文将介绍函数的导数求和的两种方法，即倒序相加法和错位相减法。
函数的导数求和之倒序相加法倒序相加法是一种常用的方法，用于计算函数的导数的和。
具体步骤如下：1. 首先，找到函数的导数表达式，并按照x的幂次从高到低的顺序列出。
2. 然后，将每个导数的表达式从高到低的顺序相加，并化简。
3. 最后，得到函数的导数的和。
例如，对于函数f(x) = 3x^3 + 2x^2 - 5x + 1，求其导数的和的过程如下：1. 求导数：f'(x) = 9x^2 + 4x - 5。
2. 将导数的表达式按照x的幂次从高到低的顺序相加：9x^2 + 4x - 5。
3. 化简得到函数的导数的和：9x^2 + 4x - 5。
函数的导数求和之错位相减法错位相减法是另一种常用的方法，用于计算函数的导数的和。
具体步骤如下：1. 首先，找到函数的导数表达式，并按照x的幂次从高到低的顺序列出。
2. 然后，将相邻导数的表达式相减。
3. 最后，得到函数的导数的和。
例如，对于函数f(x) = 3x^3 + 2x^2 - 5x + 1，求其导数的和的过程如下：1. 求导数：f'(x) = 9x^2 + 4x - 5。
2. 将相邻导数的表达式相减：(9x^2 - 4x) + (4x - 5)。
3. 化简得到函数的导数的和：9x^2 - 5。
结论函数的导数求和是高中数学中的重要内容。
本文介绍了倒序相加法和错位相减法这两种常用的方法。
通过这些方法，我们可以得到函数的导数的和，进一步理解函数的性质和变化规律。
在数学一轮复中，掌握这些方法对于应对考试和解决实际问题都具有重要意义。
高一数学导数压轴题解题技巧
高一数学导数压轴题解题技巧
高一数学导数压轴题通常是考察学生对导数概念的理解和应用
能力的重要考试，以下是一些解题技巧：
1. 理解导数定义
导数定义是理解导数概念的基础，需熟练掌握并能熟练运用。
2. 熟练掌握导数的基本性质
导数具有线性性、乘积法则、商法则、链式法则等基本性质，需要熟练掌握并灵活运用。
3. 熟练掌握求导公式
常用的求导公式包括常函数导数、幂函数导数、指数函数导数、对数函数导数、三角函数导数等，需要熟练掌握并能够正确运用。
4. 理解导数的物理意义
导数的物理意义是变化率，需要理解并能够将其应用到实际问题中。
5. 灵活应用导数解决实际问题
在解决实际问题时，需要灵活运用导数概念和求导公式，并联系实际情况进行分析和解答。
通过以上解题技巧，相信学生们可以在高一数学导数压轴题中取得好成绩。
- 1 -。
2024年高考数学一轮复习+ppt+利用导数解决不等式恒(能)成立问题
随着x变化，r′(x)与r(x)的变化情况如下表所示：
x
0，34π
3π 4
34π，3
r′(x)
＋
0
－
r(x)
单调递增
极大值
单调递减
所以r(x)在0，34π上单调递增，在34π，3上单调递减．
r(x)在(0,3)上有唯一的一个极大值，即最大值r34π＝
22e-34π，故a≥
2 2
3π
e- 4 .
解 (1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于g(x)max－ g(x)min≥M.
由g(x)＝x3－x2－3， 得g′(x)＝3x2－2x＝3xx－23. 由g′(x)＞0得x＜0或x＞23，又x∈[0,2]， 所以g(x)在0，23上是单调递减函数， 在23，2上是单调递增函数，
解析
(2)证明：f′(x)＝ex－ax，当a>0时，易知f′(x)为(0，＋∞)上的增函 数，
当a>e时，f′(1)＝e－a<0；当a＝e时，f′(1)＝e－a＝0；当a<e时， f′ae＝eae－e<0，
而f′(a)＝ea－1>0，所以存在x0∈(0，＋∞)，使f′(x0)＝ex0－xa0＝0， 即x0＝ln a－ln x0，
解 解法一：(分离参数法)
依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln
x＋
1 x
在x
∈[1，＋∞)上恒成立，亦即a≤ln
x＋1xmin，x∈[1，＋∞)．
设g(x)＝ln x＋1x(x≥1)，
则g′(x)＝1x－x12＝x－x2 1.
解
令g′(x)＝0，得x＝1. 当x≥1时，因为g′(x)≥0， 故g(x)在[1，＋∞)上单调递增． 所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1. 故实数a的取值范围是(－∞，1]．
专题05 一元函数的导数及其应用(解析版)-2025高考数学一轮复习
专题05一元函数的导数及其应用（思维构建+知识盘点+重点突破+方法技巧+易混易错）知识点1导数的概念1、函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数定义一般地，称函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx＝lim Δx →0ΔyΔx 为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0，即f ′(x 0)＝lim Δx →0ΔyΔx ＝lim Δx →0f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx．2、导数的几何意义函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点P (x 0，y 0)处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s (t )对时间t 的导数)．相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．3、函数f (x )的导函数：称函数f ′(x )＝lim Δx →0f （x ＋Δx ）－f （x ）Δx为f (x )的导函数．知识点2导数的运算1、基本初等函数的导数公式原函数导函数f (x )＝c (c 为常数)f ′(x )＝0f (x )＝x n (n ∈Q *)f ′(x )＝nx n－1f (x )＝sin x f ′(x )＝cos_x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin_x f (x )＝a x (a >0且a ≠1)f ′(x )＝a x ln_a f (x )＝e xf ′(x )＝e x f (x )＝log a x (x >0，a >0且a ≠1)f ′(x )＝1x ln af (x )＝ln x (x >0)f ′(x )＝1x2、导数的运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )．(2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )．(3)f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2(g (x )≠0)．3、复合函数的导数（1）复合函数的概念：一般地，对于两个函数()y f u =和()u g x =，如果通过中间变量u ，y 可以表示成x 的函数，那么称这个函数为()y f u =和()u g x =的复合函数，记作(())y f g x =.（2）复合函数的求导法则：一般地，复合函数(())y f g x =的导数和函数()y f u =，()u g x =的导数间的关系为x u x y 'y 'u '=⋅，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积.规律：从内到外层层求导，乘法连接。
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第3章 §3.1 导数的概念及其意义、导数的运算
2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）第三章 一元函数的导数及其应用§3.1 导数的概念及其意义、导数的运算考试要求1.了解导数的概念、掌握基本初等函数的导数.2.通过函数图象，理解导数的几何意义.3.能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数 (形如f(ax＋b))的导数.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分1.导数的概念f′(x0)y′| (1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数记作或 .0x x＝(2)函数y＝f(x)的导函数(简称导数)2.导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数的几何意义就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))斜率y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)处的切线的，相应的切线方程为 .3.基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f (x )＝c (c 为常数)f ′(x )＝__f (x )＝x α(α∈R ，且α≠0)f ′(x )＝______f (x )＝sin xf ′(x )＝_____f (x )＝cos xf ′(x )＝______f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)f ′(x )＝______f (x )＝e x f ′(x )＝___0αx α－1cos x －sin x a x ln a e x知识梳理f(x)＝log a x(a>0，且a≠1)f′(x)＝_____ f(x)＝ln x f′(x)＝___4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有[f (x )±g (x )]′＝ ；[f (x )g (x )]′＝ ；[cf (x )]′＝ .f ′(x )±g ′(x )f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )cf ′(x )5.复合函数的定义及其导数复合函数y＝f(g(x))的导数与函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y u′·u x′y x′＝，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积.常用结论1.区分在点处的切线与过点处的切线(1)在点处的切线，该点一定是切点，切线有且仅有一条.(2)过点处的切线，该点不一定是切点，切线至少有一条.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率.( )(2)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.( )(3)f ′(x 0)＝[f (x 0)]′.( )(4)(cos 2x ) ′＝－2sin 2x .( )×××√1.若函数f(x)＝3x＋sin 2x，则√因为函数f(x)＝3x＋sin 2x，所以f′(x)＝3x ln 3＋2cos 2x.y＝(e－1)x＋2又∵f(1)＝e＋1，∴切点为(1，e＋1)，切线斜率k＝f′(1)＝e－1，即切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.3.已知函数f(x)＝x ln x＋ax2＋2，若f′(e)＝0，则a＝ .由题意得f′(x)＝1＋ln x＋2ax，第二部分√√√对于A，[(3x＋5)3]′＝3(3x＋5)2(3x＋5)′＝9(3x＋5)2，故A正确；对于B，(x3ln x)′＝(x3)′ln x＋x3(ln x)′＝3x2ln x＋x2，故B正确；对于D，(2x＋cos x)′＝(2x)′＋(cos x)′＝2x ln 2－sin x，故D正确.(2)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝x3＋x2f′(1)＋2x－1，则f′(2)等于√A.1B.－9C.－6D.4因为f(x)＝x3＋x2f′(1)＋2x－1，所以f′(x)＝3x2＋2xf′(1)＋2，把x＝1代入f′(x)，得f′(1)＝3×12＋2f′(1)＋2，解得f′(1)＝－5，所以f′(x)＝3x2－10x＋2，所以f′(2)＝－6.思维升华(1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导.(2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解.(3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.√√√f(x)＝sin(2x＋3)，f′(x)＝cos(2x＋3)·(2x＋3)′＝2cos(2x＋3)，故A 正确；f(x)＝e－2x＋1，则f′(x)＝－2e－2x＋1，故B错误；f(x)＝x ln x，f′(x)＝(x)′ln x＋x(ln x)′＝ln x＋1，故D正确.命题点1 求切线方程例2 (1)(2023·大同模拟)已知函数f(x)＝2e2ln x＋x2，则曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为√A.4e x－y＋e2＝0B.4e x－y－e2＝0C.4e x＋y＋e2＝0D.4e x＋y－e2＝0所以f(e)＝2e2ln e＋e2＝3e2，f′(e)＝4e，所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－3e2＝4e(x－e)，即4e x－y－e2＝0.