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导数结合洛必达法则巧解高考压轴题


导数结合洛必达法则巧解高考压轴题 ——高考专项研究

戴有刚
2011年12月20日

第一部分:历届导数高考压轴题

1.2006年全国2理

设函数 f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所 有的 x≥0, 都有 f(x)≥ax 成立, 求实数 a 的取值范围.

/> 2.2006全国1理

1 ? x ? ax e . 已知函数 f ? x ? ? 1? x
(Ⅰ)设 a ? 0 ,讨论 y ? f ? x ? 的单调性; (Ⅱ)若对任意 x ? ? 0,1? 恒有 f ? x ? ? 1 , 求 a 的取值范围.

3.2007全国1理

设函数 f ( x) ? e ? e .
x

?x

(Ⅰ)证明: f ( x ) 的导数 f ?( x) ≥ 2 ; (Ⅱ)若对所有 x ≥ 0 都有 f ( x) ≥ ax , 求 a 的取值范围.

4.2008全国2理

sin x 设函数 f ( x) ? . 2 ? cos x
(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.

5.2008辽宁理
ln x ? ln x ? ln( x ? 1) . 设函数 f ( x) ? 1? x
⑴求 f ( x ) 的单调区间和极值; ⑵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.

6.2010新课标理

设函数 f ( x) = e ? 1 ? x ? ax .
x 2

(Ⅰ)若 a ? 0 ,求 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)若当 x≥0 时 f ( x) ≥0,求 a 的取值范围.

7.2010新课标文

已知函数 f ( x) ? x(e ?1) ? ax .
x 2

(Ⅰ) 若 f ( x ) 在 x ? ?1 时有极值, 求函数 f ( x ) 的解析式; (Ⅱ)当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围.

8.2010全国大纲理

设函数 f ( x) ? 1 ? e .

?x

x (Ⅰ)证明:当 x ? ?1 时, f ( x ) ? ; x ?1 x (Ⅱ)设当 x ? 0 时, f ( x) ? ,求 a 的取 ax ? 1
值范围.

9.2011新课标理

a ln x b ? , 曲 线 y ? f ( x) 在 点 已 知 函 数 f ( x) ? x ?1 x

(1, f (1)) 处的切线方程为 x ? 2 y ? 3 ? 0 .
(Ⅰ)求 a 、 b 的值;

ln x k ? , ( Ⅱ)如果当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x ) ? x ?1 x
求 k 的取值范围.

10.自编

自编:若不等式 sin x ? x ? ax 对于 x ? (0,
3

?
2

)

恒成立,求 a 的取值范围.

第二部分:泰勒展开式

泰勒展开式
2 3 n n ?1 x x x x x 1. e x ? 1 ? ? ? ??? ? e? x , 1! 2! 3! n! (n ? 1)!

其中 (0 ? ? ? 1) ;
n x 2 x3 x ? ? ? ? (?1) n ?1 ? Rn , 2. ln(1 ? x) ? x ? 2! 3! n!

n ?1 x 1 n?1 n 其中 Rn ? (?1) ( ) ; (n ? 1)! 1 ? ? x

泰勒展开式
2 k ?1 x3 x5 x 3. sin x ? x ? ? ? ? ? (?1)k ?1 ? Rn 3! 5! (2k ? 1)! 2 k ?1 x 其中 Rn ? (?1) k cos ? x ; (2k ? 1)! 2 k ?2 x2 x4 x 4. cos x ? 1 ? ? ? ? ? (?1)k ?1 ? Rn 2! 4! (2k ? 2)!

x 其中 Rn ? (?1) cos ? x ; (2k )!
k

2k

第三部分:新课标高考命题趋势及方法

1. 新课标高考命题趋势

近年来的高考数学试题逐步做到科学化、规范化, 坚持了稳中求改、稳中创新的原则,充分发挥数学 作为基础学科的作用,既重视考查中学数学基础知 识的掌握程度,又注重考查进入高校继续学习的潜 能。为此,高考数学试题常与大学数学知识有机接 轨,以高等数学为背景的命题形式成为了热点.

