数学考后总结范文
时间：2023-01-14 04:34:28
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篇1
第八讲
导数的综合应用
2019年
1.（2019全国Ⅲ文20）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当0
2.（2019北京文20）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当时，求证：；
（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．
3.（2019江苏19）设函数、为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；
（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．
4.（2019全国Ⅰ文20）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f
′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f
′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
5.（2019全国Ⅰ文20）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f
′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f
′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
6.（2019全国Ⅱ文21）已知函数.证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
7.（2019天津文20）设函数，其中.
（Ⅰ）若，讨论的单调性；
（Ⅱ）若，
（i）证明恰有两个零点
（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.
8.（2019浙江22）已知实数，设函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有
求的取值范围.
注：e=2.71828…为自然对数的底数.
2010-2018年
一、选择题
1．（2017新课标Ⅰ）已知函数，则
A．在单调递增
B．在单调递减
C．的图像关于直线对称
D．的图像关于点对称
2．（2017浙江）函数的导函数的图像如图所示，则函数的图像可能是
A．
B．
C．
D．
3．（2016年全国I卷）若函数在单调递增，则的取值范围是
A．
B．
C．
D．
4．（2016年四川）已知为函数的极小值点，则
A．4
B．2
C．4
D．2
5．（2014新课标2）若函数在区间（1，+）单调递增，则的取值范围是
A．
B．
C．
D．
6．（2014新课标2）设函数．若存在的极值点满足
，则的取值范围是
A．
B．
C．
D．
7．（2014辽宁）当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是
A．
B．
C．
D．
8．（2014湖南）若，则
A．
B．
C．
D．
9．（2014江西）在同一直角坐标系中，函数与
的图像不可能的是
10．（2013新课标2）已知函数，下列结论中错误的是
A．
B．函数的图像是中心对称图形
C．若是的极小值点，则在区间单调递减
D．若是的极值点，则
11．（2013四川）设函数（，为自然对数的底数）．若存在使成立，则的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
12．（2013福建）设函数的定义域为R，是的极大值点，以下结论一定正确的是
A．
B．是的极小值点
C．是的极小值点
D．是的极小值点
13．（2012辽宁）函数的单调递减区间为
A．(－1,1]
B．(0,1]
C．
[1,+)
D．(0,+)
14．（2012陕西）设函数，则
A．为的极大值点
B．为的极小值点
C．为的极大值点
D．为的极小值点
15．（2011福建）若，，且函数在处有极值，则的最大值等于
A．2
B．3
C．6
D．9
16．（2011浙江）设函数，若为函数的一个极值点，则下列图象不可能为的图象是
A
B
C
D
17．（2011湖南）设直线
与函数，
的图像分别交于点，则当达到最小时的值为
A．1
B．
C．
D．
二、填空题
18．（2016年天津）已知函数为的导函数，则的值为____.
19．（2015四川）已知函数，(其中)．对于不相等的实数，设＝，＝．现有如下命题：
①对于任意不相等的实数，都有；
②对于任意的及任意不相等的实数，都有；
③对于任意的，存在不相等的实数，使得；
④对于任意的，存在不相等的实数，使得．
其中真命题有___________(写出所有真命题的序号)．
20．（2011广东）函数在=______处取得极小值．
三、解答题
21．（2018全国卷Ⅰ）已知函数．
(1)设是的极值点．求，并求的单调区间；
(2)证明：当时，．
22．（2018浙江）已知函数．
(1)若在，()处导数相等，证明：；
(2)若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点．
23．（2018全国卷Ⅱ）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)证明：只有一个零点．
24．（2018北京）设函数．
(1)若曲线在点处的切线斜率为0，求；
(2)若在处取得极小值，求的取值范围．
25．（2018全国卷Ⅲ）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时，．
26．（2018江苏）记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”．
(1)证明：函数与不存在“点”；
(2)若函数与存在“点”，求实数a的值；
(3)已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由．
27．（2018天津）设函数，其中，且是公差为的等差数列．
(1)若
求曲线在点处的切线方程；
(2)若，求的极值；
(3)若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围．
28．（2017新课标Ⅰ）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
29．（2017新课标Ⅱ）设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，，求的取值范围．
30．（2017新课标Ⅲ）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明．
31．（2017天津）设，．已知函数，
．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）已知函数和的图象在公共点处有相同的切线，
（i）求证：在处的导数等于0；
（ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求的取值范围．
32．（2017浙江）已知函数．
（Ⅰ）求的导函数；
（Ⅱ）求在区间上的取值范围．
33．（2017江苏）已知函数有极值，且导函数
的极值点是的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）
（1）求关于的函数关系式，并写出定义域；
（2）证明：；
34．（2016年全国I卷）已知函数.
(I)讨论的单调性；
(II)若有两个零点，求的取值范围.
35．（2016年全国II卷）已知函数.
(Ⅰ)当时，求曲线在处的切线方程；
(Ⅱ)若当时，，求的取值范围.