(2)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为_______，_________.先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，命题点2 求参数的值(范围)例3 (1)(2022·重庆模拟)已知a为非零实数，直线y＝x＋1与曲线y＝ea ln(x＋1)相切，则a＝_____.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y＝(x＋a)e x有两条过坐标原点的切线，(－∞，－4)∪(0，＋∞)则a的取值范围是 .因为y ＝(x ＋a )e x ，所以y ′＝(x ＋a ＋1)e x .设切点为A (x 0，(x 0＋a ) )，O 为坐标原点，0e x 0e x 0x x ＝000()ex x a x 因为曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0，所以a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞).思维升华(1)处理与切线有关的问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.(2)注意区分“在点P处的切线”与“过点P的切线”.跟踪训练2 (1)曲线f(x)＝在(0，f(0))处的切线方程为√A.y＝3x－2B.y＝3x＋2C.y＝－3x－2D.y＝－3x＋2所以f′(0)＝3，f(0)＝－2，所以曲线f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－(－2)＝3(x－0)，即y＝3x－2.√例4 (1)若直线l：y＝kx＋b(k>1)为曲线f(x)＝e x－1与曲线g(x)＝eln x的公切线，则l的纵截距b等于A.0B.1√C.eD.－e设l 与f (x )的切点为(x 1，y 1)，则由f ′(x )＝e x －1，得l ：y ＝ ＋(1－x 1) .同理，设l 与g (x )的切点为(x 2，y 2)，11e x x －11e x －11e x －11e x －因为k >1，所以l ：y ＝x 不成立，故b ＝－e.(2)(2023·晋中模拟)若两曲线y＝ln x－1与y＝ax2存在公切线，则正实数a 的取值范围是√设公切线与曲线y＝ln x－1和y＝ax2的切点分别为(x1，ln x1－1)，(x2，ax)，其中x1>0，令g (x )＝2x 2－x 2ln x ，则g ′(x )＝3x －2x ln x ＝x (3－2ln x )，令g ′(x )＝0，得x ＝ ，32e 当x ∈(0， )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；32e当x ∈(，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，32e 32e思维升华公切线问题，应根据两个函数在切点处的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解.或者分别求出两函数的切线，利用两切线重合列方程组求解.跟踪训练3 (1)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝x2－m，h(x)＝6ln x －4x，设两曲线y＝f(x)与y＝h(x)在公共点处的切线相同，则m等于A.－3 B.1√C.3D.5依题意，设曲线y＝f(x)与y＝h(x)在公共点(x0，y0)处的切线相同.∵f(x)＝x2－m，h(x)＝6ln x－4x，∵x0>0，∴x0＝1，m＝5.(2)已知f(x)＝e x－1，g(x)＝ln x＋1，则f(x)与g(x)的公切线有A.0条B.1条√C.2条D.3条根据题意，设直线l与f(x)＝e x－1相切于点(m，e m－1) ，与g(x)相切于点(n，ln n＋1)(n>0)，对于f(x)＝e x－1，f′(x)＝e x，则k1＝e m，则直线l的方程为y＋1－e m＝e m(x－m) ，即y＝e m x＋e m(1－m)－1，可得(1－m)(e m－1)＝0，即m＝0或m＝1，则切线方程为y＝e x－1 或y＝x，故f(x)与g(x)的公切线有两条.第三部分1.(2023·广州模拟)曲线y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为√A.y＝3x＋3B.y＝3x＋1C.y＝－3x－1D.y＝－3x－3因为f′(x)＝3x2，所以f′(－1)＝3，又当x＝－1时，a＝(－1)3＋1＝0，所以y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为y＝3(x＋1)，即y＝3x＋3.2.记函数f(x)的导函数为f′(x).若f(x)＝e x sin 2x，则f′(0)等于√A.2B.1C.0D.－1因为f(x)＝e x sin 2x，则f′(x)＝e x(sin 2x＋2cos 2x)，所以f′(0)＝e0(sin 0＋2cos 0)＝2.3.(2022·广西三市联考)设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程为y＝＋2，那么f(1)＋f′(1)等于√A.1B.2C.3D.44.已知函数f(x)＝x ln x，若直线l过点(0，－e)，且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的斜率为√A.－2B.2C.－eD.e设切点坐标为(t，t ln t)，∵f(x)＝x ln x，∴f′(x)＝ln x＋1，直线l的斜率为f′(t)＝ln t＋1，∴直线l的方程为y－t ln t＝(ln t＋1)(x－t)，将点(0，－e)的坐标代入直线l的方程得－e－t ln t＝－t(ln t＋1)，解得t＝e，∴直线l的斜率为f′(e)＝2.。
高一数学导数压轴题解题技巧
高一数学导数压轴题解题技巧
1.熟练掌握导数公式和定义，理解导数的几何意义。
2.灵活运用导数的基本性质，如求和法则、积商法则等。
3.掌握导数的运算方法，如高阶导数、隐函数求导、参数方程求导等。
4.注意判断导数存在的条件，如左右导数是否相等、是否可导等。
5.注意运用中值定理和罗尔定理等基本定理，解决导数相关的优化问题和函数图像的性质。
6.熟练掌握微分和导数的关系，运用微分求近似值和误差估计等。
7.加强练习，注意理论和实例的结合，培养数学思维和解决实际问题的能力。
8.多与同学交流，探讨解题方法和思路，加深对导数概念的理解和记忆。
以上是高一数学导数压轴题解题技巧，希望对同学们有所帮助。
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高中导数七大题型解题技巧
高中导数七大题型解题技巧高中导数七大题型解题技巧1. 导数的定义与计算•理解导数的定义：导数表示函数在某一点的变化率，可以通过极限的方法求得。
•使用导数的基本计算公式：对于常见的函数，可以根据函数的性质和导数的定义来计算导数。
2. 函数的求导法则•使用求导法则简化求导过程：如常数法则、幂函数法则、指数函数法则、对数函数法则、三角函数法则等。
•注意链式法则的应用：当函数由多个复合函数组成时，可以使用链式法则简化求导过程。
3. 高阶导数的计算•理解高阶导数的概念：高阶导数表示导数的导数，可以通过多次求导得到。
•使用链式法则和求导法则计算高阶导数：根据函数的性质和导数的法则，可以计算出高阶导数。
4. 函数的极值与单调性•寻找函数的极值点：通过判断导数的正负来确定函数的增减性和极值点。
•判断函数的单调性：根据导数的正负判断函数的单调递增和单调递减区间。
5. 函数的凹凸性与拐点•判断函数的凹凸性：通过求导数的二阶导数和符号判断函数的凹凸性。
•寻找函数的拐点：通过判断导数的二阶导数的变化来确定函数的拐点。
6. 函数的渐近线与极限•理解函数的渐近线：渐近线是函数在无穷远点或某一点趋近于无穷时的极限情况。
•计算函数的极限：根据导数和高阶导数的性质计算函数在某一点的极限。
7. 应用题的解题方法•理解应用题的背景和要求：应用题通常涉及到实际问题，需要将问题转化为数学模型进行求解。
•使用导数解决应用题：根据问题的要求，建立函数模型并使用导数来解决问题。
以上是高中导数七大题型解题的一些基本技巧和方法，希望可以帮助到你在学习导数时的理解和应用。
高考数学一轮复习高考大题规范解答系列一_函数与导数学案含解析新人教版
高考大题规范解答系列(一)——函数与导数考点一 利用导数解决与函数有关的极、最值问题例1 (2020·北京，19,15分)已知函数f (x )＝12－x 2. (1)求曲线y ＝f (x )的斜率等于－2的切线方程；(2)设曲线y ＝f (x )在点(t ，f (t ))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S (t )，求S (t )的最小值．【标准答案】——规范答题 步步得分(1)因为f (x )＝12－x 2，所以f ′(x )＝－2x ，1分………………………………得分点① 令－2x ＝－2，解得x ＝1，2分………………………………………………得分点② 又f (1)＝11，所以所求切线方程为y －11＝－2(x －1)，整理得2x ＋y －13＝0.4分……………………………………………………得分点③ (2)由(1)可知f ′(x )＝－2x ，所以曲线y ＝f (x )在点(t ，f (t ))处的切线斜率k ＝－2t ，又f (t )＝12－t 2，所以切线方程为y －(12－t 2)＝－2t (x －t )，6分…………………………得分点④整理得2tx ＋y －(t 2＋12)＝0，当x ＝0时，y ＝t 2＋12，所以切线与y 轴的交点为(0，t 2＋12)，7分……………………………………………………………………………得分点⑤当y ＝0时，x ＝t 2＋122t ，所以切线与x 轴的交点为⎝⎛⎭⎫t 2＋122t ，0.8分………得分点⑥ ①当t >0时，S (t )＝12·t 2＋122t ·(t 2＋12)＝(t 2＋12)24t ，9分………………………得分点⑦则S ′(t )＝3(t 2－4)(t 2＋12)4t 2，10分……………………………………………得分点⑧当0<t <2时，S ′(t )<0，此时S (t )在(0,2)上单调递减； 当t >2时，S ′(t )>0，此时S (t )在(2，＋∞)上单调递增，所以S (t )min ＝S (2)＝32.11分…………………………………………………得分点⑨ ②当t <0时，S (t )＝－(t 2＋12)24t ；12分………………………………………得分点⑩则S ′(t )＝－3(t 2－4)(t 2＋12)4t 2，13分…………………………………………得分点⑪当t <－2时，S ′(t )<0，此时S (t )在(－∞，－2)上单调递减； 当－2<t <0时，S ′(t )>0，此时S (t )在(－2,0)上单调递增，所以S (t )min ＝S (－2)＝32.14分………………………………………………得分点⑫ 综上所述，当t ＝±2时，S (t )取最小值，为32.15分………………………得分点⑬【评分细则】 ①求对导函数得1分． ②解对f ′(x )＝－2得1分． ③写对切线方程得2分． ④写对切线方程得2分． ⑤求对与y 轴交点得1分． ⑥求对与x 轴交点得1分． ⑦分类讨论t ≥0时写对S (t )得1分． ⑧求对S (t )得1分． ⑨求对S (t )的最小值得1分． ○10分类讨论，t <0时写对S (t )得1分． ⑪求对S ′(t )得1分． ⑫求对S (t )最小值得1分． ⑬总结叙述正确得1分． 【名师点评】 1．核心素养：利用导数研究函数的极、最值问题，首先对函数求导，分解因式，分类讨论函数在给定区间的增减情况确定极最值，重点考查学生数学运算、逻辑推理及分类的数学核心素养．2．解题技巧：(1)求出切线与x 轴、y 轴交点，并写出三角形的积S (t )． (2)对S (t )分类讨论，分别求最值是本题关键点． 〔变式训练1〕(理)(2020·湖南期末统测)已知函数f (x )＝ln x ＋1－2a －x ＋a x 有两个不同的极值点x 1，x 2.(1)求实数a 的取值范围．(2)求f (x )的极大值与极小值之和的取值范围．(文)(2020·长春市第二次质量监测)已知函数f (x )＝(a －1)·ln x －ax －x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若函数f (x )在[1,3]上的最大值为－2，求实数a 的值．[解析] 本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值．(理)(1)f (x )定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1－a x 2＝－x 2＋x －ax 2.因为f (x )有两个不同的极值点x 1，x 2，且x >0，所以x 2－x ＋a ＝0有两个不同的正根，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝1－4a >0，x 1＋x 2＝1>0，x 1x 2＝a >0，解得0<a <14.