高考数学导数的应用

高考数学导数的应用（精选8篇）

篇1：高考数学导数的应用

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．

篇2：高考数学导数的应用

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．cC．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＝log24A．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．

篇3：聚焦高考数学中的导数题型

1. 利用导数求切线方程

例1.已知一直线l经过原点且与曲线y=x3-3x2+2x相切, 试求直线l的方程。

分析:设切点 (x0, y0) , 则。由于直线l经过原点, 故等式的两边同除以x0即得切线的斜率, 再根据导数的几何意义, 求出曲线在x0处的切线斜率, 便可建立关于x0的方程。在两边同除以x0时, 要注意对x0是否为0进行讨论。

解析:设直线l∶y=kx,

又直线与曲线均过原点,

于是直线y=kx与曲线y=x3-3x2+2x相切于原点时, k=2。

若直线与曲线切于点 (x0, y0) , (x0≠0) , 则

故直线l的方程为y=2x或y=。

2. 利用导数研究函数单调性

例3.设a>0, 求函数, x∈ (0, +∞) 的单调区间。

分析:本题主要考查导数在求函数单调区间方面的应用, 对求导数公式与复合求导有一定要求, 对考生分类讨论思想和等价转换思想有较高要求, 考生应先求得, 然后将问题进行等价转化:

f′ (x) >0x2+ (2a-4) x+a2>0, f′ (x) <0x2+ (2a-4) x+a2<0, 最后依判别式△>0, △=0, △<0a>0, a=0, 0

解略。

这是导数在研究函数性质中最重要的应用。

3. 利用导数解决根的存在性问题

例3.证明方程x3-3x+c=0 (c为常数) , 在区间[0, 1]上至多有一实根。

分析:该题是一元三次方程, 常规讨论一元二次方程根的个数的“△法”难以奏效, 可考虑转化为函数在[0, 1]上的单调来解决。

解析:设y=x3-3x+c, 则y′=3x2-3=3 (x2-1) 。

∵当0

∴y=x3-3x+c在 (0, 1) 上单调递减。

又因为该函数在x=0与x=1处都连续, 从而在[0, 1]上该函数也单调递减, 所以原方程在区间[0, 1]内至多有一实根。

4. 导数在综合证明中的应用

例4.已知m, n是正整数, 且2≤m (1+n) m。

分析:由于m, n是正整数, 要证明 (1+m) n> (1+n) m, 取对数后只要证明nln (1+m) >mln (1+n) , 即要证明。由于上式两端具有同样的数学结构, 仅有m与n的区别, 把m与n都换成同一个变数x, 则得到函数, 此时问题就转化为函数的单调性问题。于是我们得到以下证明。

证明:∵m, n是正整数, 且n>m≥2,

设函数

则

从而f′ (x) <0,

因此函数是单调减函数,

故有 (1+m) n> (1+n) m。

篇4：聚焦高考导数在研究函数中的应用

一、 导数与函数的单调性

【例1】 设a>0,讨论函数f(x)=lnx+a(1-a)x2-2(1-a)x的单调性．

分析 利用导数判断函数单调性,求出f′(x),对参数a进行讨论,由f′(x)>0求出函数的单调增区间,f′(x)<0求出函数的单调减区间。

解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),

f′(x)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1x

当a≠1时,方程2a(1-a)x2-2(1-a)x+1=0的判别式Δ=12(a-1)a-13

①当00,f′(x)有两个零点,

x1=12a-(a-1)(3a-1)2a(1-a)>0,

x2=12a+(a-1)(3a-1)2a(1-a)>0

且当0x2时,f′(x)>0,f(x)在(0,x1)，(x2,+∞)内为增函数；

当x1

②当13≤a<1时,Δ≤0,f′(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)内为增函数；

③当a=1时,f′(x)=1x>0(x>0),f(x)在(0,+∞)内为增函数；

④当a>1时,Δ>0,x1=12a-(a-1)(3a-1)2a(1-a)>0,x2=12a+(a-1)(3a-1)2a(1-a)<0,

所以f′(x)在定义域内有唯一零点x1,且当00,f(x)在(0,x1)内为增函数；

当x>x1时,f′(x)<0,f(x)在(x1,+∞)内为减函数.