36．（2016年全国III卷）设函数．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）证明当时，；
（III）设，证明当时，．
37．（2015新课标2）已知函数．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围．
38．（2015新课标1）设函数．
（Ⅰ）讨论的导函数零点的个数；
（Ⅱ）证明：当时．
39．（2014新课标2）已知函数，曲线在点（0，2）处的切线与轴交点的横坐标为－2．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：当时，曲线与直线只有一个交点．
40．(2014山东）设函数（为常数，是自然对数的底数）
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若函数在内存在两个极值点，求的取值范围．
41．（2014新课标1）设函数，
曲线处的切线斜率为0
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若存在使得，求的取值范围．
42．（2014山东）设函数
，其中为常数．
（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）讨论函数的单调性．
43．(2014广东)
已知函数
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）当时，试讨论是否存在，使得．
44．(2014江苏)已知函数，其中e是自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：是R上的偶函数；
（Ⅱ）若关于的不等式≤在上恒成立，求实数的取值范围；
（Ⅲ）已知正数满足：存在，使得成立．试比较与的大小，并证明你的结论．
45．（2013新课标1）已知函数，曲线在点处切线方程为．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）讨论的单调性，并求的极大值．
46．（2013新课标2）已知函数．
（Ⅰ）求的极小值和极大值；
（Ⅱ）当曲线的切线的斜率为负数时，求在轴上截距的取值范围．
47．（2013福建）已知函数（，为自然对数的底数）．
（Ⅰ）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值；
（Ⅱ）求函数的极值；
（Ⅲ）当的值时，若直线与曲线没有公共点，求的最大值．
48．(2013天津)已知函数．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）
证明：对任意的，存在唯一的，使．
（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的关于的函数为，
证明：当时，有．
49．（2013江苏）设函数，，其中为实数．
（Ⅰ）若在上是单调减函数，且在上有最小值，求的取值范围；
（Ⅱ）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论．
50．（2012新课标）设函数f(x)=－ax－2
（Ⅰ）求的单调区间
（Ⅱ）若，为整数，且当时，，求的最大值
51．（2012安徽）设函数
（Ⅰ）求在内的最小值；
（Ⅱ）设曲线在点的切线方程为；求的值。
52．（2012山东）已知函数（为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与轴平行．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的单调区间；
（Ⅲ）设，其中是的导数．
证明：对任意的，．
53．（2011新课标）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）证明：当，且时，．
54．（2011浙江）设函数，
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）求所有实数，使对恒成立．
注：为自然对数的底数．
55．（2011福建）已知，为常数，且，函数，（e=2.71828…是自然对数的底数）．
（Ⅰ）求实数的值；
（Ⅱ）求函数的单调区间；
（Ⅲ）当时，是否同时存在实数和()，使得对每一个∈，直线与曲线（∈[，e]）都有公共点？若存在，求出最小的实数和最大的实数；若不存在，说明理由．
56．（2010新课标）设函数
（Ⅰ）若=，求的单调区间；
（Ⅱ）若当≥0时≥0，求的取值范围．
专题三
导数及其应用
第八讲
导数的综合应用
答案部分
2019年
1.解析（1）．
令，得x=0或.
若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a
（2）当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增，所以在[0,1]的最小值为，最大值为或.于是
，
所以
当时，可知单调递减，所以的取值范围是.
当时，单调递减，所以的取值范围是.
综上，的取值范围是.
2.解析（Ⅰ）由得．
令，即，得或．
又，，
所以曲线的斜率为1的切线方程是与，
即与．
（Ⅱ）要证，即证，令．
由得．
令得或．
在区间上的情况如下：
所以的最小值为，最大值为．
故，即．
（Ⅲ），由（Ⅱ）知，，
当时，；
当时，；
当时，．
综上，当最小时，．
3.解析（1）因为，所以．
因为，所以，解得．
（2）因为，
所以，
从而．令，得或．
因为都在集合中，且，
所以．
此时，．
令，得或．列表如下：
1
+
–
+
极大值
极小值
所以的极小值为．
（3）因为，所以，
．
因为，所以，
则有2个不同的零点，设为．
由，得．
列表如下：
+
–
+
极大值
极小值
所以的极大值．
解法一：
．因此．
解法二：因为，所以．
当时，．
令，则．
令，得．列表如下：
+
–
极大值
所以当时，取得极大值，且是最大值，故．
所以当时，，因此．
4.解析
（1）设，则.
当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，故在存在唯一零点.
所以在存在唯一零点.
（2）由题设知，可得a≤0.
由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，所以，当时，.
又当时，ax≤0，故.
因此，a的取值范围是.
5.解析
（1）设，则.
当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，故在存在唯一零点.
所以在存在唯一零点.
（2）由题设知，可得a≤0.
由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.
又，所以，当时，.
又当时，ax≤0，故.
因此，a的取值范围是.
6.解析（1）的定义域为（0，+）.
.
因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，
，故存在唯一，使得.
又当时，，单调递减；当时，，单调递增.
因此，存在唯一的极值点.
（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根.
由得.
又，故是在的唯一根.
综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
7.解析（Ⅰ）由已知，的定义域为，且
，
因此当时，
，从而，所以在内单调递增.
（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知.令，由，
可知在内单调递减，又，且
.
故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则.
当时，，所以在内单调递增；当时，，所以在内单调递减，因此是的唯一极值点.
令，则当时，，故在内单调递减，从而当时，
，所以.
从而，
又因为，所以在内有唯一零点.又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.
（ii）由题意，即，从而，即.因为当时，
，又，故，两边取对数，得，于是
，
整理得.
