最后冲刺【高考预测】 1.导数的概念与运算 2.导数几何意义的运用 3.导数的应用 4.利用导数的几何意义 5.利用导数探讨函数的单调性 6.利用导数求函数的极值勤最值 易错点 1导数的概念与运算1．（2020精选模拟）设f 0(x)=sinx,f 1(x)=f ’0(x),f 2(x)=f ’1(x),…,f n+1(x)=f ’n (x),n ∈N,则f 2020(x) ( )A.sinxB.-sinxC.cosxD.-cosx 【错误解答】 选A 【错解分析】由f ’1(x)=f ’0(x)=(sinx)’=cosx,f2(x)=(cosx)’=-sinx,f3(x)=(-sinx)’=-cosx,f4(x)=(-cosx)’=sinx,…,f2020(x)=f ’2020(x)=…=f0(x0=sinx 前面解答思路是正确的，但在归纳时发生了错误。

因f4(x)=f0(x)=f8(x0=…=f2020(x),所以f2020(x)=f1(x)=cosx.【错误解答】 选B ∵f(x)=2x+1,∴f ’(x)=(2x+1)’=2x+1|x=1=3.【错解分析】上面解答错误原因是导数公式不熟悉，认为（2x+1）’=2x+1.正确的是（2x+1）’=2,所以x=1时的导数是2，不是3。

【正确解答】 选A ∵f(x)=(x-1)3+3(x-1)f ’(x)=3(x-1)2+3,当 x=1时,f ’(1)=33.(2020精选模拟题) 已知f(3)=2f ’(3)=-2，则3)(32lim3--→x x f x x 的值为 （ ）A ．-4B ．0C ．8D ．不存在【错误解答】 选D ∵x →3,x-3→0 ∴3)(32lim3--→x x f x x 不存在。

【错解分析】限不存在是错误的，事实上，求00型的极限要通过将式子变形的可求的。

[对诊下药] 选C3)(32lim3--→x x f x x =326)]3()([3lim3-+---→x xf x f x =32]3)3()(32[lim 3-=---→x f x f x .8)2(32)3('32]3)3()([lim 3=-⨯-=-=--→f x f x f x【特别提醒】1．理解导数的概念时应注意导数定义的另一种形式：设函数f(x)在x=a 处可导，则)(')()(lima f a x a f x f n =--∞→ 的运用。

2．复合函数的求导，关键是搞清复合关系，求导应从外层到内层进行，注意不要遗漏 3．求导数时，先化简再求导是运算的基本方法，一般地，分式函数求导，先看是否化为整式函数或较简单的分式函数；对数函数求导先化为和或差形式；多项式的积的求导，先展开再求导等等。

【变式训练】1 函数f(x)=x3+ax2+3x-9.已在f(x)在x=-3时取得极值，则a= ( )A.2B.3C.4D.54 已知f(x)=ln|2x|, 则f ’(x)= ( )A.x 1B. x 21C. ||1xD. |2|1x答案： A 解析：当x>0时，f(x)=ln(2x), ∴f ′(x)=c ∴f ′(x)=x x 1)2(21=-•-.5已知函数f(x)=ln(x-2)-)0(22≠a a a x 为常数且(1)求导数f ’(x)答案： f ′(x)=).2(21>•--x a xx(2)解不等式:f ’(x)>0答案：令f ′(x)=).2(021>>--x a xx即.440202022a a x x a x x x +=∆=-+⎪⎩⎪⎨⎧>-+>的（i ）当a ≤-1时，x 2+2x-a>恒成立，∴x>2.(ii)当a>-1时，02,02>-+>∆a x x 的解集为{x|x>1111-+-<-+a x a 或}∴当-1<a ≤8时，.2,211>∴≤-+x a 当a>8时，11-+a >2, ∴x>11-+a .综合得，当a ≤8时，f ′(x)>0的解集为（2，+∞）. 当a>8时，f ′(x)>0的解集为（11-+a ，+∞）. 易错点 2导数几何意义的运用1.(2020精选模拟题)曲线y=x 3在点(1,1)的切线与x 轴、直线x=2所围成的三角形面积为_________.【错误解答】 填2 由曲线y=x 3在点（1，1）的切线斜率为1，∴切线方程为y-1==x-1,y=x.所以三条直线y=x,x=0,x=2所围成的三角形面积为S=21×2×2=2。

【错解分析】根据导数的几何意义，曲线在某点处的切线斜率等于函数在这点处的导数，上面的解答显然是不知道这点，无故得出切线的斜率为1显然是错误的。

【错误解答】 （1）∵函数f(x)=x 3+ax 与g(x)=bx 2+c 的图像的一个公共点P(t,0).∴f(t)=g(t)⇒t 3+at=bt 2+c. ①又两函数的图像在点P 处有相同的切线，∴f ’(t)=g ’(t)⇒3t 3+a=2bt. ②由①得b=t,代入②得a=-t 2.∴c=-t 3.【错解分析】上面解答中得b=t 理由不充足，事实上只由①、②两式是不可用t 表示a 、b 、c ，其实错解在使用两函数有公共点P ，只是利用f(t)=g(t)是不准确的，准确的结论应是f(t)=0，即t 3+at=0，因为t ≠0,所以a=-t 2.g(t)=0即bt 2+c=0,所以c=ab又因为f(x)、g(x)在（t,0）处有相同的切线，所以f ’(t)=g;(t).即3t 2+a=2bt, ∵a=-t 2, ∴b=t.因此c=ab=-t 2·t=-t 3. 故a=-t 2,b=t,c=-t 3(2)解法1 y=f(x)-g(x)=x 3-t 2x-tx 2+t 3y ’=3x 2-2tx-t 2=(3x+t)(x-t).当y ’=(3x+t)(x-t)<0时,函数y=f(d)-g(x)单调递减。

