TanX的导数

2024-10-07

TanX的导数（精选7篇）

TanX的导数篇1

一、偏导数存在与全微分存在之间的关系

二、偏导数存在与任意方向的方向导数存在之间的关系

首先,函数z=f(x,y)在点(x,y)两个偏导数存在,只能说明该函数在点(x,y)沿el=(1,0)(或el=(-1,0))及el=(0,1)(或el=(0,-1))的方向导数存在,并不能保证函数在点(x,y)沿任意方向的方向导数存在.

其次,函数z=f(x,y)在点(x,y)沿任意方向的方向导数都存在并不能保证该函数在点(x,y)偏导数存在.

所以函数z=f(x,y)在点(x,y)处沿任意方向的方向导数存在既不是它在点(x,y)处偏导数存在的充分条件也不是必要条件.

三、任意方向的方向导数存在与全微分存在之间的关系

定理三如果函数z=f(x,y)在点(x,y)全微分存在,则该函数在点(x,y)沿任意方向的方向导数存在.反之不成立.

但由例1可知,该函数在点(0,0)处的全微分不存在.

上述定理的证明,可参考同济大学数学系编的《高等数学》,在此不再赘述.

参考文献

[1]同济大学数学系.高等数学[M].北京:高等教育出版社,2009.

利用导数的定义破解导数解答题篇2

人教A版数学选修22教材第5页给出了如下的导数的定义：

一般地，函数y=f（x）在x=x0处的瞬时变化率是limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f（x0+Δx）-f（x0）Δx，

我们称它为函数y=f（x）在x=x0处的导数（derivative），记作f′（x0）或y′x=x0，即f′（x0）=limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f（x0+Δx）-f（x0）Δx.

在教学中，若教师对基本概念作进一步的发掘，容易得出函数y=f（x）在x=x0处的导数定义等价于f′（x0）=limx→x0f（x）-f（x0）x-x0.

导数的定义给出了某一函数在x=x0处的极限值与函数y=f（x）在x=x0处的导数的联系，为利用导数的定义解决一类导数解答题提供了理论依据.下面笔者以近几年的各类试题为例，谈谈利用导数的定义破解导数解答题这个问题.

例1（2014年高考北京卷理科）已知函数f（x）=xcosx-sinx，x∈[0，π2].

（1）求证：f（x）≤0；

（2）若a

解析（1）因为f′（x）=cosx-xsinx-cosx=-xsinx≤0，所以f（x）在[0，π2]上单调递减，所以f（x）≤f（0）=0×cos0-sin0=0，即f（x）≤0得证.

（2）设g（x）=sinxx，x∈（0，π2）.则g′（x）=xcosx-sinxx2，由（1）知，g′（x）<0，故g（x）在（0，π2）上单调递减.所以g（x）>g（π2）=sinπ2π2=2π.所以a≤2π，即a的最大值为2π.

又limx→0sinxx=limx→0sinx-sin0x-0.由导数的定义知，limx→0sinxx等于函数h（x）=sinx在x=0处的导数，又因为h′（x）=cosx，所以h′（0）=cos0=1，所以limx→0sinxx=1.所以g（x）<1，所以b≥1，即b的最小值为1.

综上知a的最大值为2π，b的最小值为1.

点评本题的参考答案用的是较为复杂的分类讨论的方法进行求解的，能顺利完成解答的学生不多.本解法运用了学生较为喜欢的分离参数方法，难点在于得出函数g（x）=sinxx在（0，π2）单调递减后，函数g（x）在x=0时的极限值的求解，本文使用了导数的定义，既避免了繁琐的分类讨论，又没有使用超纲的洛必达法则，且整个解答过程极为简洁，无疑是一种值得推广的好方法！

例2（2007年高考全国卷理科）已知函数f（x）=ex-e-x.

（1）证明：f′（x）≥2；

（2）若对x≥0都有f（x）≥ax，求实数a的取值范围.

解析（1）略；

（2）当x=0时，对任意a∈R，f（x）≥ax显然成立；

当x>0时，由f（x）≥ax可得a≤ex-e-xx.设g（x）=ex-e-xx（x>0）.