8.解析（Ⅰ）当时，．
，
所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．
（Ⅱ）由，得．
当时，等价于．
令，则．
设
，则
．
（i）当
时，，则
．
记，则
.
故
1
+
单调递减
极小值
单调递增
所以，
．
因此，．
（ii）当时，．
令
，则，
故在上单调递增，所以．
由（i）得．
所以，．
因此．
由（i）（ii）得对任意，，
即对任意，均有．
综上所述，所求a的取值范围是．
2010-2018年
1．C【解析】由，知，在上单调递增，
在上单调递减，排除A、B；又，
所以的图象关于对称，C正确．
2．D【解析】由导函数的图象可知，的单调性是减增减增，排除
A、C；由导函数的图象可知，的极值点一负两正，所以D符合，选D．
3．C【解析】函数在单调递增，
等价于
在恒成立．
设，则在恒成立，
所以，解得．故选C．
4．D【解析】因为，令，，当
时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增．所以．故选D．
5．D【解析】，，在（1，+）单调递增，
所以当
时，恒成立，即在（1，+）上恒成立，
，，所以，故选D．
6．C【解析】由正弦型函数的图象可知：的极值点满足，
则，从而得．所以不等式
，即为，变形得，其中．由题意，存在整数使得不等式成立．当且时，必有，此时不等式显然不能成立，故或，此时，不等式即为，解得或．
7．C【解析】当时，得，令，则，
，令，，
则，显然在上，，单调递减，所以，因此；同理，当时，得．由以上两种情况得．显然当时也成立，故实数的取值范围为．
8．C【解析】设，则，故在上有一个极值点，即在上不是单调函数，无法判断与的大小，故A、B错；构造函数，，故在上单调递减，所以，选C．
9．B【解析】当，可得图象D；记，
，
取，，令，得，易知的极小值为，又，所以，所以图象A有可能；同理取，可得图象C有可能；利用排除法可知选B．
10．C【解析】若则有，所以A正确。由得
，因为函数的对称中心为（0,0），
所以的对称中心为,所以B正确。由三次函数的图象可知，若是的极小值点，则极大值点在的左侧，所以函数在区间（∞,
）单调递减是错误的，D正确。选C.
11．A【解析】若在上恒成立，则，
则在上无解；
同理若在上恒成立，则。
所以在上有解等价于在上有解，
即，
令，所以，
所以．
12．D【解析】A．，错误．是的极大值点，并不是最大值点；B．是的极小值点．错误．相当于关于y轴的对称图像，故应是的极大值点；C．是的极小值点．错误．相当于关于轴的对称图像，故应是的极小值点．跟没有关系；D．是的极小值点．正确．相当于先关于y轴的对称，再关于轴的对称图像．故D正确．
13．B【解析】,,由，解得，又，
故选B．
14．D【解析】，，恒成立，令，则
当时，，函数单调减，当时，，函数单调增，
则为的极小值点，故选D．
15．D【解析】，由，即，得．
由，，所以，当且仅当时取等号．选D．
16．D【解析】若为函数的一个极值点，则易知，选项A，B的函数为，，为函数的一个极值点满足条件；选项C中，对称轴，且开口向下，
，，也满足条件；选项D中，对称轴
，且开口向上，，，与题图矛盾，故选D．
17．D【解析】由题不妨令，则，
令解得，因时，，当时，
，所以当时，达到最小．即．
18．3【解析】．
19．①④【解析】因为在上是单调递增的，所以对于不相等的实数，恒成立，①正确；因为，所以
=，正负不定，②错误；由，整理得．
令函数，则，
令，则，又，
，从而存在，使得，
于是有极小值，所以存
在，使得，此时在上单调递增，故不存在不相等的实数，使得，不满足题意，③错误；由得，即，设，
则，所以在上单调递增的，且当时，
，当时，，所以对于任意的，与的图象一定有交点，④正确．
20．2【解析】由题意，令得或．
因或时，，时，．
时取得极小值．
21．【解析】(1)的定义域为，．
由题设知，，所以．
从而，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
(2)当时，．
设，则
当时，；当时，．所以是的最小值点．
故当时，．
因此，当时，．
22．【解析】(1)函数的导函数，
由得，
因为，所以．
由基本不等式得．
因为，所以．
由题意得．
设，
则，
所以
16
+
所以在上单调递增，
故，
即．
(2)令，，则
，
所以，存在使，
所以，对于任意的及，直线与曲线有公共点．
由得．
设，
则，
其中．
由(1)可知，又，
故，
所以，即函数在上单调递减，因此方程至多1个实根．
综上，当时，对于任意，直线与曲线有唯一公共点．
23．【解析】(1)当时，，．
令解得或．
当时，；
当时，．
故在，单调递增，在单调递减．
(2)由于，所以等价于．
设，则，
仅当时，所以在单调递增．
故至多有一个零点，从而至多有一个零点．
又，，
故有一个零点．
综上，只有一个零点．
24．【解析】(1)因为，
所以．
，
由题设知，即，解得．
(2)方法一：由(1)得．
若，则当时，；
当时，．
所以在处取得极小值．
若，则当时，，
所以．
所以1不是的极小值点．
综上可知，的取值范围是．
方法二：．
(ⅰ)当时，令得．
随的变化情况如下表：
1
+
−
↗
极大值
在处取得极大值，不合题意．
(ⅱ)当时，令得．
①当，即时，，
在上单调递增，
无极值，不合题意．
②当，即时，随的变化情况如下表：
1
+
−
+
↗
极大值
极小值
↗
在处取得极大值，不合题意．
③当，即时，随的变化情况如下表：
+
−
+
↗
极大值
极小值
↗
在处取得极小值，即满足题意．
(ⅲ)当时，令得．
随的变化情况如下表：
−
+
−
极小值
↗
极大值
在处取得极大值，不合题意．
综上所述，的取值范围为．
25．【解析】(1)，．