综上所述：f(x)的单调区间如下表：

01

(0,x1)(x1,x2)(x2,+∞)(0,+∞)(0,x1)(x1,+∞)

其中x1=12a-(a-1)(3a-1)2a(1-a),x2=12a+(a-1)(3a-1)2a(1-a)

点评 讨论函数单调性时,一定要注意定义域；在求导函数后,将问题转化为二次函数问题,但在讨论参数a时,要注意二次函数的系数为零的情况,即a=1时,此时导函数存在且在定义域内恒大于零。

二、 导数与函数的极值

求函数极值的步骤：

(1) 确定函数f(x)的定义域；(2) 求导数f′(x);(3) 求方程f′(x)=0的根；(4) 检查在方程根的左右两侧的符号,确定极值点,若左正右负,那么f(x)在这个根处取得极大值；若左负右正,那么f(x)在这个根处取得极小值；若f′(x)在点x0的左右两侧符号不变,则f(x0)不是函数极值。

【例2】 已知关于x的函数f(x)=-13x3+bx2+cx+bc,其导函数为f′(x),如果函数f(x)在x=1处有极值-43,试确定b,c的值．

分析 由条件可知函数在x=1处的导数值为零,函数值为-43,由此可列出两个方程,解出两个参数的值。

解 由f(x)在x=1处有极值-43,可得f′(1)=-1+2b+c=0,

f(1)=-13+b+c+bc=-43.

解得b=1,

c=-1.或b=-1,

c=3.

若b=1,c=-1,则f′(x)=-x2+2x-1=-(x-1)2≤0,此时f(x)没有极值；

若b=-1,c=3,则f(x)=-x2-2x+3=-(x+3)(x-1),易得符合条件.

∴当x=1时,f(x)有极大值-43,故b=-1,c=3即为所求．

点评 导数在某一点处有极值,一要满足这一点处的导函数值为零,二要满足这一点处左右两边的导数值异号,两者缺一不可,在实际解题中,我们对后一必要条件的应用是经常忽视的。

三、 导数与函数的最值

设函数f(x)在［a,b］上连续,在(a,b)内可导,求f(x)在［a,b］上的最大值和最小值的步骤：

(1) 求函数y=f(x)在(a,b)内的极值；(2) 将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)、f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值．

【例3】 (1) 求函数f(x)=3x-x3在［0,2］上的最大值和最小值;

(2) 函数f(x)=x3-ax(x∈［-1,2］)在x=2时取得最大值,求实数a的取值范围．

分析 (1) 先求出函数在区间上的极值,并将其与端点值f(0)、f(2)比较,求出最值；(2) 仍按照求最大值的思路逐步研究解决,对a进行讨论。

解 (1) f′(x)=3-3x2,令3-3x2=0解得x=-1(舍去)或x=1.

当0≤x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增；当1

f(0)=0,f(2)=-2,则f(2)=-2为函数f(x)在［0,2］上的最小值,f(1)=2为函数f(x)在［0,2］上的最大值．

(2) f′(x)=3x2-a

①当a≤0时,f′(x)≥0恒成立且等号不连续成立,所以f(x)单调递增,

故当x=2时,f(x)取得最大值．

②当a>0时,f(x)的极值点为x=±3a3．

(i) 当3a3≤1,即0

(ii) 当1<3a3<2,即33,知3a-9>0,即3a-9≤0不成立．

(iii) 当3a3≥2,即a≥12时,f(x)在［-1,2］上单调递减,所以f(2)不是最大值．

综上,a的取值范围为(-∞,3］．

点评 解决这类问题的方法是逆向顺做,解题的关键是对极值点的位置进行分类讨论。

实战演练

1. 已知函数f(x)=x3-ax-1在实数集R上递增,则实数a的取值范围是.

2. 已知函数f(x)=-x3+3x2+9x+a.

(1) 求f(x)的单调减区间；

(2) 若f(x)在区间［-2,2］上的最大值为20,求它在该区间上的最小值．

在数学中，我们发现真理的主要工具是归纳和模拟。——拉普拉斯

【参考答案】

1. 由已知f′(x)=3x2-a,∵f(x)在R上是单调增函数,∴f′(x)=3x2-a≥0在R上恒成立,

即a≤3x2对x∈R恒成立.∵3x2≥0,∴只需a≤0,又a=0时,f′(x)=3x2≥0,故f(x)=x3-1

在R上是增函数,∴a≤0．

答案：(-∞,0］.