故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，14. (2)由(1)知x 1x 2＝a ，x 1＋x 2＝1，不妨设x 1<x 2，所以f (x )极小值＝f (x 1)，f (x )极大值＝f (x 2)， 所以f (x )极小值＋f (x )极大值＝f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1x 2)＋2(1－2a )＋a (x 1＋x 2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＝ln a ＋2－4a .令φ(a )＝ln a －4a ＋2，则φ′(a )＝1a －4，当0<a <14时，φ′(a )>0，所以φ(a )在⎝⎛⎭⎫0，14上单调递增，所以φ(a )<φ⎝⎛⎭⎫14＝－2ln 2 ＋1. 又当a →0时，φ(a )→－∞，所以f (x )的极大值与极小值之和的取值范围是(－∞，－2ln 2＋1)．(文)(1)a ＝2时，f (x )＝ln x －2x －x ，f ′(x )＝1x ＋2x 2－1，f (2)＝ln 2－3，f ′(2)＝0，所以曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝ln 2－3. (2)f ′(x )＝a －1x ＋a x 2－1＝－(x ＋1)(x －a )x 2(1≤x ≤3)，当a ≤1时，f ′(x )≤0，f (x )在[1,3]上单调递减， 所以f (1)＝－2，a ＝1；当a ≥3时，f ′(x )≥0，f (x )在[1,3]上单调递增，所以f (3)＝－2，a ＝ln 3＋1ln 3－13<3，舍去；当1<a <3时，f (x )在(1，a )上单调递增，在(a,3)上单调递减， 所以f (a )＝－2，a ＝e. 综上，a ＝1或a ＝e.考点二 利用导数解决与不等式有关的函数问题例2 (2020·课标Ⅱ，21,12分)已知函数f (x )＝sin 2x sin 2x . (1)讨论f (x )在区间(0，π)的单调性； (2)证明：|f (x )|≤338； (3)设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n 4n. 【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)f ′(x )＝cos x (sin x sin 2x )＋sin x (sin x sin 2x )′ ＝2sin x cos x sin 2x ＋2sin 2x cos 2x＝2sin x sin 3x .2分……………………………………………………………得分点① 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3∪⎝⎛⎭⎫2π3，π时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，2π3时，f ′(x )<0.所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π3，⎝⎛⎭⎫2π3，π单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫π3，2π3单调递减.4分………………………………得分点②(2)证明：因为f (0)＝f (π)＝0，由(1)知，f (x )在区间[0，π]的最大值为f ⎝⎛⎭⎫π3＝338，5分 …………………………………………………………………………………得分点③ 最小值为f ⎝⎛⎭⎫2π3＝－338.6分…………………………………………………得分点④ 而f (x )是周期为π的周期函数，故|f (x )|≤338.7分…………………………得分点⑤ (3)证明：由于(sin 2x sin 22x …sin 22n x )32 8分…………………………………得分点⑥＝|sin 3x sin 32x …sin 32n x |＝|sin x ||sin 2x sin 32x …sin 32n －1x sin2n x ||sin 22n x |9分……………………………得分点⑦ ＝|sin x ||f (x )f (2x )…f (2n －1x )||sin 22n x |10分……………………………………得分点⑧ ≤|f (x )f (2x )…f (2n －1x )|，11分…………………………………………………得分点⑨所以sin 2x sin 22x …sin 22n x ≤⎝⎛⎭⎫3382n3＝3n4n .12分……………………………得分点⑩【评分细则】①正确求得导函数并化简正确得2分． ②讨论f (x )的单调性，正确得2分． ③求对f (x )的最大值得1分． ④求对f (x )的最小值得1分． ⑤证出|f (x )|≤338得1分． ⑥变形正确得1分． ⑦合理转化得1分．⑧转化出f (x )、f (2x )、…、f (2n －1x )得1分． ⑨放缩正确得1分． ⑩证出结论得1分． 【名师点评】 1．核心素养：利用导数判断函数的单调性及解决与不等式有关的函数问题是高考命题的热点问题．本题主要考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养．2．解题技巧：(1)讨论函数的单调性首先要明确函数的定义域，一般用导数的方法，对导数解不等式． (2)求出f (x )的最值是证明第2问的关键．(3)将不等式左边变形与f (x )及第2问结合起来是完成第3问的关键． 〔变式训练2〕(理)(2020·河南省郑州市高三第二次质量预测)设函数f (x )＝ax 2－(x ＋1)ln x (a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的斜率为0.(1)求a 的值；(2)求证：当0<x ≤2时，f (x )>12x .(文)(2018·课标全国Ⅰ，21)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1，a ∈R . (1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.[分析] (文)(1)看到x ＝2是f (x )的极值点，想到f ′(2)＝0且两边异号，看到求单调区间想到求函数定义域，并对函数求导．(2)看到证明当a ≥1e 时，f (x )≥0想到用1e 替换a 进行放缩，构造函数y ＝e xe －ln x －1，从而求此函数的最小值．[解析] (理)(1)f ′(x )＝2ax －ln x －1－1x ，由题意可得f ′(1)＝2a －2＝0， ∴a ＝1.(2)要证f (x )>12x (0<x ≤2)，只需证x －ln x x －ln x >12，即证x －ln x >ln x x ＋12，令g (x )＝x －ln x ，h (x )＝ln x x ＋12，由g ′(x )＝1－1x＝0，解得x ＝1，g (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增， 故g (x )min ＝g (1)＝1，由h ′(x )＝1－ln xx 2可知h (x )在(0,2]上单调递增，故h (x )max ＝h (2)＝1＋ln 22<1＝g (x )min ，故h (x )<g (x )，即f (x )>12x .(文)(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0， 所以a ＝12e2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x.当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1.设g (x )＝e xe －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x .当0<x <1时，g ′(x )<0； 当x >1时，g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.考点三 利用导数解决与函数零点有关的问题例3 (2021·山东省青岛市高三模拟检测)已知函数f (x )＝a e x －x －a ，e ＝2.718 28…是自然对数的底数．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )恰有2个零点，求实数a 的取值范围． 【分析】 ①看到单调性想到求函数f (x )的导数．②看到f (x )恰有2个零点，想到f (x )＝0有两解或y ＝f (x )图象与x 轴有两个交点． 【标准答案】——规范答题 步步得分(1)f ′(x )＝a e x －1，1分……………………………………………………………得分点① 当a ≤0时，f ′(x )＝a e x －1<0，所以x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x )<0，故f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，2分…得分点② 当a >0时，令f ′(x )＝a e x －1＝0，得x ＝－ln a ；所以x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减；x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(－ln a ，＋∞)上单调递增.4分………………………………得分点③(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减；又知f (0)＝0，所以f (x )仅有1个零点；5分……………………………………得分点④ 当0<a <1时，f (0)＝0，所以f (－ln a )<0，取f (－2ln a )＝1a ＋2ln a －a ，令函数g (a )＝1a ＋2ln a －a ，得g ′(a )＝－(a －1)2a 2<0，所以g (a )>g (1)＝0，所以f (－2ln a )＝1a ＋2ln a －a >0得f (x )在(－ln a ，－2ln a )上也有1个零点，8分……………………………………………………………………………………得分点⑤ 当a ＝1时，f (x )≥f (0)＝0，所以f (x )仅有1个零点，9分……………………得分点⑥ 当a >1时，f (0)＝0，所以f (－ln a )<0， 令函数h (a )＝a －ln a ，a >1得h ′(a )＝1－1a >0，所以h (a )>h (1)>0，所以a >ln a ，∴－a <－ln a ，取f (－a )＝a e －a >0，得f (x )在(－a ，－ln a )上也有1个零点，综上可知：若f (x )恰有2个零点，则a ∈(0,1)∪(1，＋∞).12分……………得分点⑦ 【评分细则】 ①求对导函数得1分． ②求对a ≤0单调区间得1分． ③求对a >0单调区间得2分．④求对a ≤0时f (x )只有一个零点得1分． ⑤求对0<a <1时f (x )有两个零点得3分． ⑥求对a ＝1时f (x )有一个零点得1分．⑦求对a >1时f (x )有两个零点，并进行综述得3分． 【名师点评】 1．核心素养：本题主要考查导数与函数单调性的关系、零点存在性定理，考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．2．解题技巧：(1)通过求导，分类讨论，进而求单调区间．(2)通过(1)的分析知道函数f (x )的单调性、最值，讨论f (x )零点的个数，从而得出结论． 〔变式训练3〕(2020·全国Ⅲ，21)设函数f (x )＝x 3＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12处的切线与y 轴垂直．(1)求b .(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，证明：f (x )所有零点的绝对值都不大于1. [解析] 本题考查导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性、极值、零点． (1)f ′(x )＝3x 2＋b .依题意得f ′⎝⎛⎭⎫12＝0，即34＋b ＝0，故b ＝－34. (2)证明：由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34.令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝12.f ′(x )与f (x )的情况为：因为f (1)＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝c ＋14，所以当c <－14时，f (x )只有大于1的零点． 因为f (－1)＝f ⎝⎛⎭⎫12＝c －14，所以当c >14时，f (x )只有小于－1的零点． 由题设可知－14≤c ≤14.当c ＝－14时，f (x )只有两个零点－12和1.当c ＝14时，f (x )只有两个零点－1和12.当－14<c <14时，f (x )有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1∈⎝⎛⎭⎫－1，－12，x 2∈⎝⎛⎭⎫－12，12，x 3∈⎝⎛⎭⎫12，1. 综上，若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )所有零点的绝对值都不大于1.。
2023年新高考数学一轮复习4-4 导数的综合应用(知识点讲解)解析版