则g′（x）=x（ex+e-x）-（ex-e-x）x2，设h（x）=x（ex+e-x）-（ex-e-x）（x>0）.

则h′（x）=x（ex-e-x）>0，所以h（x）单调递增，所以h（x）>h（0）=0，所以g′（x）>0，

所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，又因为limx→0g（x）=limx→0ex-e-xx=limx→0（ex-e-x）-（e0-e-0）x-0.

由导数的定义知极限值limx→0g（x）为函数s（x）=ex-e-x在x=0处的导数值，又s′（x）=ex+e-x，

所以s′（0）=e0+e-0=2，所以limx→0g（x）=2.综上可知实数a的取值范围为（-∞，2].

点评本题与例1是同类型题，再一次让我们感受到了导数的定义在解这类问题中的优越性.这说明教师在教学过程中，应重视基本概念、定义的教学，不可只重题型方法的灌输，从而忽视基本概念、定义的生成、发掘和延伸.

例3（2015年四川省遂宁市第二次诊断）已知函数f（x）=ex（e=2.71828…是自然对数的底数），g（x）=ln（x+1）.

（1）若F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的极值；

（2）对任意x≥0，证明：f（x）>g（x+1）；

（3）对任意x≥0，都有g（x）≥axx+1成立，求实数a的取值范围.

解析（1），（2）略；

（3）g（x）≥axx+1即为ln（x+1）≥axx+1①，

当x=0时，对a∈R，不等式①恒成立；

当x>0时，不等式①等价于a≤（x+1）ln（x+1）x.

设G（x）=（x+1）ln（x+1）x，x>0.则G′（x）=x[ln（x+1）+1]-（x+1）ln（x+1）x2

=x-ln（x+1）x2.令h（x）=x-ln（x+1）（x>0），则h′（x）=1-1x+1=xx+1>0，所以h（x）在（0，+∞）上单调递增.所以h（x）>h（0）=0-ln（0+1）=0，故G′（x）>0，所以G（x）在（0，+∞）上单调递增.又limx→0（x+1）ln（x+1）x=limx→0（x+1）ln（x+1）-（0+1）ln（0+1）x-0，由导数的定义知，limx→0（x+1）ln（x+1）x等于函数m（x）=（x+1）ln（x+1）在x=0处的导数，又因为m′（x）=ln（x+1）+1，所以m′（0）=ln（0+1）+1=1，所以limx→0（x+1）ln（x+1）x=1.所以G（x）>1，故a≤1，综上知实数a的取值范围为（-∞，1].

点评本题改编自2014年高考陕西卷理科数学卷的压轴题，本文给出的整个解法过程行云流水，几乎没有受到任何阻碍，这说明，利用导数的定义求解函数在某点处的极限值具有一定的通性通法.

例4（2013年山东省济南市二模理科）设f（x）=（x+a）lnxx+1，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直.

（1）求a的值；

（2）若x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，求m的取值范围；

（3）求证：ln42n+1<∑ni=1i4i2-1（n∈N*）.

解析（1），（3）略；

（2）当x=1时，对m∈R，f（x）≤m（x-1）均成立，当x>1时，原不等式等价于m≥xlnxx2-1恒成立.设g（x）=xlnxx2-1，x∈（1，+∞）.则g′（x）=（lnx+1）（x2-1）-（xlnx）·2x（x2-1）2

=-x2lnx-lnx+x2-1（x2-1）2.设h（x）=-x2lnx-lnx+x2-1，则h′（x）=-2xlnx-1x+x，再设s（x）=-2xlnx-1x+x.则s′（x）=-2lnx+1x2-1，再设q（x）=-2lnx+1x2-1，则q′（x）=-2x-2x3<0.所以q（x）在（1，+∞）上单调递减，又因为q（1）=0，故q（x）<0，即当x∈（1，+∞）时，s′（x）<0.所以s（x）在（1，+∞）上单调递减，而s（1）=0，所以s（x）<0，即当x∈（1，+∞）时，h′（x）<0，所以h（x）在（1，+∞）上单调递减，而h（1）=0，故当x∈（1，+∞）时，h（x）<0，由此可得g′（x）<0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递减.