2.分类讨论和假设反证

许多省市的高考试卷的压轴题都是导数应用问 题, 其中求参数的取值范围就是一类重点考查的 题型.这类题目容易让学生想到用分离参数的方 法,一部分题用这种方法很凑效,另一部分题在 高中范围内用分离参数的方法却不能顺利解决, 高中阶段解决它只有华山一条路——分类讨论 和假设反证的方法.

3.洛必达法则
虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方 法求解,但这种方法往往讨论多样、过于繁杂, 学生掌握起来非常困难 . 研究发现利用分离参数

0 的方法不能解决这部分问题的原因是出现了 ” 0
型的式子,而这就是大学数学中的不定式问题, 解决这类问题的有效方法就是洛必达法则.

第四部分:洛必达法则及其解法

1.洛必达法则
洛必达法则:设函数 f ( x) 、 g ( x) 满足: (1) lim f ( x) ? lim g( x) ? 0 ;
x?a x ?a

(2) 在 U ? (a ) 内,f ?( x ) 和 g ?( x ) 都存在, 且 g ?( x) ? 0 ;

f ?( x ) ? A ( A 可为实数,也可以是 ?? ). (3) lim x ? a g ?( x ) f ( x) f ?( x) ? lim ? A. 则 lim x ?a g ( x ) x ?a g ?( x )

2.2011新课标理的常规解法
已知函数 f ( x) ?

a ln x b ? ,曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x ? 2 y ? 3 ? 0 . x ?1 x ln x k ? , 求 k 的取值范围. x ?1 x

(Ⅰ)求 a 、 b 的值; ( Ⅱ)如果当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x ) ? (Ⅰ)略解得 a ? 1 , b ? 1 . (Ⅱ)方法一:分类讨论、假设反证法

ln x 1 ln x k 1 (k ? 1)( x 2 ? 1) ? ,所以 f ( x) ? ( 由(Ⅰ)知 f ( x ) ? ? )? (2ln x ? ). 2 x ?1 x x ?1 x 1 ? x x

(k ? 1)( x 2 ? 1) (k ? 1)( x 2 ? 1) ? 2 x 考虑函数 h( x) ? 2ln x ? . ( x ? 0) ,则 h '( x) ? 2 x x

2.2011新课标理的常规解法
k ( x 2 ? 1) ? ( x ? 1) 2 (i)当 k ? 0 时,由 h '( x) ? 知,当 x ? 1 时, h '( x) ? 0 .因为 h(1) ? 0 , 2 x
所以当 x ? (0,1) 时, h( x) ? 0 ,可得 得

1 ? h( x) ? 0 ;当 x ? (1, ??) 时, h( x) ? 0 ,可 1 ? x2

1 ln x k ln x k x ? 0 x ? 1 ? h ( x ) ? 0 f ( x ) ? ( ? ) ? 0 f ( x ) ? ? ; ,从而当 且 时, ,即 2 1? x x ?1 x x ?1 x 1 ) 时, (k ?1)( x2 ? 1) ? 2x ? 0 ,故 h '( x) ? 0 ,而 (ii)当 0 ? k ? 1 时,由于当 x ? (1, 1? k 1 1 ? h( x) ? 0 ,与题设矛盾. ) 时, h( x) ? 0 ,可得 h(1) ? 0 ,故当 x ? (1, 2 1? x 1? k
( iii ) 当 k ? 1 时 , h '( x) ? 0 , 而 h(1) ? 0 , 故 当 x ? (1, ??) 时 , h( x ) ? 0, 可 得

1 ? h( x ) ? 0,与题设矛盾.综上可得, k 的取值范围为 (??, 0] . 2 1? x

2.2011新课标理的常规解法
注:分三种情况讨论:① k ? 0 ;② 0 ? k ? 1 ;③ k ? 1 不易想到.

1 ) 尤其是② 0 ? k ? 1 时, 许多考生都停留在此层面, 举反例 x ? (1, 1? k
更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同,这是高中阶段 公认的难点,即便通过训练也很难提升.

3.运用洛必达和导数解2011年新课标理
ln x k ln x 1 ln x k ? ,即 ? ? ? , x ?1 x x ? 1 x x ?1 x x ln x 1 x ln x 2 x ln x 2 x ln x ? ? ? ? 1 g ( x ) ? ? 1 , x ? 0 ,且 x ? 1 也即 k ? ,记 2 2 x ?1 x x ?1 1 ? x 1? x
当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x ) ?