因此曲线在点处的切线方程是．
(2)当时，．
令，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以．因此．
26．【解析】(1)函数，，则，．
由且，得，此方程组无解，
因此，与不存在“点”．
(2)函数，，
则．
设为与的“点”，由且，得
，即，（*）
得，即，则．
当时，满足方程组（*），即为与的“点”．
因此，的值为．
(3)对任意，设．
因为，且的图象是不间断的，
所以存在，使得．令，则．
函数，
则．
由且，得
，即，（**）
此时，满足方程组（**），即是函数与在区间内的一个“点”．
因此，对任意，存在，使函数与在区间内存在“点”．
27．【解析】(1)由已知，可得，故，
因此，=−1，
又因为曲线在点处的切线方程为，
故所求切线方程为．
(2)由已知可得
．
故．令=0，解得，或．
当变化时，，的变化如下表：
(−∞，
)
(，
)
(，
+∞)
+
−
+
↗
极大值
极小值
↗
所以函数的极大值为；函数小值为．
(3)曲线与直线有三个互异的公共点等价于关于的方程有三个互异的实数解，
令，可得．
设函数，则曲线与直线有三个互异的公共点等价于函数有三个零点．
．
当时，，这时在R上单调递增，不合题意．
当时，=0，解得，．
易得，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
的极大值=>0．
的极小值=−．
若，由的单调性可知函数至多有两个零点，不合题意．
若即，
也就是，此时，
且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意．
所以的取值范围是
28．【解析】（1）函数的定义域为，
，
①若，则，在单调递增．
②若，则由得．
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增．
③若，则由得．
当时，；当时，，
故在单调递减，在单调递增．
（2）①若，则，所以．
②若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为
．从而当且仅当，即时，．
③若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为
．
从而当且仅当，即时．
综上，的取值范围为．
29．【解析】（1）
令得
，．
当时，；当时，；当时，．
所以在，单调递减，在单调递增．
（2）．
当时，设函数，，因此在单调递减，而，故，所以
．
当时，设函数，，所以在单调递增，而，故．
当时，，，
取，则，，
故．
当时,取,则,．
综上，的取值范围是．
30．【解析】（1）的定义域为，．
若，则当时，，故在单调递增.
若，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.
（2）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为
．
所以等价于，
即．
设，则．
当时，；当时，．所以在单调递增，在单调递减.故当时，取得最大值，最大值为．所以当时，．从而当时，，即．
31．【解析】（I）由，可得
，
令，解得，或．由，得．
当变化时，，的变化情况如下表：
所以，的单调递增区间为，，单调递减区间为．
（II）（i）因为，由题意知，
所以，解得．
所以，在处的导数等于0．
（ii）因为，，由，可得．
又因为，，故为的极大值点，由（I）知．
另一方面，由于，故，
由（I）知在内单调递增，在内单调递减，
故当时，在上恒成立，
从而在上恒成立．
由，得，．
令，，所以，
令，解得（舍去），或．
因为，，，故的值域为．
所以，的取值范围是．
32．【解析】（Ⅰ）因为，
所以
（Ⅱ）由
解得或．
因为
x
（，1）
1
（1，）
（，）
-
+
-
↗
又，
所以在区间上的取值范围是．
33．【解析】(1)由,得.
当时，有极小值.
因为的极值点是的零点.
所以，又，故.
因为有极值，故有实根，从而，即.
时，，故在R上是增函数，没有极值；
时，有两个相异的实根，.
列表如下
+
–
+
极大值
极小值
故的极值点是.
从而，
因此，定义域为.
（2）由（1）知，．
设，则．
当时，，所以在上单调递增．
因为，所以，故，即．
因此．
（3）由（1）知,的极值点是，且，.
从而
记，所有极值之和为，
因为的极值为，所以，.
因为，于是在上单调递减.
因为，于是，故.
因此的取值范围为.
34．【解析】
(Ⅰ)
(i)设，则当时，；当时，.
所以在单调递减，在单调递增.
(ii)设，由得或．
①若，则，所以在单调递增.
②若，则,故当时，；
当时，，所以在单调递增，在单调递减.
③若，则，故当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减.
(Ⅱ)(i)设，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.
又，取b满足b
则，所以有两个零点.
(ii)设a=0，则，所以有一个零点.
(iii)设a
又当时，
综上，的取值范围为.
35．【解析】（Ⅰ）的定义域为.当时，
，
曲线在处的切线方程为
（Ⅱ）当时，等价于
令，则
，
（i）当，时，，
故在上单调递增，因此；
（ii）当时，令得
，
由和得，故当时，，在单调递减，因此.
综上，的取值范围是
36．【解析】（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得．当时，，单调递增；当时，，单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为.