由y ’<0,若t<0,则t<x<-3t ,若t>0,则-3t<x<t.则题意，函数y=f(x)-g(x)在(-1,3)上单调递减，则（-1，3）⊂（-3t,t ）或（-1，3）⊂（t ，-3t）所以t ≥3或-3t≥3。

即t ≤-9或t ≥3。

又当-9<t<3时，函数y=f(x0-g(x)在（-1，3）上单调递增，所以t 的取值范围（-∞，-9）∪（3，+∞）解法2 y=f(x)-g(x)=x 3-t 2x-tx 2+t 3, y ’=3x 2-3tx-t 2=(3x+t)(x-t).∵函数y=f(x)-g(x)在（-1，3）上单调递减，且y ’=(3x+t)(x-t)≤0在(-1,3)上恒成立，∴⎩⎨⎧≤-+≤--+-⎩⎨⎧≤≤=-=0)3)(9(0)1)(3(0|'0|'31t t t t y y x x 即若x ∈(-1,1),则f ’(x)<0.故f(x)在（-1，1）上是减函数，所以f(-1)=2是极大值；f(1)=-2是极小值。

（2）∵ f ’(x)=3x 2-3，∴过点A （0，16），因此过点A 的切线斜率为k=-3.∴所求的切线方程是y=-3【错解分析】上面解答第（2）问错了，错误原因是把A （0，16）当成了切点，其实A （0，16），不可能成为切点。

因此过点A 不在曲线，因此根求方程必须先求切点坐标。

【正确解答】 （1）f ’(x)=3ax 2+2bx-3，依题意f ’(1)=f ’(-1)=0即⎩⎨⎧=--=-+03230323b a b a 解得 a=1,b=0∴f(x)=x 3+3x,f ’(x)=3x 2-3=0.解得x=±1. 又∵x ∈(-∞,-1) ∪(1,+∞)f ’(x)>0 ∴f(x)在(-∞,-1)与(1，+∞)上是增函数。

若x ∈[-1,1]时，f ’(x) ≤0,故f9x)在[-1，1]上是减函数。

∴f(-1)=2是极大值。

f(1)=-2是极小值。

（2）解：曲线方程为y=f(x)=x 3-3x,点A （0，16）不在曲线上。

设切点M （x 0,y 0）,则点则a=___________.答案：±1 解析：∵曲线在（a,a 3）处的切线斜率为3a 2.∴切线方程为y-a 3=3a 2(x-a).且它与x 轴.x=a 的交点为（0,32a ）、（a,a 3）,S=.613213=••a a∴a 4=1,解得a=±1.3 已知函数f(x)=lnx,g(x)= 21ax 2+bx(a ≠0)(1)若b=2,且h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间，求a 的取值范围。

答案： b=2时，h(x)=lnx-21ax 2-2x, 则h ′(x)=x 1-ax-2=-.122x x ax -+∵函数 h(x)存在单调逆减区间，∴h ′(x)<0有解. 又∵x>0,则ax2+2x-1>0有x>0的理. ①当a>0时，ax2+2x-1>0总有>0的解. ②当a<0,要ax2+2x-1>0总有>0的解.则△=4+4a>0,且方程ax2+2x-1=0至少有一正根，此时-1<a<0. 综上所述,a 的取值范围是（-1，0）∪（0，+∞）（2）设函数f(x)的图像C 1与函数g(x)图像C 2交于点P 、Q ，过线段PQ 的中点作x 轴的垂线分别交C 1、C 2于点M 、N ，证明C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行。

则lnt=)1(.0,1)1(_2>+-t tt令r （t ）=lnt-.1,1)1(2>+-t t t则r ’(t)=t 1-.)1()1()1(4222+-=+t t t t因为t>1时，r ’(t)>0,所以r(t)在[1，+∞]上单调递增，故r(t)>r(1)=0.则lnt>t t +-1)1(2.这与①矛盾,假设不成立.故C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行,证法1得(x 2+x 1)(lnx 2-lnx 1)=2(x 2-x 1).因为x 1>0,所以(112+x x )ln(112-x x ).令t=12x x ,得(t+1)lnt=2(t-1),t>1 ②令r(t)=(t+1)lnt-2(t-1),t>1,则r ’(t)=lnt+t 1-1.因为(lnt-t 1)’=2211t t t-=-,所以t>1时,(lnt+t 1)’>0. 故lnt+t 1在[1, + ∞]上单调递增.从而lnt+t 1-1>0,即r 1(t)>0.于是r(t)在[1，+∞]上单调递增.故r(t)>r(1)=0.即（t+1）lnt>2(t-1). 与②矛盾，假设不成立。