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【备战2014】高考数学 高频考点归类分析 导数的几何意义和应用导数求曲线的切线(真题为例)


导数的几何意义和应用导数求曲线的切线
典型例题: 例 1. (2012 年全国课标卷文 5 分)曲线 y ? x ?3lnx ?1? 在点(1,1)处的切线方程为 【答案】 y=4x ? 3 。 【考点】导数的应用,曲线的切线方程。 【解析】∵ y ? x ? 3lnx ? 1? ,∴ y' ? 3lnx ? 1 ? x ? ▲

3 =3lnx ? 4 。∴ y'x=1 ? 4 。 x

∴曲线 y ? x ? 3lnx ? 1? 在点(1,1)处的切线方程为 y ? 1 ? 4 ? x ? 1? ,即 y=4x ? 3 。 例 2. (2012 年广东省理 5 分) 曲线 y ? x3 ? x ? 3 在点 (1, 处的切线方程为 3) 【答案】 2 x - y + 1 = 0 。 【考点】曲线的切线方程,导数的应用。 【解析】∵ y ' ? ( x ? x ? 3)' ? 3x ?1 , y ' |x ?1 ? 2 ,
3 2





∴由点斜式得所求的切线方程为 y - 3 = 2( x - 1) ,即 2 x - y + 1 = 0 。 例 3. (2012 年辽宁省理 5 分)已知 P,Q 为抛物线 x2 ? 2 y 上两点,点 P,Q 的横坐标分别 为 4, ? 2,过 P、Q 分别作抛物线的切线,两切线交于 A,则点 A 的纵坐标为 【答案】 ? 4。 【考点】利用导数求切线方程的方法,直线的方程、两条直线的交点的求法。 【解析】∵点 P,Q 的横坐标分别为 4, ? 2,∴代人抛物线方程得 P,Q 的纵坐标分别为 8, 2。
2 由 x ? 2y 得 y ?





1 2 x ,∴ y? ? x 。∴过点 P,Q 的抛物线的切线的斜率分别为 4, 2

? 2。
∴过点 P,Q 的抛物线的切线方程分别为 y ? 4 x ? 8, y ? ?2 x ? 2 。[ 联立方程组解得 x ? 1, y ? ?4 。∴点 A 的纵坐标为 ? 4。 例 4. (2012 年陕西省理 5 分)设函数 f ( x) ? ?

?ln x, x ? 0 , D 是由 x 轴和曲线 ??2 x ? 1, x ? 0

y ? f ( x) 及该曲线在点 (1, 0) 处的切线所围成的封闭区域, z ? x ? 2 y 在 D 上的最大值为 则

1



.

【答案】2。 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程,简单线性规划。 【解析】先求出曲线在点(1,0)处的切线,然后画出区域 D,利用线性规划的方法求出目 标函数 z 的最大值即可:

?1 ? ,x ?0 ∵ y ? f ?( x) ? ? x , f ?(1) ? 1 , ??2, x ? 0 ?
∴曲线 y ? f ( x) 及该曲线在点 (1, 0) 处的切线方 程为 y = x - 1。

z ∴由 x 轴和曲线 y ? f ( x) 及 y = x - 1围成的封闭区域为三角形。 ? x ? 2 y 在点 (0, - 1) 处
取得最大值 2。 例 5. (2012 年北京市理 13 分)已知函数 f ? x ? ? ax 2+ ? a ? 0? ,g ? x ? ? x3+bx 1 (1)若曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a、b 的值; (2)当 a 2 ? 4b 时,求函数 f ? x ? ? g ? x ? 的单调区间,并求 其在区间(-∞,-1)上的最大 值。 【答案】解: (1)∵(1,c)为公共切点,∴ f ?1? ? a+ 1=c, g ?1? ? 1+b=c 。 ∴ a+1 ? 1+b ,即 a ? b ①。 又∵ f' ? x ? ? 2ax, g' ? x ? ? 3x 2+b ,∴ f' ?1? ? 2a, g' ?1? ? 3+b 。 又∵曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线, ∴ 2a ? 3+b ②。 解①②,得 a ? b=3 。 (2)∵ a 2 ? 4b ,∴设 h ? x ? =f ? x ? ? g ? x ? =x3 ? ax 2 ? a 2 x+1 。

1 4

1 4 1 a a 令 h' ? x ? =3x 2 ? 2ax ? a 2 =0 ,解得 x1 = ? ,x 2 = ? 。 4 2 6
则 h' ? x ? =3x 2 ? 2ax ? a 2 。

2

∵ a ? 0 ,∴ ? < ? 。 又∵ h' ? x ? 在各区间的情况如下:

a 2

a 6

x
h' ? x ?

a? ? ? ? ??, ? 2? ?