专题4.4 导数的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1. 考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数不等式的证明、方程等，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）函数零点 1．方程()0f x =有实根函数()y f x =的图象与x 轴有交点函数()y f x =有零点．2．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.（二）导数解决函数的零点问题1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图象与x 轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图象．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f (a)·f (b)＜0.2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步，证明端点的导数值异号. 3.已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f (x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围. （三）导数证明不等式(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x )＜g (a )转化为f (x )max ＜g (a ).(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x )＞g (x )转化为f (x )－g (x )＞0，进而构造函数h (x )＝f (x )－g (x ). (3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x )＞g (x )利用其最值求解.(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可将函数式变为与x 1x 2或x 1·x 2有关的式子，然后令t ＝x 1x 2或t ＝x 1x 2，构造函数g (t )求解.(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x ＜x ＜e x (x ＞0)，xx ＋1≤ln(x ＋1)≤x (x ＞－1).(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.（四）利用导数研究不等式恒(能)成立问题 1.分离参数法一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围. 2.构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的零点或零点个数例1.（2012·天津·高考真题（理））函数在区间(0,1)内的零点个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【详解】2()2ln 23,(0,1)()0x f x x f x +''=>在上恒成立，所以单调递增，(0)10,(1)10,f f =-<=>故函数在区间(0,1)内的零点个数1个.例2．（2019·全国高考真题（理））已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减又()0sin0110g '=-+=>，()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 又()00f '= ()00f x '∴>()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-<⎪++⎝⎭10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()()000f x f >=，2sin ln 1lnln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+< 即()02ff ππ⎛⎫⋅<⎪⎝⎭，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln1ln 1ln 1x e π+>+>=()sin ln 10x x ∴-+<即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点例3．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <． 【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-， 若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x <因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x x x x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增即()(1)0g x g >=,所以1ee 0xx x x->令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭ 所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 【总结提升】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．题型二：与函数零点有关的参数（范围）问题例4.（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b 1−a＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．例5.（2015·安徽·高考真题（理））设30x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________.（写出所有正确条件的编号）①3,3a b =-=-；②3,2a b =-=；③3,2a b =->；④0,2a b ==；⑤1,2a b ==. 【答案】1，3，4，5 【解析】 【详解】令3()f x x ax b =++，求导得2'()3f x x a =+，当0a ≥时，'()0f x ≥，所以()f x 单调递增，且至少存在一个数使()0f x <，至少存在一个数使()0f x >，所以3()f x x ax b =++必有一个零点，即方程30x ax b ++=仅有一根，故④⑤正确；当0a <时，若3a =-，则2'()333(1)(1)f x x x x =-=+-，易知，()f x 在(,1),(1,)-∞-+∞上单调递增，在[1,1]-上单调递减，所以()=(1)132f x f b b -=-++=+极大，()=(1)132f x f b b =-+=-极小，要使方程仅有一根，则()=(1)1320f x f b b -=-++=+<极大或者()=(1)1320f x f b b =-+=->极小，解得2b <-或2b >，故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是①③④⑤.例6.（2020·全国高考真题（文））已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞. 【解析】（1）当1a =时，()(2)xf x e x =-+，'()1xf x e =-， 令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >， 所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2xe a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++，令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-， 所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增， 且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e +∞.【总结提升】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．题型三：与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题例7．（2019·天津高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->， 当1a <时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立， 令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故max ()()g x g e e ==，所以a e ≤.当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立； 综上可知，a 的取值范围是[0,]e ， 故选C.例8．（2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试）已知函数2()2sin 341x f x x x =+-+，则(2)(2)f f +-=_________；关于x 的不等式2()(23)2f x f x +-≥的解集为____________．【答案】2 3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】根据解析式直接求(2)(2)f f +-的值，易知()f x 关于(0,1)对称，可将题设不等式变形为2(23)()f x f x -≥-，再利用导数判断()f x 的单调性，由单调性列不等式求解集. 【详解】232(2)(2)2sin 262sin 2621717f f +-=+-+-+=， 由()()22222sin 32sin 341414141x x x x f x f x x x x x --+-=+-+-+=+=++++2(41)41x x ++2=， ∴()f x 关于(0,1)对称，故()2()f x f x =--，∴22()(23)2()(23)2f x f x f x f x +-=--+-≥，即2(23)()f x f x -≥-， 又124ln 2()2cos 30(41)x xf x x +'=-+-<+，故()f x 单调递减， ∴223x x -≤-，即223(23)(1)0x x x x +-=+-≤，解得312x -≤≤.∴不等式解集为3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 故答案为：2；3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 例9.（2021·全国高三月考）已知函数2()ln f x x mx =+.（1）探究函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦,. 【分析】（1）求导，对参数m 分类讨论，由导函数的符号可得函数的单调性；（2）将不等式()1(12)f x m x ≤++化为()2ln 1210x mx m x +-+-≤，再构造函数()2()ln 121g x x mx m x =+-+-，利用导数求出函数()g x 的最大值，由max ()0g x ≤可求出结果.【详解】（1）由2()ln f x x mx =+，得2121()2(0)mx f x mx x x x +'=+=>， ①若0m ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增；②若0m <，则2121()22x x mx f x mx m x x x⎛ +⎝⎭⎝⎭'=+==⋅，当0x <<时，()0f x '>；当x >()0f x '<； 所以()f x在区间0,⎛ ⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. 