2. (1) f′(x)=-3x2+6x+9,令f′(x)<0,解得x<-1或x>3,

所以函数f(x)的单调减区间为(-∞,-1),(3,+∞)．

(2) 因为f(-2)=8+12-18+a=2+a,f(2)=-8+12+18+a=22+a,所以f(2)>f(-2).因为在(-1,3)上f′(x)>0,所以f(x)在［-1,2］上单调递增,又由于f(x)在［-2,-1］上单调递减,因此f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间［-2,2］上的最大值和最小值,于是有22+a=20,解得：a=-2．

篇5：高考数学导数的应用

一、选择题

1.函数f(x)＝ax3-x在(-∞,+∞)内是减函数,则()

A.a＜1B.a1C.a＜0D.a≤0

3解析:f′(x)＝3ax2-1≤0在(-∞,+∞)上恒成立, 即a

而1在(-∞,+∞)上恒成立, 3x210,∴a≤0.故选D.23x

答案:D

2.函数f(x)＝1+x-sinx在(0,2π)上是 …()

A.增函数B.减函数

C.在(0,π)上增,在(π,2π)上减D.在(0,π)上减,在(π,2π)上增 解析:f′(x)＝1-cosx＞0,∴f(x)在(0,2π)上递增.故选A.答案:A

3.若a＞3,则方程x3-ax2+1＝0在(0,2)上恰有()

A.0个根B.1个根C.2个根D.3个根 解析:令f(x)＝x3-ax2+1,则f′(x)＝3x2-2ax＝3x(x

由f′(x)＝0,得x＝0或x2a).322a(∵a＞3,∴a2).33

∴当0＜x＜2时,f′(x)＜0,即f(x)在(0,2)上单调递减.又f(0)·f(2)＝8-4a+1＝9-4a＜0,∴f(x)在(0,2)上有一个零点,即方程在(0,2)上有一实根.故选B.答案:B

4.设f′(x)是函数f(x)的导数,y＝f′(x)的图象如右图所示,则y＝f(x)的图象最有可能是

（）

解析:由y＝f′(x)的图象可知，当x＜0时，f′(x)＞0,∴f(x)在（-∞,0)上单调递增；当0＜x＜2时，f′(x)＜0,∴f′(x)在（0，2）上单调递减.故选C.答案:C

5.(2008广东高考,理7)设a∈R,若函数y＝eax+3x,x∈R有大于零的极值点,则()A.a＞-3B.a＜-3C.a解析:y′＝a·eax+3＝0,当a＝0时,显然不合题意,∴a≠0.1

1D.a 33

313

.∴xln().aaa13

由题意,得ln()0,aa

∴e

ax



a0,∴ 301a

∴a＜-3.故应选B.答案:B

6.(2008福建高考,理12)已知函数y＝f(x),y＝g(x)的导函数的图象如右图,那么y＝f(x),y＝g(x)的图象可能是（）

解析:由y＝f′(x)和y＝g′(x)的图象可知，y＝f′(x)是减函数，y＝g′(x)是增函数.∴y＝g(x)图象上升速度越来越快,y＝f(x)图象上升速度越来越慢.故选D.答案:D

二、填空题

7.已知函数f(x)＝x3-12x+8在区间［-3,3］上的最大值与最小值分别为M,m,则M-m＝____________________.解析:f′(x)＝3x2-12＝3(x+2)(x-2),令f′(x)＝0,得x＝±2.∵f(-3)＝17,f(3)＝-1,f(-2)＝24,f(2)＝-8, ∴M-m＝f(-2)-f(2)＝32.答案:

328.函数y＝lnx-x在x∈(0,e］上的最大值为______________.解析:y

11x

1,令y′＝0,∴x＝1.又在(0,1］上y′＞0,在［1,e］上y′＜0,∴函数在x＝1xx

处取极大值,同时是最大值,此时y＝-1.答案:-

19.若函数f(x)__________.4x

在区间(m,2m+1)上是单调递增函数,则实数m的取值范围是2

x1

4(x21)8x24(1x2)