?

a 2

? a a? ? ?? , ? ? 2 6?


?

a 6

? a ? ? ?? , ?? ? 6 ?


0

0

a? ? ? a a? ? a ? ? ? ? ∴ f ? x ? ? g ? x ? 在 ? ??, ? 单调递增, ? ? , ? 单调递减, ? ? , ? ? 在 在 2? ? ? 2 6? ? 6 ?
上单调递增。

a2 a ,即 a ? 2 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 f ? ?1? ? g ? ?1? =a ? ; 4 2 a a < 6 , f ? ? ? ? g? 最 大 值 为 ② 若 ? < ?1 < ? , 即 2< a 时 x x 2 6
①若 ?1 ? ?

? a? ? a? f ? ? ? ? g ? ? ? =1 。 ? 2? ? 2?
③若 ?1 ? ?

a ? a? ? a? 时,即 a ? 6 时, f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 f ? ? ? ? g ? ? ? =1 。 2? 6 ? ? 2?
a2 ; a > 2 时,f ? x ? ? g ? x ? 当 4

综上所述: a ? 2 时,f ? x ? ? g ? x ? 最大值为 a ? 当 最大值为 1。

【考点】函数的单调区间和最大值,切线的斜率,导数的应用。 【解析】(1)由曲线 f ? x ? 与曲线 g ? x ? 有公共点(1,c)可得 f ?1? ? g ?1? ;由曲线 f ? x ? 与 曲线 g ? x ? 在它们的交点(1,c)处具有公共切线可得两切线的斜率相等,即 f' ?1? ? g' ?1? 。 联立两式即可求出 a、b 的值。 (2)由 a 2 ? 4b 得到 f ? x ? ? g? x? 只含一个参数的方程,求导可得 f ? x ? ? g ? x ? 的 单调区间;根据 ?1 ? ?

a a a a , ? < ?1 < ? 和 ?1 ? ? 三种情况讨论 f ? x ? ? g ? x ? 的最大值。 2 2 6 6
已知 a 为正实数,n 为自然数, 抛物线 y ? ? x ?
2

例 6. (2012 年四川省理 14 分)

an 与 2

x 轴正半轴相交于点 A ,设 f (n) 为该抛物线在点 A 处的切线在 y 轴上的截距。
(Ⅰ)用 a 和 n 表示 f ( n) ;

3

(Ⅱ)求对所有 n 都有

f (n) ? 1 n3 成立的 a 的最小值; ? 3 f (n) ? 1 n ? 1

(Ⅲ)当 0 ? a ? 1 时,比较

? f (k ) ? f (2k ) 与
k ?1

n

1

27 f (1) ? f (n) ? 的大小,并说明理由。 4 f (0) ? f (1)

? an ? an 2 ,0 ? , y ? ? x ? 【答案】 (Ⅰ) 解: 由已知得, 交点 A 的坐标为 ? 对 求导得 y' ? ?2x 。 ? 2 ? 2 ? ?
∴ 抛 物 线 在 点 A 处 的 切 线 方 程 为 y ? ? 2a ? x ?
n

? ? ?

an 2

? ? ,即 ? ?

y ? ? 2a n x +a n 。
∴ f (n)=a n 。 (Ⅱ)由(1)知 f (n)=a n ,则

f (n) ?1 n3 ? 3 成立的充要条件是 a n ? 2n3 ? 1 。 f (n) ?1 n ?1

即知,a n ? 2n3 ? 1 对于所有的 n 成立, 特别地, n=2 时, 取 得到 a ? 17 。 当 a ? 17, n ? 3 时,
1 2 3 1 2 3 an ? 4n = ?1+3? =1 ? Cn ? 3+Cn ? 32 +Cn ? 33 + ??? ? 1 ? Cn ? 3+Cn ? 32 +Cn ? 33

n

1 2 ? 1 ? 2n3 + n ?5 ? n ? 2? + ? 2n ? 5?? > 2n3 +1 。 ? 2 ?
当 n=0,1,2 时,显 然 ∴当 a ? 17 时,

?