综上所述：当0m ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0m <时，()f x在区间⎛⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减. （2）不等式()1(12)f x m x ≤++在(]0,e 上恒成立，相当于()2ln 1210x mx m x +-+-≤在(]0,e 上恒成立，令()2()ln 121g x x mx m x =+-+-， 则212(21)1(21)(1)()221mx m x mx x g x mx m x x x-++--'=+--==， ①当0m ≤时，210mx -<，由()0g x '<，得1e x <≤，由()0g x '>，得01x <<，所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,e]上单调递减，所以max ()(1)2g x g m ==--，所以20m --≤，解得20m -≤≤. ②当102em <≤时，因为022e x <≤，所以021mx <≤，所以210mx -≤， 所以当01x <<时，()0g x '≥，当1e x <≤时，()0g x '≤，所以()g x 在(0,1)上递增，在(1,e]上递减，所以max ()(1)20g x g m ==--≤，解得2m ≥-，又102e m <≤，所以102em <≤； ③当112e 2m <<时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时11e 2m <<， 由()0g x '>，得01x <<或1e 2x m <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在(0,1)和1(,e]2m 上递增，在1(1,)2m 上递减，所以11,2x x m==分别是函数()g x 的极大值点和极小值点， 因此有()(1)2011(e)e e 1202e 21122g m g m m m m e⎧⎪=--≤⎪=--≤⇒<<⎨⎪⎪<<⎩； ④当12m =时，()21()0x g x x-'=≥，所以()g x 在(]0,e 上单调递增，所以(e)0g ≤， 即1e 2m ≤-，所以12m =； ⑤当12m >时，1(1)()2()2x x m g x m x--'=⋅，此时1012m <<， 由()0g x '>，得102x m <<或1e x <≤，由()0g x '<，得112x m <<， 所以()g x 在1(0,)2m 和(1,e]上递增，在1(,1)2m 上递减， 所以112x x m==，分别是函数()g x 的极大值点和极小值点，因此有()1()02(e)e e 12012g m g m m m ⎧≤⎪⎪=--≤⇒⎨⎪⎪>⎩1ln 22041e 212m m m m ⎧---≤⎪⎪⎪≤⎨-⎪⎪>⎪⎩112e 2m ⇒<≤-； 综上可知，实数m 的取值范围是12e 2⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦，. 【总结提升】1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：min max max ()()()f x a f x a f x a ⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解2.不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.题型四：利用导数证明不等式例10．（2022·北京·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．【答案】(1)(2)在上单调递增.(3)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，()e ln(1)x f x x =+()y f x =(0,(0))f ()()g x f x '=()g x [0,)+∞,(0,)s t ∈+∞()()()f s t f s f t +>+y x =()g x [0,)+∞()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()m x即得证.(1)解：因为，所以，即切点坐标为，又， ∴切线斜率∴切线方程为：(2)解：因为， 所以， 令， 则， ∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.(3)解：原不等式等价于，令，，即证，∵，， 由（2）知在上单调递增， ∴，∴∴在上单调递增，又因为， ()e ln(1)x f x x =+()00f =()0,01()e (ln(1))1x f x x x=+++'(0)1k f '==y x =1()()e (ln(1))1x g x f x x x=++'=+221()e (ln(1))1(1)x g x x x x =++-++'221()ln(1)1(1)h x x x x =++-++22331221()01(1)(1)(1)x h x x x x x +=-+=>++++'()h x [0,)+∞()(0)10h x h ≥=>()0g x '>[0,)+∞()g x [0,)+∞()()()(0)f s t f s f t f +->-()()()m x f x t f x =+-(,0)x t >()(0)m x m >()()()e ln(1)e ln(1)x t x m x f x t f x x t x +=+-=++-+e e ()e ln(1)e ln(1)()()11x t xx t x m x x t x g x t g x x t x++=+++-+-=+-++'+1()()e (ln(1))1x g x f x x x =++'=+[)0,∞+()()g x t g x +>()0m x '>()m x ()0,∞+,0x t >∴，所以命题得证.例11.（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点． （1）求a ；（2）设函数．证明:． 【答案】（1）；（2）证明见详解【解析】【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．综合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数由（1）得，，且， ()(0)m x m >()()ln f x a x =-0x =()y xf x =()()()x f x g x xf x +=()1g x <1a ='y a ()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-1x <0x ≠()0,1x ∈(),0x ∈-∞()1g x <()()ln 1ln 1x x x x +->-()0,1x ∈(),0x ∈-∞()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--()()'ln x y a x x ay xf x ⇒=-=+-0x =()y xf x =()'0ln 0y a ==1a =ln(1)11()ln(1)ln(1)+-==+--x x g x x x x x (,0)(0,1)-∞()1g x <111ln(1)+<-x x 1111ln(1)-<-=-x x x x(0,1)x ∈10ln(1)<-x 10x x-<ln(1)1->-x x x ()ln(1)1=---x F x x x 2211()01(1)(1)--=-=>--'-x F x x x x ()F x (0,1)()(0)0F x F >=(,0)x ∈-∞10ln(1)>-x 10x x ->ln(1)1->-x x x ()F x (,0)-∞()(0)0F x F >=()1g x <()()ln 1f x x =-()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-1x <0x ≠当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，再令，则，， 令，，当时，，单减，故；当时，，单增，故；综上所述，在恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定()0,1x ∈()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x >-<()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()0,ln 10x x <->()ln 10x x ∴-<()()ln 1ln 1x x x x +->-()()1ln 10x x x +-->()()()1ln 1h x x x x =+--1t x =-()()0,11,t ∈+∞1x t =-()1ln t t t t ϕ=-+()1ln 1ln t t t ϕ'=-++=()0,1t ∈()0t ϕ'<()t ϕ()()10t ϕϕ>=()1,t ∈+∞()0t ϕ'>()t ϕ()()10t ϕϕ>=()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-()(),00,1x ∈-∞()ln (1)ϕ=--x x x 11()1x x x x ϕ-'=-=()ϕx (0,1)(1,)+∞()(1)0x ϕϕ≤=ln 1≤-x x 1x =1x <0x ≠101x >-111x≠-11ln 111<---x x ln(1)1--<-x x x ln(1)1->-x x x (0,1)x ∈0ln(1)1>->-x x x 1111ln(1)-<=--x x x x 111ln(1)+<-x x ()1g x <(,0)x ∈-∞ln(1)01->>-x x x ()1g x <1x <0x ≠ln(1)1ln(1)+-<-x x x x ()1g x <(0,1)x ∈ln(1)1->-x x x (,0)x ∈-∞ln(1)1->-x x x ()0,1x ∈()()1ln 10x x x +-->(),0x ∈-∞()()1ln 10x x x +-->()ln (1)ϕ=--x x x ln 1≤-x x 1x =ln(1)1->-x x x的巧合性.例12．（2021·全国高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.【详解】（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即， 故， 设，由（1）可知不妨设. 因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若， 要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.()()1ln f x x x =-()f x a b ln ln b a a b a b -=-112e a b<+<()f x ()0,1()1,+∞1211,x x a b==122x x e <+<21x tx =12x x e +<()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()1,+∞()0,∞+()1ln 1ln f x x x '=--=-()0,1x ∈()0f x '>()1,+x ∈∞()0f x '<()f x ()0,1()1,+∞ln ln b a a b a b -=-()()ln 1ln +1b a a b +=ln 1ln +1a b a b+=11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1211,x x a b ==1201,1x x <<>()0,1x ∈()()1ln 0f x x x =->(),x e ∈+∞()()1ln 0f x x x =-<21x e <<122x x +>22x ≥122x x +>22x <122x x +>122x x >-2021x <-<()()122f x f x >-()()222f x f x >-212x <<设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则，结合，可得：， 即：，故，要证：，即证，即证， 即证：，即证：， 令，则， 先证明一个不等式：.设，则， 当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立， 故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，. 【总结提升】1.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最()()()2,12g x f x f x x =--<<()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦12x <<()021x x <-<()ln 20x x -->()0g x '>()g x ()1,2()()10g x g >=()()2f x f x >-()()222f x f x >-122x x +>122x x +>21x tx =1t >ln 1ln +1a b a b +=1211,x x a b==()()11221ln 1ln x x x x -=-()111ln 1ln ln x t t x -=--11ln ln 1t t t x t --=-12x x e +<()11t x e +<()1ln 1ln 1t x ++<()1ln ln 111t t t t t --++<-()()1ln 1ln 0t t t t -+-<()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭()ln 1x x ≤+()()ln 1u x x x =+-()1111x u x x x -'=-=++10x -<<()0u x '>0x >()0u x '<()u x ()1,0-()0,+∞()()max 00u x u ==()ln 1x x ≤+1t >112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭()0S t '<()S t ()1,+∞()()10S t S <=()()1ln 1ln 0t t t t -+-<12x x e +<112e a b<+<值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.2.利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.3.不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．。