所以当时，.
故当时，，，即.
（Ⅲ）由题设，设，则，
令，解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
由（Ⅱ）知，，故，又，
故当时，.
所以当时，.
37【解析】（Ⅰ）的定义域为，．
若，则，所以在单调递增．
若，则当时，；当时，．所以在单调递增，在单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，在上无最大值；当时，在取得最大值，最大值为．
因此等价于．
令，则在单调递增，．
于是，当时，；当时，．
因此的取值范围是．
38．【解析】（Ⅰ）的定义域为，．
当时,，没有零点；
当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又，当满足且时，，故当时，存在唯一零点．
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，；
当时，．
故在单调递减，在单调递增，
所以当时，取得最小值，最小值为．
由于，所以．
故当时，．
39．【解析】（Ⅰ）=，.
曲线在点（0,2）处的切线方程为．
由题设得，所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
设，由题设知．
当≤0时，，单调递增，，所以=0在有唯一实根．
当时，令，则．
，在单调递减，在单调递增，
所以，所以在没有实根.
综上，=0在R有唯一实根，即曲线与直线只有一个交点．
40．【解析】（Ⅰ）函数的定义域为
由可得
所以当时，，函数单调递减，
所以当时，，函数单调递增，
所以
的单调递减区间为，的单调递增区间为
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，在内单调递减，
故在内不存在极值点；
当时，设函数，，因此．
当时，时，函数单调递增
故在内不存在两个极值点；
当时，
函数在内存在两个极值点
当且仅当，解得
综上函数在内存在两个极值点时，的取值范围为．
41．【解析】（Ⅰ），
由题设知，解得．
（Ⅱ）的定义域为，由（Ⅰ）知，，
（ⅰ）若，则，故当时，，在单调递增，所以，存在，使得的充要条件为，
即，解得．
（ii）若，则，故当时，；
当时，，在单调递减，在单调递增．所以，存在，使得的充要条件为，
而，所以不合题意．
（iii）若，则．
综上，的取值范围是．
42．【解析】（Ⅰ）由题意知时，，
此时，可得，又，
所以曲线在处的切线方程为．
（Ⅱ）函数的定义域为，
，
当时，，函数在上单调递增，
当时，令，
由于，
①当时，，
，函数在上单调递减，
②当时，，，函数在上单调递减，
③当时，，
设是函数的两个零点，
则，，
由
，
所以时，，函数单调递减，
时，，函数单调递增，
时，，函数单调递减，
综上可知，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减；
当时，在，上单调递减，在上单调递增．
43．【解析】（Ⅰ）
（Ⅱ）
44．【解析】（Ⅰ），，是上的偶函数
（Ⅱ）由题意，，即
，，即对恒成立
令，则对任意恒成立
，当且仅当时等号成立
（Ⅲ），当时，在上单调增
令，
，，即在上单调减
存在，使得，，即
设，则
当时，，单调增；
当时，，单调减
因此至多有两个零点，而
当时，，；
当时，，；
当时，，．
45．【解析】．由已知得，，
故，，从而；
（Ⅱ）
由（I）知，
令得，或．
从而当时，；当时，．
故在，单调递增，在单调递减．
当时，函数取得极大值，极大值为．
46．【解析】（Ⅰ）的定义域为，
①
当或时，；当时，
所以在，单调递减，在单调递增．
故当时，取得极小值，极小值为；当时，取得极大值，极大值为．
（Ⅱ）设切点为，则的方程为
所以在轴上的截距为
由已知和①得．
令，则当时，的取值范围为；当时，的取值范围是．
所以当时，的取值范围是．
综上，在轴上截距的取值范围．
47．【解析】（Ⅰ）由，得．
又曲线在点处的切线平行于轴，
得，即，解得．
（Ⅱ），
①当时，，为上的增函数，所以函数无极值．
②当时，令，得，．
，；，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，且极小值为，无极大值．
综上，当时，函数无极小值；
当，在处取得极小值，无极大值．
（Ⅲ）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．
解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．
（Ⅲ）当时，．
直线：与曲线没有公共点，
等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：
（*）
在上没有实数解．
①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解．
②当时，方程（*）化为．
令，则有．
令，得，
当变化时，的变化情况如下表：
当时，，同时当趋于时，趋于，
从而的取值范围为．
所以当时，方程（*）无实数解，解得的取值范围是．
综上，得的最大值为．
48．【解析】（Ⅰ）函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝2xln
x＋x＝x(2ln
x＋1)，令f′(x)＝0，得.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x)
－
＋
f(x)
极小值
所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
（Ⅱ）证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0.
设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．
由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tln
et－t＝t(e2t－1)＞0.
故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．
（Ⅲ）证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，从而
，
其中u＝ln
s.
要使成立，只需.
当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．
所以s＞e，即u＞1，从而ln
u＞0成立．
另一方面，令F(u)＝，u＞1.F′(u)＝，令F′(u)＝0，得u＝2.
当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0.
故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0.
因此成立．
综上，当t＞e2时，有.