17

?

n

? 2n 3 ? 1 。

f ( n) ? 1 n3 ? 3 对所有自然数都成立。 f ( n) ? 1 n ? 1

∴满足条件的 a 的最小值是 17 。
n ( Ⅲ ) 由 ( 1 ) 知 f ( n) =a , 则

?
k ?1

n

n 1 1 , =? k f (k ) ? f (2k ) k ?1 a ? a 2k

f (1) ? f (n) a ? a n ? 。 f (0) ? f (1) 1 ? a
下面证明: ?
k ?1 n

1 27 f (1) ? f (n) ? ? 。 f (k ) ? f (2k ) 4 f (0) ? f (1)

首先证明:当 0<x<1 时,

1 27 ? x, 3 x?x 4
4

27 81 2 x( x2 ? x) ? 1,0 ? x ? 1 ,则 g '( x) ? x( x ? ) 。 4 4 3 2 2 ' ? ∵当 0 ? x ? 时, g(x) 0 ;当 ? x ? 1 时, g '( x) ? 0 , 3 3
设函数 g ( x) ? ∴ g ( x) 在区间(0,1)上的最小值 g ( x) min=g ( ) ? 0 。

2 3

1 27 ? x。 3 x?x 4 1 27 k 由 0<a<1 知 0<a <1( k ? N ? ),∴ k ? ak 。 2k a ?a 4
∴当 0<x<1 时, g ( x) ≥0,即得 从 而
n

? f (k ) ? f (2k ) ? ? a
k ?1 k ?1

n

1

k

27 n 27 a ? a n +1 27 a ? a n 27 f (1) ? f (n) 1 ? ? ak ? ? ? ? ? ? 。 ? a 2k 4 k ?1 4 1? a 4 1? a 4 f (0) ? f (1)

【考点】导数的应用、不等式、数列。 【解析】 (Ⅰ)根据抛物线 y ? ? x ?
2

? an ? an ,0 ? ,进一 与 x 轴正半轴相交于点 A,可得 A ? ? 2 ? 2 ? ?

步可求抛物线在点 A 处的切线方程,从而可得 f (n)=a n (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f (n)=a n ,则

f ( n) ? 1 n3 ? 3 成立的充要条件是 a n ? 2n3 ? 1 , f ( n) ? 1 n ? 1
n

即知, a n ? 2n3 ? 1 对所有 n 成立。当 a ? 17, n ? 3 时, an ? 4n = ?1+3? > 2n3 +1 ;当 n=0, 1,2 时,

?

17

?

n

? 2n3 ? 1 ,由此可得 a 的最小值。
n

(Ⅲ)由(Ⅰ)知 f ( n)=a ,证明当 0< x <1 时,

1 27 ? x 即可证明: 3 x?x 4

? f (k ) ? f (2k ) ?
k ?1

n

1

27 f (1) ? f (n) ? 。 4 f (0) ? f (1)

例 7. (2012 年安徽省文 12 分)设定义在(0,+ ? )上的函数 f ( x) ? ax ? (Ⅰ)求 f ( x ) 的最小值; (I I)若曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y ? 【答案】解: (I)∵ f ( x) ? ax ?

1 ? b(a ? 0) ax

3 x ,求 a , b 的值。 2

1 1 ? b ? 2 ax? ? b ? b ? 2 , ax ax
1 ) 时, f ( x) 的最小值为 b ? 2 。 a
5

∴当且仅当 ax ? 1( x ?

(II)∵曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y ?

3 3 x ,∴ f (1) ? 。 2 2

1 3 ? b ? ①。 a 2 1 1 3 又∵ f ?( x ) ? a ? 2 ,∴ f ?(1) ? a ? ? ax a 2
∴a? 解①②得: a ? 2, b ? ?1 。 【考点】基本不等式的应用,导数的应用。

②。

【解析】 (I)应用基本不等式 a 2 ? b 2 ? 2ab 即可求得 f ( x ) 的最小值。 (II)由 f (1) ?