因为limx→1xlnxx2-1=limx→1xx+1limx→1lnxx-1.而limx→1xx+1=12，limx→1lnxx-1=limx→1lnx-ln1x-1，由导数的定义知，limx→1lnxx-1等于函数p（x）=lnx在x=1处的导数，又因为p′（x）=1x所以limx→1lnxx-1=p′（1）=1，所以limx→1xlnxx2-1=12×1=12.所以g（x）<12，故m≥12.

综上知m的取值范围为[12，+∞）.

点评本题如按参考答案给出的方法解答，对恒等变形的技巧要求较高，且变形后的分类讨论也较为复杂，本题通过多次求导后，得出函数g（x）在（1，+∞）上单调递减，问题便转化为一个极限值的求解，此极限值与前面三例相比较为复杂，似乎不能利用导数的定义求解，但在走出定势思维，通过拆分变形之后，问题便迎刃而解.

例4中，在求解极限limx→1xlnxx2-1的值时，还可运用下列两种方法求解.

方法2limx→1xlnxx2-1=limx→11x+1limx→1xlnxx-1.而limx→11x+1=12，

limx→1xlnxx-1=limx→1xlnx-1×ln1x-1，由导数的定义知，limx→1xlnxx-1等于函数h（x）=xlnx在x=1处的导数，又因为h′（x）=lnx+1，所以limx→1xlnxx-1=h′（1）=1，所以limx→1xlnxx2-1=12×1=12.

方法3设t=x2，则limx→1xlnxx2-1=12limx2→1x2lnx2x2-1=12limt→1tlntt-1

=12limt→1tlnt-1ln1t-1.由导数的定义知，limt→1tlntt-1等于函数h（t）=tlnt在t=1处的导数，又因为h′（t）=lnt2t+tt，所以limx→1tlntt-1=h′（1）=1，所以limx→1xlnxx2-1=12×1=12.

通过以上分析说明，对某些含参的导数解答题，若能利用导数的定义突破解题的瓶颈，能极大地优化解题过程，且解答过程具有一定的可操作性、模仿性、机械化的特点，无疑是学生较能接受和掌握的一种理想方法.若教师在教学中能注意合理引导和传授，既能提高学生的解题效率，又开阔了学生的视野和发散了学生的思维，同时也会对数学概念、定义的重要性有更深的体会.

最后，笔者给出两道相关例题留给读者完成，相信会对这种方法有更深的认识和体会，并能在解题中灵活应用.

变式习题：

题1（贵州省贵阳市2015届高三第一学期期末监测）已知函数f（x）=（x-1）ex+1，x∈[0，1].

（1）证明：f（x）≥0；

（2）若a

题2（2010年高考全国卷理科）设函数f（x）=x（ex-1）-ax2.

（1）当a=12时，求f（x）的单调区间；

（2）若当x≥0时f（x）≥0，求实数a的取值范围.

（题1第二问答案为e-2；题2第二问答案为（-∞，1].）

导数几何意义的应用篇3

例15（1）求曲线y= x11+ 在点(1,21)处的切线方程

（2）已知曲线（t为参数），求曲线在t=1处的法线方程。

....= += tarctanty)t1ln(x2

解（1）2)x1(1x11y+.= ′......+ =′，41)x1(1y1x21x.= +.=′ = =，即k= － 41，所以过（1，21）点的切线方程为：y-21= －

41(x-1)，即 x+4y-3=0

（2）2t])t1[ln()tarctant(dxdy2= ′+ ′.=，21dxdy1t= = ；即k法=-2，又t=1时，.....π.= = 41y0x ；

所以过切点(0,1-4π)的切线方程为：y-1+ 4π=-2(x-0)

导数的概念说课稿篇4

一、教材分析

1.1编者意图《导数的概念》分成四个部分展开，即：“曲线的切线”，“瞬时速度”，“导数的概念”，“导数的几何意义”，编者意图在哪里呢?用前两部分作为背景，是为了引出导数的概念;介绍导数的几何意义，是为了加深对导数的理解.从而充分借助直观来引出导数的概念;用极限思想抽象出导数;用函数思想拓展、完善导数以及在应用中巩固、反思导数，教材的显著特点是从具体经验出发，向抽象和普遍发展，使探究知识的过程简单、经济、有效.