解析:f(x), 2

222(x1)(x1)

令f′(x)＞0,∴-1＜x＜1.m-1,

根据题意,得2m11,∴-1＜m≤0.2m1m,

答案:(-1,0］

10.在直径为d的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为_____________.（强度与bh2成正比，其中h为矩形的长，b为矩形的宽）

解析:右图为圆木的横截面, 由b2+h2＝d2, ∴bh2＝b(d2-b2).设f(b)＝b(d2-b2), ∴f′(b)＝-3b2+d2.令f′(b)＝0,由b＞0, ∴b

d,且在(0,d］上f′(b)＞0, 33

d处取极大值,也是最大值, d,d)上,f′(b)＜0.∴函数f(b)在b33

在［

即抗弯强度最大,此时长h

d.3

答案:

6d 3

三、解答题

11.如图所示,有一块半椭圆形钢板,其长半轴长为2r,短半轴长为r.计划将此钢板切割成等腰梯形的形状,下底AB是半椭圆的短轴,上底CD的端点在椭圆上.记CD＝2x,梯形面积为S.(1)求面积S以x为自变量的函数式,并写出其定义域;(2)求面积S的最大值

.解:(1)依题意,以AB的中点O为原点建立直角坐标系xOy(如右图),则点C的横坐标为x,点C

x2y2

1(y≥0), 的纵坐标y满足方程22

r4r

解得y2r2x2(0＜x＜r).S

(2x2r)2r2x2 2

＝2(xr)r2x2, 其定义域为{x|0＜x＜r}.(2)记f(x)＝4(x+r)2(r2-x2),0＜x＜r, 则f′(x)＝8(x+r)2(r-2x).令f′(x)＝0,得x因为当0＜x＜

1r.2

rr1

时,f′(x)＞0;当＜x＜r时,f′(x)＜0,所以f(r)是f(x)的最大值.222

因此,当x

r时,S也取得最大值,最大值为21332f(r)r, 22

即梯形面积S的最大值为

332

r.2

a

(a＞0),设F(x)＝f(x)+g(x).x

12.已知函数f(x)＝lnx,g(x)(1)求F（x)的单调区间；

（2）若以y＝F(x)〔x∈(0,3］〕图象上任意一点P（x0,y0)为切点的切线的斜率k求实数a的最小值；

（3）是否存在实数m,使得方程f(x)g（恒成立，2

2a)m1恰好有两个不同的零点？若存在，2

x1

求m的取值范围；若不存在，请说明理由.a

(a＞0)的定义域为(0,+∞), x

1axa

∴F(x)2.2

xxx

解:(1)F(x)lnx

当x＞a时,F′(x)＞0;当0＜x＜a时,F′(x)＜0,∴F(x)的单调增区间为(a,+∞),F(x)的单调减区间为（0，a).(2)以P（x0,y0)为切点的切线的斜率为k＝F′(x0)＝

x0ax0,x0∈(0,3］,由已知，得

x0ax0



112,即ax0x0.22

12111

x0(x01)2, 222211∴a.∴amin＝.22

121

(3)由题意,知方程lnxxm在(0,+∞)内恰有两个不同的零点，22

121

即mlnxx在（0,+∞)内恰有两个不同的零点.221211(1x)(1x)

令h(x)lnxx,则h(x)x,当x∈(0,1)时,h′(x)＞0;

22xx

∵x0

当x∈(1,+∞)时,h′(x)＜0,∴h(x)在(0,1)上是增函数, h(x)在(1,+∞)上是减函数.于是,h(x)在x＝1处取得极大值即最大值, 最大值为＝h

(1)ln1

121

10.22

又x＞0且x→0时,h(x)lnx

121

x→-∞, 22

∴h(x)的大致图象如右图所示:

篇6：高考数学导数压轴题7大题型总结

目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的，几乎没有差异，如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得。为了帮助大家复习，今天就总结倒数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。1导数单调性、极值、最值的直接应用