49．【解析】：（Ⅰ）由题在上恒成立，在上恒成立，；
若，则在上恒成立，在上递增，
在上没有最小值，，
当时，，由于在递增，时，递增，时，递减，从而为的可疑极小点，由题，，
综上的取值范围为．
（Ⅱ）由题在上恒成立，
在上恒成立，，
由得
，
令，则，
当时，，递增，
当时，，递减，
时，最大值为，
又时，，
时，，
据此作出的大致图象，由图知：
当或时，的零点有1个,
当时，的零点有2个,
50．【解析】（Ⅰ）的定义域为，．
若，则，所以在单调递增．
若，则当时，当，，所以
在单调递减，在单调递增．
（Ⅱ）
由于，所以(x－k)
f´(x)+x+1=．
故当时，(x－k)
f´(x)+x+1>0等价于
（）
①
令，则
由（Ⅰ）知，函数在单调递增．而，所以在存在唯一的零点，故在存在唯一的零点，设此零点为，则．当时，；当时，，所以在的最小值为，又由，可得，所以
故①等价于，故整数的最大值为2．
51．【解析】（Ⅰ）设；则
①当时，在上是增函数
得：当时，的最小值为
②当时，
当且仅当时，的最小值为
（Ⅱ）
由题意得：
52．【解析】（Ⅰ）由
=
可得，而，
即，解得；
（Ⅱ），令可得，
当时，；当时，．
于是在区间内为增函数；在内为减函数．
（Ⅲ）
=
因此对任意的，等价于
设
所以，
因此时，，时，
所以，故．
设，则，
，，，，即
，对任意的，．
53．【解析】（Ⅰ）
由于直线的斜率为，且过点，故
即,解得，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以
考虑函数，则
所以当时，故
当时，
当时，
从而当
54．【解析】（Ⅰ）因为
所以
由于，所以的增区间为，减区间为
（Ⅱ）【证明】：由题意得，
由（Ⅰ）知内单调递增，
要使恒成立，
只要，解得
55．【解析】（Ⅰ）由
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得从而
，故：
（1）当；
（2）当
综上，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为（0，1）；
当时，函数的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为。
（Ⅲ）当时，
由（Ⅱ）可得，当在区间内变化时，的变化情况如下表：
－
+
单调递减
极小值1
单调递增
2
又的值域为[1，2]．
由题意可得，若，则对每一个，直线与曲线
都有公共点．并且对每一个，
直线与曲线都没有公共点．
综上，当时，存在最小的实数=1，最大的实数=2，使得对每一个，直线与曲线都有公共点．
56．【解析】（Ⅰ）时，，
。当时;当时，;当时，。故在，单调增加，在（1，0）单调减少．
（Ⅱ）。令，则。若，则当时，，为减函数，而，从而当x≥0时≥0，即≥0．
篇2
在教学活动中，考后的讲评工作作为教师工作的一个组成部分，是提高教学质量的不可缺少的一个重要环节，对于澄清学生的模糊观念、校正错误、提高分析问题的能力以及查缺补漏、激发求知欲，起着不可低估的作用。甚至可以说，考后讲评比考试本身更有意义。如何做好考后的讲评工作，考后讲评应注意哪些问题，笔者谈一点粗浅的看法。
1. 认真阅卷，掌握第一手材料
试卷讲评最重要的是做到对症下药、有的放矢，最忌讳的是教师从头到尾将试题讲解一遍，教师一题一题报答案，学生一题一题对答案、抄答案。如何对症下药？首先要找到“症结”，掌握第一手材料。这就要求教师必须认真阅卷，并在阅卷中有选择、有重点地将卷面情况，如一些典型性、普遍性的错误，学生中普遍存在的审题不清、概念模糊造成的失分较多的题目记录下来，以备课堂讲解、纠正和提高。最好是列举典型问题，师生共同分析得分点、扣分点，目的就是让学生能动脑，拓宽思路多方寻找答案。当然也只有在认真阅卷、掌握第一手材料的基础上，教师在讲评中才能胸有成竹，才能真正解决问题，提高考试效果，考试后做出试卷答案。教师自己仅看看分数，就草草去讲评的做法是不足取的。
2. 讲评要有启发性，注重复习与运用知识
试卷讲评，不应仅仅局限于帮助学生把个别错误答案纠正过来，而且应善于通过对某一问题的分析，使与此相关的一块或一片知识得到复习巩固和提高，通过讲评更好地发挥数学习题的“教学功能”和“发展功能”。所以教师在讲评试卷时要注意知识的横向和纵向的联系，注意区别容易混淆的问题，要根据学生答题的实际情况，精心设计、巧妙提问、恰当引导、耐心启发，让学生通过独立认真的思考获取知识和方法。例如，对y= 型的函数值域的求法，是一道解法比较灵活的题目，虽然解决此类问题的方法很多，但学生得分率还是很低，其关键是学生对解决此类问题思路方法没有真正的理解和掌握。我在讲评“求函数y= 的值域”一题时，先与学生共同分析解析式的结构特点，寻找解决问题的有效途径，经过教师的指导与点拨，学生们发现可以通过三种途径解决此题：一是通过恒等变形，将原式化为Asinx+Bcosx=C的形式，再利用弦函数的有界性来求解；二是根据题目解析式的结构特点以及直线的斜率公式，采用数形结合的方法，将问题转化为两点连线的斜率来确定最值；三是利用三角中的万能公式将问题转化为关于tan 的二次方程，再利用判别式求解。通过这样的师生互动使学生积极思考，变被动为主动，培养了学生认真思考的习惯，更重要的是通过一道三角函数的最值问题的讨论，学生对数学中三角变换、三角函数的性质及化归与转化、数形结合、函数与方程等教育思想都进行了有针对性的复习，从而达到举一反