高中数学导数解题技巧
高中数学导数解题技巧导数作为高中数学中的重要概念，是解决各种函数相关问题的基础。
在考试中，导数题目常常出现，因此学生们需要掌握一些解题技巧。
本文将介绍几种常见的导数解题技巧，并通过具体题目进行说明，帮助高中学生和他们的父母更好地理解和应用导数。
一、求导法则求导法则是解决导数题目的基础，掌握好求导法则可以事半功倍。
下面以几个常见的求导法则为例进行说明。
1. 常数法则：对于常数函数，其导数为0。
例如，函数f(x) = 3的导数为f'(x) = 0。
2. 幂函数法则：对于幂函数f(x) = x^n，其中n为常数，其导数为f'(x) = nx^(n-1)。
例如，函数f(x) = x^2的导数为f'(x) = 2x。
3. 和差法则：对于函数f(x) = u(x) ± v(x)，其中u(x)和v(x)分别为可导函数，其导数为f'(x) = u'(x) ± v'(x)。
例如，函数f(x) = 2x + 3x^2的导数为f'(x) = 2 + 6x。
4. 乘积法则：对于函数f(x) = u(x) * v(x)，其中u(x)和v(x)分别为可导函数，其导数为f'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)。
例如，函数f(x) = x^2 * cos(x)的导数为f'(x) = 2x * cos(x) - x^2 * sin(x)。
5. 商法则：对于函数f(x) = u(x) / v(x)，其中u(x)和v(x)分别为可导函数且v(x)不为0，其导数为f'(x) = (u'(x)v(x) - u(x)v'(x)) / v^2(x)。
例如，函数f(x) = (2x + 1) /x的导数为f'(x) = (2 - (2x + 1) / x^2) / x^2。
二、应用题解析在高中数学考试中，导数经常与函数的性质和图像相关联，通过求导可以求得函数的最值、拐点、增减性等信息。
导数题的十大解题技巧
导数题的十大解题技巧
导数题的十大解题技巧
一、熟练掌握基本形式的导数
解决导数问题，最基本的是要掌握几种常见函数的导数形式，如常用的多项式函数、三角函数、泰勒级数等。
二、熟练运用基本运算法则
基本运算法则是指对函数的加减乘除、乘方、链式法则等多项操作的计算公式。
三、利用倒数公式
在两函数相除时，可以利用倒数公式把除法变成乘法。
也就是相除的两个函数导数的乘积等于其一除以另一函数的倒数的导数。
四、运用链式法则
链式法则是求解复杂函数导数的有力工具。
它的做法是用函数的导数来求复合函数的导数，即将复杂函数分解为几个简单函数的组合。
五、会用技巧简化运算
解决导数问题，要熟悉几种常用的技巧，比如去项技巧、因式分解技巧、合并同类项技巧等，尽量减少计算量。
六、善于利用对称性
在有关导数的计算中，当函数具有对称性时，有时可以利用对称性把计算时间缩短。
七、多分类讨论
对于某种特殊情况的求导，要多分类考虑，把它们分开，分别求
解。
八、把不熟悉的形式改写成熟悉的形式
有时，在求解导数时，可以把不熟悉的函数形式改写成熟悉的形式，从而简化计算。
九、运用泰勒展开法
当函数形式太复杂时，可以用泰勒级数展开法来求解它的导数，其中，泰勒展开第N项的系数是函数的N次导数值。
十、加强练习熟练掌握
多进行练习，加强熟练掌握，能有效帮助学生解决导数问题。
高考数学一轮复习考点知识专题讲解15---导数与函数的单调性
高考数学一轮复习考点知识专题讲解导数与函数的单调性考点要求1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f(x)在区间(a，b)上单调递增f′(x)<0f(x)在区间(a，b)上单调递减f′(x)＝f(x)在区间(a，b)上是常数函数2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数的定义域；第2步，求出导数f′(x)的零点；第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．常用结论1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(√)(2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．(√)(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．(×)(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(√)教材改编题1．f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()答案C解析由f′(x)的图象知，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增；当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0，∴f (x )单调递减； 当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴f (x )单调递增．2．函数f (x )＝(x －2)e x 的单调递增区间为________． 答案(1，＋∞)解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(x －1)e x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝1， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)．3．若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4的单调递减区间为[－1,4]，则实数a 的值为________．答案－4解析f ′(x )＝x 2－3x ＋a ，且f (x )的单调递减区间为[－1,4]，∴f ′(x )＝x 2－3x ＋a ≤0的解集为[－1,4]，∴－1,4是方程f ′(x )＝0的两根， 则a ＝(－1)×4＝－4.题型一 不含参数的函数的单调性 例1(1)函数y ＝4x 2＋1x的单调递增区间为()A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C ．(－∞，－1) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12答案B解析由y ＝4x 2＋1x，得y ′＝8x －1x2(x ≠0)，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，∴函数y ＝4x 2＋1x 的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫12，＋∞. (2)已知定义在区间(0，π)上的函数f (x )＝x ＋2cos x ，则f (x )的单调递增区间为__________________． 答案⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6，⎝⎛⎭⎪⎫5π6，π 解析f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈(0，π)． 令f ′(x )＝0，得x ＝π6或x ＝5π6， 当0<x <π6时，f ′(x )>0， 当π6<x <5π6时，f ′(x )<0， 当5π6<x <π时，f ′(x )>0， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6和⎝⎛⎭⎪⎫5π6，π上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6上单调递减．教师备选 若函数f (x )＝ln x ＋1e x，则函数f (x )的单调递减区间为________． 答案(1，＋∞)解析f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ln x －1e x，令φ(x )＝1x－ln x －1(x >0)，φ′(x )＝－1x 2－1x<0，φ(x )在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0， ∴当x ∈(0,1)时，φ(x )>0， 当x ∈(1，＋∞)时，φ(x )<0，∴f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．思维升华确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．跟踪训练1(1)函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是() A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，1) D ．(－1,1) 答案A解析∵f ′(x )＝2x －2x＝2(x ＋1)(x －1)x(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)函数f (x )＝(x －1)e x －x 2的单调递增区间为________，单调递减区间为________． 答案(－∞，0)，(ln2，＋∞)(0，ln2) 解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x e x －2x ＝x (e x －2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝ln2，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2)． 题型二 含参数的函数的单调性例2已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．解函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax 2－(a ＋1)x ＋1x＝(ax －1)(x －1)x.令f ′(x )＝0，得x ＝1a或x ＝1.①当0<a <1时，1a>1，∴x ∈(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，1a 时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；②当a ＝1时，1a＝1，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ③当a >1时，0<1a<1，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减． 综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减．延伸探究若将本例中参数a 的范围改为a ∈R ，其他条件不变，试讨论f (x )的单调性？ 解当a >0时，讨论同上； 当a ≤0时，ax －1<0， ∴x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．综上，当a ≤0时，函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0<a <1时，函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减．教师备选已知函数f (x )＝x －2x＋a (2－ln x )，a >0.讨论f (x )的单调性．解由题知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2，设g (x )＝x 2－ax ＋2，g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ<0，即0<a <22时，对一切x >0都有f ′(x )>0.此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当Δ＝0，即a ＝22时，仅对x ＝2， 有f ′(x )＝0，对其余的x >0都有f ′(x )>0. 此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根，x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－82，a ＋a 2－82上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．跟踪训练2讨论下列函数的单调性．(1)f(x)＝x－a ln x；(2)g(x)＝13x3＋ax2－3a2x.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax＝x－ax，令f′(x)＝0，得x＝a，①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(2)g(x)的定义域为R，g′(x)＝x2＋2ax－3a2＝(x＋3a)(x－a)，当a＝0时，g′(x)≥0，∴g(x)在R上单调递增．