1.2导数概念在教材的地位和作用“导数的概念”是全章核心.不仅在于它自身具有非常严谨的结构，更重要的是，导数运算是一种高明的数学思维，用导数的运算去处理函数的性质更具一般性，获得更为理想的结果;把运算对象作用于导数上，可使我们扩展知识面，感悟变量，极限等思想，运用更高的观点和更为一般的方法解决或简化中学数学中的不少问题;导数的方法是今后全面研究微积分的重要方法和基本工具，在在其它学科中同样具有十分重要的作用;在物理学，经济学等其它学科和生产、生活的各个领域都有广泛的应用.导数的出现推动了人类事业向前发展.

1.3教材的内容剖析知识主体结构的比较和知识的迁移类比如下表：

通过比较发现：求切线的斜率和物体的瞬时速度，这两个具体问题的解决都依赖于求函数的极限，一个是“微小直角三角形中两直角边之比”的极限，一个是“位置改变量与时间改变量之比”的极限，如果舍去问题的具体含义，都可以归结为一种相同形式的极限，即“平均变化率”的极限.因此以两个背景作为新知的生长点，不仅使新知引入变得自然，而且为新知建构提供了有效的类比方法.

1.4重、难点剖析

重点：导数的概念的形成过程.

难点：对导数概念的理解.

为什么这样确定呢?导数概念的形成分为三个的层次：f(x)在点x0可导→f(x)在开区间(，b)内可导→f(x)在开区间(，b)内的导函数→导数，这三个层次是一个递进的过程，而不是专指哪一个层次，也不是几个层次的简单相加，因此导数概念的形成过程是重点;教材中出现了两个“导数”，“两个可导”，初学者往往会有这样的困惑，“导数到底是个什么东西?一个函数是不是有两种导数呢?”，“导函数与导数是怎么统一的?”.事实上：(1)f(x)在点x0处的导数是这一点x0到x0+△x的变化率的极限，是一个常数，区别于导函数.(2)f(x)的`导数是对开区间内任意点x而言，是x到x+△x的变化率的极限,是f(x)在任意点的变化率，其中渗透了函数思想.(3)导函数就是导数!是特殊的函数：先定义f(x)在x0处可导、再定义f(x)在开区间(，b)内可导、最后定义f(x)在开区间的导函数.(4)y=f(x)在x0处的导数就是导函数在x=x0处的函数值，表示为这也是求f′(x0)的一种方法.初学者最难理解导数的概念，是因为初学者最容易忽视或混淆概念形成过程中几个关键词的区别和联系，会出现较大的分歧和差别，要突破难点，关键是找到“f(x)在点x0可导”、“f(x)在开区间的导函数”和“导数”之间的联系，而要弄清这种联系的最好方法就是类比!用“速度与导数”进行类比.

二、目的分析

2.1学生的认知特点.在知识方面，对函数的极限已经熟悉，加上两个具体背景的学习，新知教学有很好的基础;在技能方面，高三学生，有很强的概括能力和抽象思维能力;在情感方面，求知的欲望强烈，喜欢探求真理，具有积极的情感态度.

2.2教学目标的拟定.鉴于这些特点,并结合教学大纲的要求以及对教材的分析,拟定如下的教学目标:

知识目标：①理解导数的概念.

②掌握用定义求导数的方法.

③领悟函数思想和无限逼近的极限思想.

能力目标：①培养学生归纳、抽象和概括的能力.

②培养学生的数学符号表示和数学语言表达能力.

情感目标：通过导数概念的学习，使学生体验和认同“有限和无限对立统一”的辩证观

点.接受用运动变化的辩证唯物主义思想处理数学问题的积极态度.