三、讲解一题复习一片的目的。
3. 讲评要有重点，注重学法和解法指导
试卷讲评课与其他课型一样，同样要有目的、有步骤、有重点，注意提高针对性和实效性，切忌面面俱到。一份考卷不仅要将知识点分散考查。如果采取逐题讲评的方式，学生思维跳跃频繁，同类知识重复出现，势必造成学生的厌倦情绪，难以达到预期效果，因此教师应按试卷考查的知识点和数学思想方法，根据学生的“常见病”和“多发病”适当进行归类讲评，针对学生的实际情况和反馈的信息，区分好普遍性和倾向性问题，抓住问题的症结，突破热点和难点。可以采取如下方法进行讲评：
(1) 抓“通病”与典型错误
数学中常见到涉及函数的图象问题，这是学生比较薄弱的一个环节。函数图象的作法、函数图象的变换、函数图象的应用，都是近几年高考的热点。很多学生都会产生错误，原因就在于对反函数的概念和函数的图象的基本变换没有掌握，理解不到位。因此对这类问题就要在讲评试卷时认真分析错误的原因，帮助学生纠正偏差，使学生掌握正确的思考方法和解题方法。
（2） 抓“通法”与典型思路
数学中有很多问题是考查基础知识和基本技能的，解题也有“通法”和“特法”之分，根据高考的知识能力要求，学生要熟练掌握解决某些问题的“通法”。因此，在讲评试卷时要注意向学生介绍解决一类问题的基本方法，也就是我们所说“通法”，讲清楚一些题型的解题思路，使学生真正理解和掌握数学的思想方法。例如：“已知两等差数列
实现转化，从而解决问题。通过这一题的讲解，使学生学会灵活运用等差数列的公式和性质，有效地进行转化，使问题得到解决。
4. 讲评要有激励性，注重反思和总结的引导
一堂好的讲评课，首先应发现和肯定学生的成绩规律和表扬学生的进步，以期使学生处于爱学数学的最佳状态，激发学生的学习积极性。一位德国教育家说过：“教学的艺术不在于传授本领，而在于激励、唤醒、鼓舞。”所以考试后的讲评要注意肯定和激励，特别是对学困生，更要因人而异，要从解题思路、运算过程、运算结果和书写格式上细心寻找他们的“闪光点”，并给予充分的表扬和肯定，使他们感到自己已有进步，从而增强他们的上进心。总之，通过讲评，要充分调动学生学习数学的情感、意志、兴趣、爱好等多方面的积极因素，促进智力因素与非智力因素的协调发展，以提高数学教学质量。
篇3
初中数学教师教授课程时，应注意培养学生的独立思考能力，使学生对所学知识有详细的思考分析[1]。教学过程中，教师应建立良好的师生关系，促进师生之间的交流，以平等的交流方式鼓励学生独立思考，使学生经过独立思考学会对知识的归纳总结及反思延伸。
一、初中数学教学中学生独立思考能力培养存在的问题
（一）对于独立思考能力培养的本质缺乏了解
初中数学教学过程中，教师依然使用传统教学方式进行授课，教师高站于讲台之上不停地讲解考点，学生在下面浑浑噩噩地听着。整个课堂死气沉沉，缺乏师生互动，学生在学习过程中被动吸收知识，无法经过独立思考获得答案。
一些教师在教学过程中认识到了缺陷性，在课堂上留出学生独立思考的时间，但是这些独立思考时间并没有真正落实到学生之中，很多学生趁此机会打着独自思考的旗号，做与课程无关的事情。
造成这些情况的主要原因是教师无法正确引导学生独立思考，以致不能很好地培养学生的独立思考能力。
（二）独立思考能力缺失
为保障学生在中学期间独立思考能力获得有效发展，许多学生依赖于教学，无法独立思考。与此同时，在我国长久以来传统教学方式的影响下，一些老师为保障学生学习成绩，将教学注意力放在考试重点上，不关注学生是否进行了独立思考，使学生的日常学习枯燥而单一，无法有效获得教学知识，更丧失培养学生独立思考能力的机会，不利于学生全面发展及独立思考能力养成。
二、关于有效提高中学生独立思考能力的建议
（一）加强师生沟通
受传统教学理念的影响，教师处于教学活动的主体地位，使师生关系有着巨大隔阂。为培养中学生在初中数学教学中独立思考的习惯，教师应该转变传统教学理念，教授课程内容时引导学生参与到教学活动中，积极针对课堂中所出现的问题思考探讨，并及时与教师交流[2]。良好的师生沟通使学生不再惧怕教师，敢于对教师的教学内容进行质疑，不再盲目跟随教师思想，丧失独立思考能力，如教授人教版初中数学“相反数”这一课程时，教师借助数轴帮助学生了解相反数的概念及位置关系，并教导学生对一个数求出它的相反数。在学生学习基础内容后，教师主动沟通，对学生进行引导性提问，一个数总比它的相反数大是否正确？要求学生独立思考后将答案告诉教师，教师归纳总结学生的思考结果，确定该说法不正确并举例0的相反数还是0，使学生肯定自己独立思考的结果，从而更有兴趣继续独立思考。