3 3 和 f ?(1) ? 联立方程组,求解即可求得 a , b 的值。 2 2
n

例 8. (2012 年湖北省文 14 分)设函数 f(x)=ax (1-x)+b(x>0),n 为整数,a,b 为常 数.曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x+y=1. (Ⅰ)求 a,b 的值; (II)求函数 f(x)的最大值; 1 (III)证明:f(x)< . ne 【答案】解: (Ⅰ)∵f(1)=b,由点(1,b)在 x+y=1 上,可得 1+b=1,即 b=0。 ∵f′(x)=anx
n-1

-a(n+1)x ,∴f′(1)=-a。

n

又∵切线 x+y=1 的斜率为-1,∴-a=-1,即 a=1。 ∴a=1,b=0。 (II)由(Ⅰ)知,f(x)=x (1-x)=x -x 令 f′(x)=0,解得 x=
n n n+1

,f′(x)=(n+1)x

n-1

? n -x?。 ?n+1 ? ? ?

n

n+1

,即 f′(x)在(0,+∞)上有唯一零点 x0=

n 。 n+1
∵ 在 ?0,

? ?

n ? ? n ,+∞? 上 , 上 , f′(x)>0 , f(x) 单 调 递 增 ; 在 ? ? n+1? ? ?n+1 ?

f′(x)<0,f(x)单调递减,
∴f(x) 在 (0 , + ∞) 上 的 最 大 值 为 f ?

? n ? = ? n ? n ?1- n ? = ? ? ? ? ? ?n+1? ?n+1? ? n+1?

nn
? n+1?

n+1



1 1 1 t-1 (III)证明:令 φ (t)=lnt-1+ (t>0),则 φ ′(t)= - 2= 2 (t >0)。

t

t t

t

∵在(0,1)上,φ ′(t)<0,φ (t)单调递减;在(1,+∞)上,φ ′(t)>0,
6

φ (t)单调递增, ∴φ (t)在(0,+∞)上的最小值为 φ (1)=0。 ∴φ (t)>0(t>1),即 lnt 1 >1- (t>1)。

t

1 n+1 1 ?n+1?n+1>lne。 令 t=1+ ,得 ln > ,即 ln? ? n n n+1 ? n ? ∴?

n ?n+1?n+1>e,即 n ? ? n+1? ? ? nn

n

n+1

1 < 。 ne 1 < ,∴所证不等式成立。 ne

由(II)知,f(x)≤ ? n+1?

n+1

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线 上某点切线方程。

【解析】 (I)由题意曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x+y=1,故可根据导数的几 何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。 (II)由于 f(x)=x (1-x)=x -x
n n n+1

,可求 f′(x)=(n+1)x

n-1

? n -x?,利用导 ?n+1 ? ? ? ? n ? =? n ? ? ? ? ?n+1? ?n+1?
1

数研究函数的单调性,即可求出函数的最大值。 (III)结合(II) ,欲证: f(x)<
n

1

ne

.由于函数 f(x)的最大值 f ?

n ?1- n ?= ? n+1? ? n+1? ? ?

n

n+1

,故此不等式证明问题可转化为证明 ?

nn n+1?
n+1



ne

,对此不等

1 式两边求以 e 为底的对数发现,可构造函数 φ (t)=lnt-1+ (t>0),借助函数的最值辅

t

助证明不等式。 例 9. (2012 年湖南省 理 13 分)已知函数 f ( x) ? ea x ? x ,其中 a ≠0. (Ⅰ)若对一切 x ∈R, f ( x ) ≥1 恒成立,求 a 的取值集合. (Ⅱ)在函数 f ( x ) 的图像上取定两点 A( x1 , f ( x1 )), B( x2 , f ( x2 ))( x1 ? x2 ) ,记直线 AB 的斜

( 率为 k ,问:是否存在 x0 ? x1,x2) ,使 f ?( x0 ) ? k 成立?若存在,求 x 0 的取值范围;若不
存在,请说明理由. 【答案】解: (Ⅰ)若 a ? 0 ,则对一切 x ? 0 , f ( x ) ? e ? x ? 1 ,这与题设矛盾,
ax

又 a ? 0 ,故 a ? 0 。

7

∵ f ?( x) ? aeax ? 1, ∴令 f ?( x) ? 0, 得x ? 当x?

1 1 ln 。 a a

1 1 ln 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减; a a 1 1 当 x ? ln 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增. a a 1 1 1 1 1 1 1 ∴当 x ? ln 时, f ( x ) 取最小值 f ( ln ) ? ? ln 。 a a a a a a a 1 1 1 , ? 1 ) 于 是 对 一 切 x ? R f( x 恒 成 立 , 当 且 仅 当 ? ln ? 1 a a a
① 令 g (t ) ? t ? t ln t , 则 g ?(t ) ? ? ln t 。 当 0 ? t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调递增;当 t ? 1 时, g ?(t ) ? 0, g (t ) 单调 递减, ∴当 t ? 1 时, g (t ) 取最大值 g (1) ? 1 。 ∴当且仅当

1 ? 1 即 a ? 1 时,①式成立。 a

综上所述, a 的取值集合为 ?1? 。 (Ⅱ)存在。由题意知, k ?

f ( x2 ) ? f ( x1 ) eax2 ? eax1 ? ?1 。 x2 ? x1 x2 ? x1 eax2 ? eax1 ,则 x2 ? x1

令 ? ( x) ? f ?( x) ? k ? aeax ?