当a>0时，x∈(－∞，－3a)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x∈(－3a，a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．当a<0时，x∈(－∞，a)∪(－3a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x ∈(a ，－3a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 综上有a ＝0时，g (x )在R 上单调递增；a <0时，g (x )在(－∞，a )，(－3a ，＋∞)上单调递增，在(a ，－3a )上单调递减； a >0时，g (x )在(－∞，－3a )，(a ，＋∞)上单调递增，在(－3a ，a )上单调递减． 题型三 函数单调性的应用 命题点1比较大小或解不等式例3(1)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为() A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5B ．f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)答案A解析因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5.(2)已知函数f (x )＝e x －1ex －2x ＋1，则不等式f (2x －3)>1的解集为________．答案⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞解析f (x )＝e x －1ex －2x ＋1，定义域为R ，f ′(x )＝e x ＋1e x －2≥2e x ·1ex －2＝0，当且仅当x ＝0时取“＝”， ∴f (x )在R 上单调递增， 又f (0)＝1，∴原不等式可化为f (2x －3)>f (0)， 即2x －3>0，解得x >32，∴原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.命题点2根据函数的单调性求参数的范围例4已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上单调递增，则实数a 的取值范围为________． 答案⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞解析由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43.延伸探究在本例中，把“f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上单调递增”改为“f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上存在单调递增区间”，求a 的取值范围． 解f ′(x )＝x ＋2a －1x，若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上存在单调递增区间，则当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2时，f ′(x )>0有解，即2a >－x ＋1x有解，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋1x min ＝－2＋12＝－32，∴2a >－32，即a >－34，故a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，＋∞.教师备选1．若函数f (x )＝e x (sin x ＋a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递增，则实数a 的取值范围是()A ．(1，＋∞) B．[2，＋∞) C ．[1，＋∞) D．(－2，＋∞) 答案C 解析由题意得f ′(x )＝e x (sin x ＋a )＋e x cos x＝e x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ，∵f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递增，∴f ′(x )≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上恒成立，又e x >0，∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上恒成立，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2时，x ＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，3π4，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1，∴2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ∈(－1＋a ，2＋a ]， ∴－1＋a ≥0，解得a ≥1，即a ∈[1，＋∞)．2．(2022·江西鹰潭一中月考)若函数f (x )＝ax 3＋x 恰有3个单调区间，则a 的取值范围为________． 答案(－∞，0)解析由f (x )＝ax 3＋x ，得f ′(x )＝3ax 2＋1.若a ≥0，则f ′(x )>0恒成立，此时f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，不满足题意； 若a <0，由f ′(x )>0得 －－13a<x <－13a， 由f ′(x )<0，得x <－－13a或x >－13a，即当a <0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－－13a，－13a ， 单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－－13a ，⎝⎛⎭⎪⎫－13a ，＋∞，满足题意． 思维升华 根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)f (x )为增(减)函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．跟踪训练3(1)已知定义域为R 的连续函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f ′(x )m (x －3)<0，当m <0时，下列关系中一定成立的是() A ．f (1)＋f (3)＝2f (2) B ．f (0)·f (3)＝0 C ．f (4)＋f (3)<2f (2) D ．f (2)＋f (4)>2f (3) 答案D 解析由f ′(x )m (x －3)<0，得m (x －3)f ′(x )<0，又m <0，则(x －3)f ′(x )>0，当x >3时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x <3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；所以f (2)>f (3)，f (4)>f (3)， 所以f (2)＋f (4)>2f (3)．(2)(2022·安徽省泗县第一中学质检)函数f (x )＝ln xx在(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a的取值范围为________． 答案[0，e －1] 解析由函数f (x )＝ln x x，得f ′(x )＝1－ln xx 2(x >0)，由f ′(x )>0得0<x <e ，由f ′(x )<0得x >e.所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， 又函数f (x )＝ln xx在(a ，a ＋1)上单调递增，则(a ，a ＋1)⊆(0，e)，则⎩⎨⎧a ≥0，a ＋1≤e，解得0≤a ≤e－1.课时精练1．函数f (x )＝x ln x ＋1的单调递减区间是() A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞C.⎝⎛⎭⎪⎫0，1e D ．(e ，＋∞)答案C解析f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )<0，得0<x <1e，所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1e .2．下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是() A ．f (x )＝2sin x cos x B ．g (x )＝x 3－x C ．h (x )＝x e xD ．m (x )＝－x ＋ln x 答案C解析h (x )＝x e x ，定义域为R ，∴h ′(x )＝(x ＋1)e x ，当x >0时，h ′(x )>0， ∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增．3．(2022·渭南调研)已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)．下面四个图象中y ＝f (x )的图象大致是()答案C解析列表如下：x (－∞，－1) (－1,0)(0,1)(1，＋∞)xf′(x)－＋－＋f′(x)＋－－＋f(x)单调递增单调递减单调递减单调递增故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1,1)．故函数f(x)的图象是C选项中的图象．4．(2022·遵义质检)若函数f(x)＝－x2＋4x＋b ln x在区间(0，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是()A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．(－∞，－2] D．[－2，＋∞)答案C解析∵f(x)＝－x2＋4x＋b ln x在(0，＋∞)上是减函数，∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)＝－2x＋4＋bx≤0，即b ≤2x 2－4x ，∵2x 2－4x ＝2(x －1)2－2≥－2，∴b ≤－2.5．已知函数f (x )＝sin x ＋cos x －2x ，a ＝f (－π)，b ＝f (2e )，c ＝f (ln2)，则a ，b ，c 的大小关系是() A ．a >c >b B ．a >b >c C ．b >a >c D ．c >b >a 答案A解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝cos x －sin x －2 ＝2cos⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－2<0， ∴f (x )在R 上单调递减，又2e >1,0<ln2<1，∴－π<ln2<2e ， 故f (－π)>f (ln2)>f (2e )， 即a >c >b .6．如果函数f (x )对定义域内的任意两实数x 1，x 2(x 1≠x 2)都有x 1f (x 1)－x 2f (x 2)x 1－x 2>0，则称函数y ＝f (x )为“F 函数”．下列函数是“F 函数”的是() A ．f (x )＝e x B ．f (x )＝x 2 C ．f (x )＝ln x D ．f (x )＝sin x 答案B解析依题意，函数g (x )＝xf (x )为定义域上的增函数． 对于A ，g (x )＝x e x ，g ′(x )＝(x ＋1)e x ，当x ∈(－∞，－1)时，g ′(x )<0，∴g (x )在(－∞，－1)上单调递减，故A 中函数不是“F 函数”； 对于B ，g (x )＝x 3在R 上单调递增，故B 中函数为“F 函数”； 对于C ，g (x )＝x ln x ，g ′(x )＝1＋ln x ， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0，故C 中函数不是“F 函数”；对于D ，g (x )＝x sin x ，g ′(x )＝sin x ＋x cos x ， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0时，g ′(x )<0，故D 中函数不是“F 函数”．7．(2022·长沙市长郡中学月考)已知函数f (x )＝13x 3＋mx 2＋nx ＋1的单调递减区间是(－3,1)，则m ＋n 的值为________． 答案－2解析由题设，f ′(x )＝x 2＋2mx ＋n ， 由f (x )的单调递减区间是(－3,1)， 得f ′(x )<0的解集为(－3,1)， 则－3,1是f ′(x )＝0的解，∴－2m ＝－3＋1＝－2，n ＝1×(－3)＝－3， 可得m ＝1，n ＝－3，故m ＋n ＝－2.8．(2021·新高考全国Ⅱ)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f (x )：________. ①f (x 1x 2)＝f (x 1)f (x 2)；②当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0；③f ′(x )是奇函数．