交点与根的分布

3不等式证明

（一）做差证明不等式

（二）变形构造函数证明不等式

（三）替换构造不等式证明不等式

不等式恒成立求字母范围

（一）恒成立之最值的直接应用

（二）恒成立之分离参数

（三）恒成立之讨论字母范围

5函数与导数性质的综合运用

6导数应用题

篇7：高考数学导数的应用

【知识点】将题目中的零点问题，通过转化成初等函数的图形之间的位置关系问题，然后利用公切线的变化求出。

考点一、无零点

【例

1-1】（16年房山二模文科）已知函数

（Ⅱ）若直线与曲线没有公共点，求实数的取值范围。

【解析】因为直线与曲线没有公共点，所以方程无实根，即无实根，等价于无实根

设，即无零点。

当时，显然无零点，符合题意；

当时，令

极小值，显然不符合题意；

当时，令

极大值，所以时，符合题意

综上所述：

【练

1-1】（13年福建文）已知函数().(3)当的值时,若直线与曲线没有公共点,求的最大值.【解析】当时,令,则直线:与曲线没有公共点,等价于方程在上没有实数解.假设,此时，又函数的图象连续不断,由零点存在定理,可知在上至少有一解,与“方程在上没有实数解”矛盾,故.又时，知方程在上没有实数解.所以的最大值为.考点二、一个零点

【例

2-1】（13年朝阳一模理）已知函数,其中.(Ⅱ)若函数在上有且只有一个零点,求实数的取值范围.【解析】①当时,由(Ⅰ)可知,函数的单调递减区间为,在单调递增.所以在上的最小值为,由于,要使在上有且只有一个零点,需满足或解得或.②当时,由(Ⅰ)可知,(ⅰ)当时,函数在上单调递增;

且,所以在上有且只有一个零点.(ⅱ)当时,函数在上单调递减,在上单调递增;

又因为,所以当时,总有.因为,所以.所以在区间内必有零点.又因为在内单调递增,从而当时,在上有且只有一个零点.综上所述,或或时,在上有且只有一个零点

【练

2-1】（2012年房山一模18）已知函数．

（III）若函数在区间上恰有两个零点，求的取值范围．

【解析】当时，在区间上为增函数，在区间不可能恰有两个零点．

………10分

当时，由（II）问知，又，为的一个零点．

……11分

若在恰有两个零点，只需

即

………13分

【练

2-2】（13年昌平二模理科）已知函数

(Ⅱ)求在区间上的最小值;

(III)若在区间上恰有两个零点,求的取值范围.【解析】可知当或时,在上是单调递增或递减函数,不可能存在两个零点.当时,要使在区间上恰有两个零点,则

∴

即,此时,.所以,的取值范围为

考点三、两个零点

【例

3-1】已知函数.（III）讨论函数在区间上零点的个数.【解析】

【练

3-1】（15年海淀期末文科）已知函数.（Ⅲ）问集合（且为常数）的元素有多少个？（只需写出结论）

考点四、线上下线问题

【例

4-1】（13年北京高考理科）设L为曲线C：在点(1，0)处的切线.(I)求L的方程；

方程为

(II)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方.【练

4-1】（14年海淀一模理科）已知曲线.(Ⅱ)对任意实数，曲线总在直线:的上方，求实数的取值范围.【解析】对于任意实数a，曲线C总在直线的的上方，等价于

∀x,，都有，即

∀x,R，恒成立，令，则等价于∀，恒成立，令，则，由得，的情况如下：

0

0

+

极小值

篇8：导数在高考数学中的地位

微积分的创立是数学发展的里程碑, 它的发展和广泛应用为研究变量和函数提供了重要的方法和手段。导数作为微积分的基本概念, 不仅在数学领域地位非凡, 而且在自然科学的许多领域中也有着广泛的应用。导数的概念是从很多实际的科学问题抽象而产生的, 有着广泛的应用意义。导数是对函数的图像与性质的总结与拓展, 它是研究函数单调性的重要工具, 广泛运用于讨论函数图像的变化趋势及证明不等式等方面。另外, 导数是初等数学与高等数学的重要衔接点, 是高考的热点, 《普通高中数学课程标准 (实验) 》中把导数作为选修课程并要求通过大量实例, 理解导数概念, 了解导数在研究函数的单调性、极值等性质中的作用, 初步了解导数的概念能为以后进一步学习微积分打下基础。