2( x2 ? 1)ln x ? 2(1 ? x2 ) 2( x 2 ? 1) 1 ? x2 则 g '( x) ? = (ln x ? 2 ) , 2 2 2 2 (1 ? x ) (1 ? x ) x ?1
1 ? x2 1 ?4 x (1 ? x 2 )2 记 h( x) ? ln x ? 2 ,则 h '( x) ? + = ? 0, x ?1 x (1+x 2 )2 x(1+x 2 )2
h( x ) ? 0 , 从而 h( x) 在 (0, ??) 上单调递增, 且 h(1) ? 0 , 因此当 x ? (0,1) 时, 当 x ? (1, ??)
时,h( x) ? 0 ; 当 x ? (0,1) 时,g '( x) ? 0 , 当 x ? (1, ??) 时,g '( x) ? 0 , 所以 g ( x) 在 (0,1) 上单调递减,在 (1, ??) 上单调递增.

3.运用洛必达和导数解2011年新课标理
由洛必达法则有

lim g ( x) ? lim(
x ?1 x ?1

2 x ln x 2 x ln x 2 ln x ? 2 ? 1) ? 1 ? lim ? 1 ? lim ?0, 2 2 x ?1 1 ? x x ?1 1? x ?2 x

即当 x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,即当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, g ( x) ? 0 . 因为 k ? g ( x) 恒成立,所以 k ? 0 .综上所述,当 x ? 0 ,且 x ? 1 时,

ln x k f ( x) ? ? 成立, k 的取值范围为 (??, 0] . x ?1 x

3.运用洛必达和导数解2011年新课标理
注:本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数 k 分离出来.然后 对分离出来的函数 g ( x) ?

2 x ln x ? 1 求导,研究其单调性、极值.此时遇到 2 1? x

了“当 x =1 时,函数 g ( x) 值没有意义”这一问题,很多考生会陷入困境. 如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用, 再通过强化训练就能掌握解决 此类难题的这一有效方法.

4.运用洛必达和导数解2010新课标理
设函数 f ( x) ? e x ?1 ? x ? ax 2 . (Ⅰ)若 a ? 0 ,求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围.

4.运用洛必达和导数解2010新课标理
应用洛必达法则和导数
x 2 (Ⅱ)当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ,即 e ? 1 ? x ? ax .

ex ?1 ? x ①当 x ? 0 时, a ? R ;②当 x ? 0 时, e ? 1 ? x ? ax 等价于 a ? . x2
x 2

ex ?1 ? x ( x ? 2)e x ? x ? 2 x ? (0, +?) ,则 g '( x) ? 记 g ( x) ? . x2 x3

+?) ,则 h '( x) ? ( x ?1)e x ? 1 ,当 x ? (0, +?) 时, h ''( x) ? xe x ? 0 , 记 h( x) ? ( x ? 2)e x ? x ? 2 x ? (0, +?) 上单调递增,且 h '( x ) ? h '(0)? 0,所以 h( x) ? ( x ? 2)ex ? x ? 2在 所以 h '( x ) ? (x ? 1)ex ? 1在 (0,
h( x ) ex ?1 ? x (0, +?) 上单调递增, +?) 时,g '( x) ? 3 ? 0 , 且 h( x) ? h(0) ? 0 , 因此当 x ? (0, 从而 g ( x) ? x x2

+?) 上单调递增. 在 (0,

4.运用洛必达和导数解2010新课标理
由洛必达法则有,

ex ?1 ? x ex ?1 ex 1 lim g ( x) ? lim ? lim ? lim ? 2 x ?0 x ?0 x ? 0 x ?0 2 x 2x 2
1 1 1 +?) 时,所以 g ( x ) ? ,因此 a ? . 即当 x ? 0 时, g ( x ) ? ,所以当 x ? (0, 2 2 2 1 综上所述,当 a ? 且 x ? 0 时, f ( x) ? 0 成立. 2

5.运用洛必达和导数解自编题

自编:若不等式 sin x ? x ? ax 对于 x ? (0,
3

?
2

)

恒成立,求 a 的取值范围.