答案f (x )＝x 4(答案不唯一，f (x )＝x 2n (n ∈N *)均满足)解析取f (x )＝x 4，则f (x 1x 2)＝(x 1x 2)4＝x 41x 42＝f (x 1)f (x 2)，满足①，f ′(x )＝4x 3，x >0时有f ′(x )>0，满足②，f ′(x )＝4x 3的定义域为R ，又f ′(－x )＝－4x 3＝－f ′(x )，故f ′(x )是奇函数，满足③.9．已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x . (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围． 解(1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝(x －1)(x －2)x(x >0)． 当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )的单调递增区间为(0,1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)．(2)g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增，则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2a x－2≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立．即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立． 所以x 2－2x －2a ≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立． 令φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)， 则其最小值为－12，故a ≤－12. 所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12. 10．(2022·宜春质检)已知函数f (x )＝x 3－6ax .(1)当a ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )的单调区间．解(1)当a ＝－1时，f (x )＝x 3＋6x ，则f ′(x )＝3x 2＋6，所以f (1)＝7，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －7＝9(x －1)，即9x －y －2＝0.(2)函数f (x )＝x 3－6ax 的定义域为R ， f ′(x )＝3x 2－6a ＝3(x 2－2a )．当a ≤0时，对任意的x ∈R ，f ′(x )≥0且不恒为零，此时函数f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a >0时，由f ′(x )<0， 可得－2a <x <2a ，由f ′(x )>0，可得x <－2a 或x >2a ，此时函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－2a )，(2a ，＋∞)，单调递减区间为(－2a ，2a )．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－2a )，(2a ，＋∞)，单调递减区间为(－2a ，2a )．11．若函数h (x )＝ln x －12ax 2－2x 在[1,4]上存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为() A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞B ．(－1，＋∞) C ．[－1，＋∞) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－716，＋∞ 答案B解析因为h (x )在[1,4]上存在单调递减区间，所以h ′(x )＝1x－ax －2<0在[1,4]上有解， 所以当x ∈[1,4]时，a >1x 2－2x有解， 而当x ∈[1,4]时，1x 2－2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1， ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－2x min ＝－1(此时x ＝1)， 所以a >－1，所以a 的取值范围是(－1，＋∞)．12．设函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，若a ＝f (－2)，b ＝f (ln2)，c ＝f (e)，则a ，b ，c的大小关系为()A．b<a<c B．c<a<bC．b<c<a D．a<b<c答案C解析f(－x)＝(－x)sin(－x)＋cos(－x)＋(－x)2＝x sin x＋cos x＋x2＝f(x)，∴f(x)为偶函数，∴a＝f(－2)＝f(2)，又f′(x)＝x cos x＋2x＝x(cos x＋2)，当x>0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又2>e>ln2，∴f(2)>f(e)>f(ln2)，即b<c<a.13．(2022·韩城质检)设a>0，若函数f(x)＝1＋ln xx在区间⎝⎛⎭⎪⎫a，a＋23上不单调，则a的取值范围是________．答案13<a<1解析函数f(x)＝1＋ln xx，f′(x)＝－ln xx2，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为函数f(x)＝1＋ln xx在区间⎝⎛⎭⎪⎫a，a＋23上不单调，则a <1<a ＋23，解得13<a <1. 14．已知函数f (x )＝x 5＋10x ＋sin x ，若f (t )＋f (1－3t )<0，则实数t 的取值范围是________．答案⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析因为函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝(－x )5＋10(－x )＋sin(－x )＝－(x 5＋10x ＋sin x )＝－f (x )，所以f (x )为奇函数；又因为f ′(x )＝5x 4＋10＋cos x >0，所以函数f (x )在R 上单调递增；又因为f (t )＋f (1－3t )<0，所以f (t )<－f (1－3t )＝f (3t －1)，所以3t －1>t ，即t >12.15．(2022·河北衡水中学月考)下列不等式成立的是________．(填序号)①2ln 32<32ln2； ②2ln 3<3ln 2；③5ln4<4ln5；④π>elnπ.答案①④解析设f (x )＝ln x x (x >0)，则f ′(x )＝1－ln xx 2，所以当0<x <e 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x >e 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．因为32<2<e ， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<f (2)， 即2ln 32<32ln2，故①正确； 因为2<3<e ，所以f (2)<f (3)， 即2ln 3>3ln 2，故②不正确；因为e<4<5，所以f (4)>f (5)，即5ln4>4ln5，故③不正确；因为e<π，所以f (e)>f (π)，即π>elnπ，故④正确．16．(2022·宁夏银川一中质检)已知函数f (x )＝a e x x. (1)若a >0，求f (x )的单调区间；(2)若对∀x 1，x 2∈(1,3)，x 1≠x 2都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<2恒成立，求实数a 的取值范围． 解(1)f (x )的定义域为{x |x ≠0}，f′(x)＝a e x(x－1)x2，∵a>0，∴当x∈(－∞，0)∪(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)不妨令x1>x2，∴f(x1)－f(x2)x1－x2<2，可化为f(x1)－f(x2)<2(x1－x2)，即f(x1)－2x1<f(x2)－2x2，即函数g(x)＝f(x)－2x在区间(1,3)上单调递减，又∵g′(x)＝f′(x)－2＝a e x(x－1)x2－2，∴a e x(x－1)x2－2≤0在(1,3)上恒成立，当x∈(1,3)时，不等式a e x(x－1)x2－2≤0可化为a≤2x2(x－1)e x，令h(x)＝2x2(x－1)e x，则h′(x)＝4x(x－1)e x－2x3e x (x－1)2e2x＝－2x3＋4x2－4x (x－1)2e x＝－2x(x2－2x＋2) (x－1)2e x＝－2x [(x －1)2＋1](x －1)2e x<0在区间x ∈(1,3)上恒成立， ∴函数h (x )＝2x 2(x －1)e x 在区间x ∈(1,3)上单调递减， ∴h (x )min ＝h (3)＝2×32(3－1)e 3＝9e 3，∴a ≤9e 3，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，9e 3.。
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2019高考数学一轮复习导数答题技巧
导数是微积分中的重要基础概念，下面是查字典数学网整理的
2019高考数学一轮复习导数答题技巧，希望对大家有帮助。
一、专题综述
导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。
在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面：1.导数的常规问题：
(1)刻画函数(比初等方法精确细微)；(2)同几何中切线联系(导数方法可用于研究平面曲线的切线)；(3)应用问题(初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便)等关于次多项式的导数问题属于较难类型。
2.关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。
3.导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合能力的一个方向，应引起注意。
二、知识整合
1.导数概念的理解。
2.利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题的最大值与最小值。
复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。
课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行
了证明。
3.要能正确求导，必须做到以下两点：
要练说，得练看。
看与说是统一的，看不准就难以说得好。
练看，就是训练幼儿的观察能力，扩大幼儿的认知范围，让幼儿在观察事物、观察生活、观察自然的活动中，积累词汇、理解词义、发展语言。
在运用观察法组织活动时，我着眼观察于观察对象的选择，着力于观察过程的指导，着重于幼儿观察能力和语言表达能力的提高。
这个工作可让学生分组负责收集整理，登在小黑板上，每周一换。
要求学生抽空抄录并且阅读成诵。
其目的在于扩大学生的知识面，引导学生关注社会，热爱生活，所以内容要尽量广泛一些，可以分为人生、价值、理想、学习、成长、责任、友谊、爱心、探索、环保等多方面。
如此下去，除假期外，一年便可以积累40多则材料。
如果学生的脑海里有了众多的鲜活生动的材料，写起文章来还用乱翻参考书吗?(1)熟练掌握各基本初等函数的求导公式以及和、差、积、商的求导法则，复合函数的求导法则。
(2)对于一个复合函数，一定要理清中间的复合关系，弄清各分解函数中应对哪个变量求导。
我国古代的读书人，从上学之日起，就日诵不辍，一般在几年内就能识记几千个汉字，熟记几百篇文章，写出的诗文也是字斟句酌，琅琅上口，成为满腹经纶的文人。
为什么在现
代化教学的今天，我们念了十几年书的高中毕业生甚至大学生，竟提起作文就头疼，写不出像样的文章呢?吕叔湘先生早在1978年就尖锐地提出:“中小学语文教学效果差，中学语文毕业生语文水平低，……十几年上课总时数是9160课时，语文是2749课时，恰好是30%，十年的时间，二千七百多课时，用来学本国语文，却是大多数不过关，岂非咄咄怪事!”寻根究底，其主要原因就是腹中无物。
特别是写议论文，初中水平以上的学生都知道议论文的“三要素”是论点、论据、论证，也通晓议论文的基本结构:提出问题――分析问题――解决问题，但真正动起笔来就犯难了。
知道“是这样”，就是讲不出“为什么”。
根本原因还是无“米”下“锅”。
于是便翻开作文集锦之类的书大段抄起来，抄人家的名言警句，抄人家的事例，不参考作文书就很难写出像样的文章。
所以，词汇贫乏、内容空洞、千篇一律便成了中学生作文的通病。
要解决这个问题，不能单在布局谋篇等写作技方面下功夫，必须认识到“死记硬背”的重要性，让学生积累足够的“米”。
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