导数及其导数的应用是微积分学的一个重要组成部分, 是解决许多数学问题的强有力工具。其全面体现了数学价值, 既给我们解决问题提供了一种新的思想方法, 又给我们提供了一种重要的思维能力, 也为今后进一步学好微积分方面打下了基础。因此, 在高中阶段为学生介绍导数及其应用有着极其深刻的意义。

导数的相关知识在曲线方面有着广泛的应用, 许多问题都可以从曲线的切线性质出发, 进而解决问题。同时为研究函数的单调区间、最值问题以及某些不等式的证明、不等式的求解和数列的求解等提供了捷径, 因此导数的学习在中学阶段尤为重要。导数作为研究客观世界物质运动变化的有力工具, 在现代化建设的各个领域有着广泛的应用, 自然对中学数学也有重要的指导作用, 并且在中学数学的许多问题上起到居高临下和以简驭繁的作用。

导数是一种特殊的函数, 它的引出和定义始终贯穿着函数的思想, 新课程中增加了导数的内容, 随着课程改革的不断深入, 对导数知识的考察和要求在不断地加强, 并且导数已经在高考数学中的地位不断上升, 成为分析和解决问题不可或缺的工具, 导数是中学数学中研究函数的一个重要载体。函数类问题涉及高中数学较多的知识点和数学思想方法。近几年高考中许多省份的考题均出现了以函数为载体, 通过函数图像来考察学生的逻辑思维能力和探究能力。对导数相关知识的掌握, 有助于学生更好地掌握函数思想方法, 数学上的许多问题用初等数学不能解决的, 或者难以解决的, 可通过建立数学模型与函数的关系, 利用函数思想方法, 用导数来研究其性质, 充分发挥导数的工具性和实用性的作用, 从而轻松简洁地获得解决问题的方法, 体现和显示新课程的优越性。函数是建立在中学数学知识和导数之间的一座桥梁。

在解决高考数学问题时, 无论是在解决函数的切线、最值、单调性问题还是实际问题时, 都可以通过建构函数模型, 利用导数的相关特性来解决相关问题。因此, 掌握了导数的相关知识才能使我们在高考数学解题中游刃有余, 才能战胜高考。

二导数的概念

三发展趋势及应试对策

数学科学具有高度的综合性、较强的实践性、不断的发展性, 中学数学新教材打破原教材的框架体系, 新增添了工具性、实践性很强的知识内容。新教材具有更高的综合性和灵活多样性, 更具有朝气与活力。因此, 把握新教材的脉搏, 培养深刻、严谨、灵活的数学思维, 提高数学素质已成为燃眉之需。

基于函数内容的重要性, 预计在以后高考试题中所占比例仍将远大于在课时和知识点中的比例 (约为20%) , 该内容既可以出现在选择、填空形式出现 (如集合、映射、函数基本性质以及反函数多属此类) , 也可以其他形式出现 (多与其他问题联系在一起) 。因此, 在注意函数应用性问题、探索性问题和以函数为载体的综合性问题的同时, 更要注意函数与导数的交叉题型。导数是新教材增加的内容, 近几年的高考试题, 与时俱进, 逐步加深。有关导数类的高考题主要以函数为载体, 考查导数的几何意义、函数的单调性、极值, 应用问题中的最值。由于导数的工具性, 好多问题用导数处理显得简洁明了。用导数研究函数的性质比用初等方法研究要方便得多, 因此, 导数在函数中的应用作为高考命题重点应引起高度注意。考查的方向还是利用导数求函数的极大 (小) 值, 求函数在连续区间[a, b]上的最大值或最小值, 或利用求导法解应用题。研究函数的单调性或求单调区间等, 这些已成为高考一个新的热点问题, 利用导数的几何意义作为解题工具。

在解题时充分的想象有助于揭示某些被掩盖的特征, 使思维产生联动性, 从而发现问题的结论与条件之间的关系。因此, 我们要多层次、多方位地对问题进行思考, 进而打破传统程序, 摆脱思维定式的束缚, 这样才能有效地找到解决问题的切入点, 找到问题与导数的关系, 进而把复杂的数学问题转化为导数问题。