5.运用洛必达和导数解自编题
解:应用洛必达法则和导数 当 x ? (0,

?
2

) 时,原不等式等价于 a ?

x ? sin x . x3

记 f ( x) ?

x ? sin x 3sin x ? x cos x ? 2 x f '( x ) ? ,则 . x3 x4

记 g ( x) ? 3sin x ? x cos x ? 2 x ,则 g '( x) ? 2cos x ? x sin x ? 2 . 因为 g ''( x) ? x cos x ? sin x ? cos x( x ? tan x) ,

? g '''( x) ? ? x sin x ? 0 ,所以 g ''( x) 在 (0, ) 上单调递减,且 g ''( x) ? 0 , 2
所以 g '( x ) 在 (0,

?

) 上单调递减,且 g '( x) ? 0 .因此 g ( x) 在 (0, ) 上单调递减, 2 2 g ( x) x ? sin x ? ? 0 f ( x ) ? (0, ) 上单调递减. ,因此 在 x4 x3 2

?

且 g ( x) ? 0 ,故 f '( x) ?

5.运用洛必达和导数解自编题
由洛必达法则有

lim f ( x) ? lim
x ?0 x ?0

x ? sin x 1 ? cos x sin x cos x 1 ? lim ? lim ? lim ? , 3 2 x ? 0 x ? 0 x ? 0 x 3x 6x 6 6 1 1 ,即有 f ( x ) ? . 6 6

即当 x ? 0 时, g ( x ) ?

故a ?

1 ? 3 时,不等式 sin x ? x ? ax 对于 x ? (0, ) 恒成立. 6 2

通过以上例题的分析,我们不难发现应用洛必达法则解决的试题应满足: ① 可以分离变量; ②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性; ③出现“

0 ”型式子. 0

6.运用洛必达和导数解2010年新课标文

2010 海南宁夏文(21) 已知函数 f ( x) ? x(e ?1) ? ax .
x 2

(Ⅰ) 若 f ( x ) 在 x ? ?1 时有极值, 求函数 f ( x ) 的解析式; (Ⅱ)当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ,求 a 的取值范围.

6.运用洛必达和导数解2010年新课标文
解: (Ⅰ)略 (Ⅱ)应用洛必达法则和导数 当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ,即 x(e x ? 1) ? ax 2 . ①当 x ? 0 时, a ? R ;

ex ?1 ②当 x ? 0 时, x(e ? 1) ? ax 等价于 e ? 1 ? ax ,也即 a ? . x
x 2
x

ex ?1 ( x ? 1)e x ? 1 记 g ( x) ? , x ? (0, ??) ,则 g '( x) ? . x x
记 h( x) ? ( x ?1)e ? 1 , x ? (0, ??) ,则 h '( x) ? xe ? 0 ,因此 h( x) ? ( x ?1)e ? 1 在 (0, ??)
x x x

h( x ) ex ?1 ? 0 ,从而 g ( x) ? 上单调递增,且 h( x) ? h(0) ? 0 ,所以 g '( x) ? 在 (0, ??) 上单 x x
调递增.

6.运用洛必达和导数解2010年新课标文
由洛必达法则有

ex ?1 ex lim g ( x) ? lim ? lim ? 1 , x ?0 x ?0 x ?0 1 x
即当 x ? 0 时, g ( x) ? 1 所以 g ( x) ? 1 ,即有 a ? 1 . 综上所述,当 a ? 1 , x ? 0 时, f ( x) ? 0 成立.

7.运用洛必达和导数解2010年大纲理

2010 全国大纲理(22) 设函数 f ( x) ? 1 ? e .
?x

x (Ⅰ)证明:当 x ? ?1 时, f ( x ) ? ; x ?1 x (Ⅱ)设当 x ? 0 时, f ( x) ? ,求 a 的 ax ? 1
取值范围.

7.运用洛必达和导数解2010年大纲理
解: (Ⅰ)略 (Ⅱ)应用洛必达法则和导数 由题设 x ? 0 ,此时 f ( x) ? 0 .