三、过程分析

导数的应用4—恒成立问题篇5

高中数学中的恒成立问题,涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,考查综合解题能力,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。因此也成为历年高考的一个热点。恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型:1.一次函数型;2.二次函数型;3.变量分离型;4.根据函数的奇偶性、周期性等性质;5.直接根据函数的图象;6.利用导数求解。

“恒成立”的含义，一定是比“比最大的还大”或“比最小的还小”。因此恒成立问题往往又可以转化为求函数最值的问题。A组：

1．（1）实数k为何值时不等式ex

kx对任意xR恒成立？（2）实数k为何值时关于x的不等式lnxkx

恒成立？

2．已知函数f(x)x3ax2x1,aR，若函数f(x)在区间23,1

3

内是减函数.求a的取值范围.3．已知函数f(x)＝－ax3－x2＋x(a∈R)，当x≥1

时，f(x)≤ax恒成立，求实数a的取值范围．

4．设函数f(x)＝ex－e－

x，若对任意的x≥0都有f(x)≥ax成立，求实数a的取值范围．

5．若关于x的方程x2

2alnx2ax（a＞0）有唯一解，求实数a的值．

6．已知f(x)ln(x1)，g(x)11

x1，试证：对任意的x＞0，都有f(x)g(x)成立．

7．已知函数f(x)ex

kx，xR。

（Ⅰ）若ke，试确定函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若k0，且对于任意xR，f(x)0恒成立，试确定实数k的取值范围；

B组：

1．设函数f(x)

sinx

2cosx

．

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；（Ⅱ）如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．

2．设函数f(x)

lnx

1x

lnxln(x1)．（Ⅰ）求f(x)的单调区间和极值；（Ⅱ）是否存在实数a，使得关于x的不等式f(x)≥a的解集为（0，+）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由．

3．设函数f(x)

xlnx

(x0且x1)。1（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；（Ⅱ）已知2x

xa对任意x(0,1)成立，求实数a的取值范围。

(x)=ln2

(1+x)-x24．已知函数f1x

.(I)求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若不等式(1

1n)na

e对任意的nN*都成立（其中e是自然对数的底数），求的最大值.5．设函数f(x)x2bln(x1)，其中b0．

（Ⅰ）当b

时，判断函数f(x)在定义域上的单调性；（Ⅱ）求函数f(x)的极值点；

（Ⅲ）证明对任意的正整数n，不等式ln111n1n2n

3都成立．

6．已知Ax

n(an，bn)（nN*）是曲线ye上的点，a1a，Sn是数列{an}的前n项和，且满足

S22

n3n2anSn1，an0，n2，3，4，…．（I）证明：数列

bn2

（n≤2）是常数数列； bn

（II）确定a的取值集合M，使aM时，数列{an}是单调递增数列；

（III）证明：当aM时，弦AnAn1（nN*）的斜率随n的增大而单调递增．

7．已知函数f(x)x2

|x1|,g(x)x3ax(a0)，若x1[1,2],x2[2,3]，使得

f(x1)x1

导数的应用篇6

题型一求曲线y=f(x)在点(x0,y0)处的切线的斜率.导数的几何意义是曲线在该点处切线的斜率,即k=f′(x0),这样利用导数可以十分便捷地分析处理有关切线问题.

例1 设函数f(x)=x3-3ax+b(a≠0),若曲线y=f(x)在点(2,f(x))处与直线y=8相切,求a,b的值.

解 f′(x)=3x2-3a.

∵曲线y=f(x)在点(2,f(x))处与直线y=8相切,

undefined

题型二求函数的单调性.函数图像直观地反映了两个变量之间的变化规律,由于我们所接触的大多是复合的函数,作图的困难很大.导数的建立拓展了应用图像解题的空间.对函数单调性的研究,导数作为强有力的工具提供了简单、程序化的方法,具有很强的可操作性.当f′(x)>0时,f(x)单调递增;当f′(x)<0时,f(x)单调递减.

例2 设函数f(x)=xekx(k≠0).

(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;

(2)求函数f(x)的单调区间;

(3)若函数f(x)在区间(-1,1)内单调递增,求k的取值范围.

解 (1)f′(x)=(1+kx)ekx,f′(0)=1,f(0)=0,

曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.

(2)由f′(x)=(1+kx)ekx=0,得undefined,

若k>0,则当undefined时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;

当undefined时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.

若k<0,则当undefined时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;

当undefined时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.