? ( x1 ) ? ?
? ( x2 ) ?

eax1 ?ea ( x2 ? x1 ) ? a( x2 ? x1 ) ? 1? , ? x2 ? x1 ?

eax2 ?ea ( x1 ? x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ? 1? 。 ? x2 ? x1 ?
令 F (t ) ? e ? t ?1 , 则 F ?(t ) ? e ? 1 。
t t

当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调递减;当 t ? 0 时, F ?(t ) ? 0, F (t ) 单调 递增,
t ∴当 t ? 0 , F (t ) ? F (0) ? 0, 即 e ? t ? 1 ? 0 。

∴e

a ( x2 ? x1 )

? a( x2 ? x1 ) ?1 ? 0 , ea( x1 ?x2 ) ? a( x1 ? x2 ) ?1 ? 0 。
8

又∵

eax1 eax2 ? 0, ? 0, ∴ ? ( x1 ) ? 0, ? ( x2 ) ? 0 。 x2 ? x1 x2 ? x1

∵函数 y ? ? ( x) 在区间 ? x1 , x2 ? 上的图像是连续不断的一条曲线, ∴存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 ? ( x0 ) ? 0, ??( x) ? a2eax ? 0, ? ( x) 单调递增, 故这 样的 c 是唯一的,且 c ?

1 eax2 ? eax1 1 eax2 ? eax1 , 故 当 且 仅 当 x ? ( ln ln , x2 ) 时 , a a( x2 ? x1 ) a a( x2 ? x1 )

f ?( x0 ) ? k 。
综上所述,存在 x0 ? ( x1 , x2 ) 使 f ?( x0 ) ? k 成立.且 x0 的取值范围为

1 eax2 ? eax1 ( ln , x2 ) 。 a a( x2 ? x1 )
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思 想,转化与划归思想等数学思想方法的应用。 【解析】 (Ⅰ)用导函数法求出 f ( x ) 取最小值 f ( ln

1 a

1 1 1 1 ) ? ? ln ,对一切 x ∈R , a a a a

f ( x) ≥1 恒成立转化为 f ( x)min ? 1,从而得出 a 的取值集合。
(Ⅱ)在假设存在的情况下进行推理,通过构造函数,研究这个函数的单调性及最值 来进行分析判断。 例 10.(2012 年辽宁省理 12 分) f ( x) ? ln( x ?1) ? x ?1 ? ax ? b(a, b ? R, a, b为常数) , 设 曲线 y ? f ( x) 与直线 y ? (Ⅰ)求 a , b 的值。 (Ⅱ)证明:当 0 ? x ? 2 时, f ( x ) ?

3 x 在(0,0)点相切。 2

9x 。 x?6

【答案】解: (I)∵ y ? f ( x) 过(0,0) ,∴ f (0) =0。∴ b =-1。 ∵曲线 y ? f ( x) 与直线 y ? ∴ y? | x ? 0 ? (

3 x 在(0,0)点相切, 2

1 1 3 3 ? ? a) |x ? 0 ? ? a ? 。∴ a =0。 x ?1 2 x ?1 2 2

(II)证明:由(I)知 f ( x) ? ln( x ? 1) ?

x ? 1 ?1。

由 均值 不等式 ,当 x > 0 时 , 2

?x ? 1 ?

? 1 x ? 1? 1 x ? 2 < = ,
9

∴ x ?1 <

x ?1。 2
令 k ? x ? =f ( x) ? 则 k? ? x ? =

9x 。 x?6

1 1 54 2 ? x ?1 54 ? ? = ? 2 x ? 1 2 x ? 1 ? x ? 6? 2 ? x ? 1? ? x ? 6 ?2

x 3 ?1 ? x ? 6 ? ? 216 ? x ? 1? 。 54 2 < ? = 2 ? x ? 1? ? x ? 6 ?2 4 ? x ? 1?? x ? 6 ? 2?
令 g ? x ? = ? x ? 6 ? ? 216 ? x ? 1? 。
3

则当 0 ? x ? 2 时, g ? ? x ? =3 ? x ? 6 ? ? 216 < 0 。
2

∴ g ? x ? 在(0,2)内是单调递减函数。 ∵又 g ? 0? =0 ,∴在(0,2)内, g ? x ? < 0 。∴在(0,2)内, k? ? x ? < 0 。 ∴ k ? x ? 在(0,2)内是单调递减函数。 ∵又 k ? 0? =0 ,∴在(0,2)内, k ? x ? < 0 。 ∴当 0 ? x ? 2 时, f ( x ) ?