1 x x ? 0 , f ( x) ? ,则 不成立; a ax ? 1 ax ? 1 x x ?x ②当 a ? 0 时,当 x ? 0 时, f ( x) ? ,即 1 ? e ? ; ax ? 1 ax ? 1 若 x ? 0 ,则 a ? R ;
①当 a ? 0 时,若 x ? ? 若 x ? 0 ,则 1 ? e
?x

x 1 ? e? x 1 xe x ? e x ? 1 ? ? 等价于 ,即 a ? . ax ? 1 x ax ? 1 xe x ? x

xe x ? e x ? 1 e2 x ? x 2e x ? 2e x ? 1 ex 记 g ( x) ? , 则 g '( x) ? = (e x ? x 2 ? 2 ? e ? x ) . x x 2 x 2 xe ? x ( xe ? x) ( xe ? x)
记 h( x) ? e ? x ? 2 ? e ,则 h '( x) ? e ? 2 x ? e , h ''( x) ? e +e
x 2 x x ?x ?x ?x

?2 ? 0.

7.运用洛必达和导数解2010年大纲理
因此, h '( x) ? e x ? 2 x ? e? x 在 (0, ? ?) 上单调递增,且 h '(0) ? 0 ,所以 h '( x) ? 0 ,

? ?) 上单调递增,且 h(0) ? 0 ,所以 h( x) ? 0 . 即 h( x) 在 (0,

ex ? ?) 上单调递增. 因此 g '( x)= h( x) ? 0 ,所以 g ( x) 在 (0, x 2 ( xe ? x)
由洛必达法则有

xe x ? e x ? 1 xe x e x ? xe x 1 lim g ( x) ? lim ? lim ? lim ? ,即当 x ? 0 时, x x x x x x?0 x?0 x ? 0 x ? 0 xe ? x e ? xe ? 1 2e ? xe 2
1 1 1 1 g ( x) ? ,即有 g ( x ) ? ,所以 a ? .综上所述, a 的取值范围是 (??, ] . 2 2 2 2

8.运用洛必达和导数解2008年全国2理

sin x 设函数 f ( x) ? . 2 ? cos x
(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.

8.运用洛必达和导数解2008年全国2理
解: (Ⅰ) f ?( x) ? 当 2kπ ?

(2 ? cos x) cos x ? sin x(? sin x) 2cos x ? 1 . ? 2 2 (2 ? cos x) (2 ? cos x)

2π 2π 1 ? x ? 2kπ ? ( k ? Z )时, cos x ? ? ,即 f ?( x) ? 0 ; 3 3 2 2π 4π 1 ? x ? 2kπ ? 当 2kπ ? ( k ? Z )时, cos x ? ? ,即 f ?( x) ? 0 . 3 3 2

2π 2π ? ? 因此 f ( x ) 在每一个区间 ? 2kπ ? , 2kπ ? ? ( k ? Z )是增函数, 3 3 ? ? 2π 4π ? ? f ( x) 在每一个区间 ? 2kπ ? , 2kπ ? ? ( k ? Z )是减函数. 3 3 ? ?

8.运用洛必达和导数解2008年全国2理
解: (Ⅰ)略 (Ⅱ)应用洛必达法则和导数

sin x ? ax 2 ? cos x 若 x ? 0 ,则 a ? R ; f ( x) ?
若 x ? 0 ,则

sin x sin x sin x ? ax 等价于 a ? ,即 g ( x) ? 2 ? cos x x(2 ? cos x) x(2 ? cos x)

则 g '( x) ?

2 x cos x ? 2sin x ? sin x cos x ? x . 2 2 x (2 ? cos x)

记 h( x) ? 2 x cos x ? 2sin x ? sin x cos x ? x ,

h '( x) ? 2cos x ? 2 x sin x ? 2cos x ? cos 2 x ? 1 ? ?2 x sin x ? cos 2 x ? 1 ? 2sin 2 x ? 2 x sin x ? 2sin x(sin x ? x)

8.运用洛必达和导数解2008年全国2理
因此,当 x ? (0, ? ) 时, h '( x) ? 0 , h( x) 在 (0, ? ) 上单调递减,且 h(0) ? 0 , 故 g '( x) ? 0 ,所以 g ( x) 在 (0, ? ) 上单调递减,

sin x cos x 1 ? lim ? . 而 lim g ( x) ? lim x?0 x?0 x(2 ? cos x) x?0 2+cos x ? x sin x 3
另一方面,当 x ?[? , ??) 时, g ( x) ?

1 sin x 1 1 1 ? ? ? ,因此 a ? . 3 x(2 ? cos x) x ? 3


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