(3)由(2)知,若k>0,则当且仅当undefined,即k≤1时,函数f(x)(-1,1)内单调递增.

若k<0,则当且仅当undefined,即k≥-1时,函数f(x)在(-1,1)内单调递增.

综上可知,函数f(x)(-1,1)内单调递增时,k的取值范围是[-1,0)∪(0,1].

题型三求函数的极值.“极值”是在导数的学习中引入的量.在研究函数图像、根的分布等问题时发挥着重要的作用.利用导数求函数极值问题的方法是:①根据求导法则对函数f(x)求导数.②令f′(x)=0,求出导函数的零点.③分区间讨论,得出函数的单调区间.④判断极值点,求出极值.

例3 设a

解析 y′=(x-a)(3x-2a-b),由y′=0,得undefined当x=a时,y取极大值0;当undefined时,y取极小值且极小值为负.故选C.

题型四求函数的最值.在求得极值的基础上,求出区间端点值与极值进行比较,求出最值.

例4 已知函数undefined,求f(x)在区间[1,e2]上的值域.

解 (1)函数f(x)定义域x>0.

由于undefined,令f′(x)=0,得x1=1,x2=2.

在[1,2]上f′(x)<0,∴f(x)在[1,2]上是减函数.

在[2,e2]上f′(x)>0,∴f(x)在[2,e2]上是增函数.

又undefined

∴函数f(x)在[1,e2]上的值域为undefined

题型五求根的个数问题.对于函数在区间D上的根的个数,可以通过研究函数在区间D上的单调性和极值、最值,画出函数的大致图像,就可以解决了.

例5 设函数undefined,则y=f(x)( ).

A.在区间undefined内均有零点

B.在区间undefined内均无零点

C.在区间undefined内有零点,在区间(1,e)内无零点

D.在区间undefined内无零点,在区间(1,e)内有零点

解析由题得undefined,令f′(x)>0,得x>3.令f′(x)<0,得0

浅析导数的应用篇7

【关键词】导数；应用；函数；中心对称图形；切线；旋转

【中图分类号】G633.22【文献标识码】A【文章编号】2095-3089（2016）07-0-01

导数在高中新课标中的下放，对高中函数的诸多问题的解决带来了福音，如：可以用导数来解决函数中的最值问题，单调问题，不等式问题，还可以与解析几何想联系。因此，在中学教学过程中，对导数相关内容的教学也就成了教学过程中的重中之重，也是高考的必考点。而本文则以导数应用的其中的一个方面（解决简单函数图形的中心对称问题）来说明导数的妙处。

一、情境场景

在新课标的教学过程中，一个偶尔的机会遇到这样一题：

已知函数其中为常数。

证明：函数的图形为中心对称图形。

而遇到这道题的时候，刚好我们教学内容也进行到导数这一章，于是我的第一反应这道题应该与导数的相关内容有关（因为函数的最高次数已经是3次了），可具体的相关情况感觉是一头雾水。于是静坐下来对此题进行了细心的分析，终于功夫不负有心人总算有所收获，特此和大家一起来分享。

二、分析探讨

首先我们从函数的形式上来分析：

第一、最高次数是三次，超出了我们高中阶段对于一般函数图形画法掌握的要求，即使如此选择多项式的合并提取等想关内容也无法将高次变成低次的相关我们熟悉的形式，所以直接从三次图形上或多项式的变形处理上来选择明显不合适。

第二、本函数表达式中出现了参数，从而这道题不在是一个单一某个函数的问题，而是指这一类函数的情况，具有通性。也因为参数的出现，急需一种通法解决更是合适的决定，要不以后同类问题上还是会留下后遗症。

第三、我们从函数所要解决的问题情况来看：不是解决常规的定义域、值域、单调性、奇偶性的问题，而是函数图形的中心对称问题。

那么分析到这个时候问题就出现了：为什么在一个高次函数问题中（而且是含参数的函数）设计一个中心对称图形的问题呢？做为一个高中阶段的学生或教师自然会想到——导数。那么如何解决这个问题呢？我们还要注意这道题中所包含了那些内容呢？

三、内容分析