9x 。 x?6

【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与最值中的运用,利用导数研究曲 线上某点切线方程。 【解析】 (I)由 y ? f ( x) 过(0,0) ,可求 b 的值,根据曲线 y ? f ( x) 与直线 y ? 0)点相切,利用导函数,可求 a 的值。 ( II ) 由 ( I ) 知 f ( x )? l n (? ) ? x 1

3 x 在(0, 2

x ? 1 ?1 , 由 均 值 不 等 式 , 可 得

x ?1 <

x ? 1 。用差值 2
3

? x ? 6 ? ? 2 1 ?6x ? 9x 法 构 造 函 数 k ? x ? =f ( x) ? , 可 得 k? ? x ? < x?6 4 ? x ? 1?? x ? 6 ?
3

? 1。

构 造 函 数

g ? x ? = ? x ? 6 ? ? 216 ? x ? 1? , 利用导数判断 g ? x ? 在(0,2)内是单调递减函数,从而得
到出 k ? x ? 在(0,2) 内是单调递减函数,进而得出结论。

10


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备战高考数学高频考点归类分析(真题为例):应用线性规划求最值_高考_高中教育_...考点】利用导数研究曲线上某点切线方程,简单线性规划。 【解析】先求出曲线在...

【备战2014】高考数学 高频考点归类分析 应用不等式(含....doc

【备战2014】高考数学 高频考点归类分析 应用不等式(...1求解。 (II)根据切线的几何意义列方程组求解。 ...(Ⅰ)求 f ( x) 的最小值; (II)若曲线 y ?...

...备战2014高考数学 高频考点归类分析:不等式问题中“....doc

【一线名师倾力整理推荐】备战2014高考数学 高频考点归类分析:不等式问题中“特殊值法”的应用_高考_高中教育_教育专区。高频考点分析不等式问题中“特殊值法”的...

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【备战高考数学】高考数学三轮讲练测(江苏版)专题:导数的几何意义与应用(新...【2014 全国卷 2 理】设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 ...

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应用导数研究曲线的切线_数学_高中教育_教育专区。应对高三复习,整合内容 导数的概念及运算核心突破 考点透视: 从近几年的高考试题来看, 利用导数的几何意义求曲线...

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专题02 导数-2017年高考数学(文)试题分项版解析(解析版).doc

求曲线的切线方程是导数的重要应用之一,用导数求...【答案】 1 【解析】 【考点】导 数的几何意义 ...(2)对 a 分类讨论, 当 a≥1 时, f ( x? ...

高考数学基础突破 导数与积分 第3讲 导数的几何意义....doc

求经过点 A(2,-2)的曲线 f ( x) 的切线方程...【归纳总结】 (1)导数 f′(x0)的几何意义就是...【备战2014】高考数学 高... 暂无评价 10页 2下载...

导数的几何意义的理解与应用.doc

理解导数的几何意义应注意 (1)利用导数求曲线的切线方程:①求出 y ? f (

导数几何意义.doc

1.1.3 导数的几何意义教材分析 本节内容选自数学...能力点:理解导数的几何意义,掌握应用导数几何意义求解...【设计意图】引导学生归纳总结曲线在点 处切线与曲线...

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利用导数的几何意义求切线方程_数学_自然科学_专业资料。利用导数的几何意义求切线方程江南中教研组 曲线 y ? f ( x) 在点 x0 的导数 f ? ( x0 ) 就是...

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高考导数及其应用---导数的概念及运算 1(2014 广东理 10)曲线 y ? e?5 x...【答案】C 【解析】求函数的导数,利用导数的几何意义即可求出对应的切线斜率. ...

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理解导数的几何意义,会求曲线上某一点处的切线方 程,理解导数的概念并会运用导数的概念求函数的导数.重 点是:导数的几何意义及其简单应用.难点是:对导数几何 ...