（二）养成独立思考的良好习惯
初中生接触最多的便是教师，有效培养学生的独立思考能力无法离开教师的引导。因此，教师教学时应提前做好课堂环节设计，在课程教授过程中提出有针对性的问题，引导学生独立思考，而不是采用盲目的问题使学生盲目思考。如教授人教版初中数学“分式方程”时，教师首先学习课标任务，要求学生熟练掌握分式方程的解法，并可将其简化为一元一次方程。首先，教师根据书本中思考部分提出问题，引发学生思考，从而解决分式方程的解法问题。接着，根据课本提出为什么分式方程在去分母后获得的解就是原方程的解，而有些分式方程去分母后得到的解就不是原方程的解？学生根据这个问题结合课中所做的练习题独立思考，分析发生这种情况的原因，并在教师带领下归纳出增根的检验方法。
这种教学方式以学生为教学主体，整个教学过程由学生主导进行，使学生对教师的引导问题积极思考，养成独立思考的习惯。这种习惯的养成有助于学生在未来学习更高等数学过程中建立严密的逻辑思维。
（三）激发学生独立思考的热情
因初中生面临严峻的中考，教师在教学过程中抓紧时间讲解考点知识，不会浪费时间在学生独立思考方面，使学生对枯燥乏味的教学产生抵触情绪。只有激发学生的学习兴趣，学生才会发挥主观能动性主动思考问题。为此，教学过程中，教师可以采用多媒体教学手段，为课程内容增强趣味性，激发学生学习兴趣，从而使学生主动独立思考，提高学生思维能力[3]。在教学内容上，教师多采用一些实际实验问题的教学案例，给予学生充分思考空间，鼓励学生独立思考后与周围同学交流，不同学生之间的独立思考成果产生激烈的碰撞，产生新的观念及解题技巧，提高学生学习效率。如教授人教版初中数学“多边形内角和”时，教师先以三角形内角和及正方形、长方形的内角和引入任意四边形内角和的计算。接着进行学生分组，要求学生独立探究四边形内角和，探究完成后在小组中交流，得出结果并汇报给教师，教师再对正确的结果进行归纳总结。最后，使用多媒体设备展示多边形，要求学生根据四边形内角和结果进行多边形内角和的推导，在学生独立思考后，做出推导结果并汇报给教师，教师选取正确的思考结果并归纳得出n边形内角和等于180°×（n-2）。
教师以课标内容设立问题主线，引导学生顺着问题独立思考并解决问题，在这个不断思考、不断解决的过程中学习课标知识，这种方式能加强学生对知识点的掌握，促进学生数学成绩的提高。
三、结语
培养学生独立思考能力是一项任重而道远的任务，教师在教学过程中不可太过焦急。应尊重学生的差异性，根据不同学生采用不同方式循循善诱，使学生在潜移默化中养成独立思考问题的习惯，使学生无论在学习中还是生活中都能独立思考问题寻找最佳解决办法。
参考文献：
篇4
2.三结。
一、三先三后
所谓“三先三后”即要培养学生先预习后听课，先复习后写作业，先思考后发问。
1．先预习后听课。要使学生主动获取知识，数学教学中可以使用导学案，导学案实质上是教师用以帮助学生掌握教材内容、沟通学与教的桥梁，也是培养学生自主学习和建构知识能力的一种重要媒介，具有“导读、导听、导思、导做”的作用。教师将预先编写好的导学案，在课前发给学生，让学生明确学习目标，带着问题对课文进行预习。在预习中完成导学案中自己能够解决的问题，能够自己动手做的实验必须自己做，实际操作也尽可能地自己去理解完成。如有部分同学不能正确地完成预习任务，再以小组活动讨论交流展示，同学们的“讨论交流展示”，即是把自己想法用自己的语言表达出来，小组内解决，这就是学生的提高。课前预习是自己的独立探索，无需教师以往的“满堂灌”，培养了学生探求知识，渴求知识的欲望，学生有了成功的喜悦。
2．先复习后写作业。这是对学过知识的巩固和提高。以往学生写作业是为完成作业而完成作业，没有什么积极性，作业是在给教师写，给家长写的，而现在让学生先复习在熟悉的基础上去写作业，使他们真正体会到了学习知识的乐趣，完成作业，不是先交给教师而是学生小组内交流，给他们自主改正的机会，然后再由教师批阅，保护了他们的自尊，体现了学生自身的价值。学生的作业都非常认真，而且都想别出心裁，写出自己与众不同的想法。
3．先思考后发问。以往的学生动不动就说“不会”“老师您看见这道题怎么做”等，现在经过自主探索的培养，学生的疑问先是自己思考，如果自己解决不了先在小组内与同伴交流探讨解决，组内解决不了实现组间交流探讨解决，如有疑问或解决不了再问教师，和以前相比学生都有了自己的思考过程和想法。
二、三结
“三结”：即是培养学生进行总结，“一节课一个总结，一天一个总结，一个单元阶段一个总结”。
1．“一课一结”即让学生写出本节课学了哪些知识，获得怎样解决问题的方法，有了哪些提高，还有哪些问题不太清楚，需要和同学教师交流提高，写在笔记中或导学案上，这就是学生的财富。
