常用函数的导数教学设计

常用函数的导数教学设计（精选15篇）

1.常用函数的导数教学设计 篇一

一、本节课的成功之处：

1.注重教学设计

本节课由于提前撰写了教学设计，并且经过了精心的修改，通过课堂教学的实施，能够把新课标理念渗透到教学中去，体现了以学生为主体，以教师为主导的作用发挥的比较到位，学生能极思考，思维敏捷，合作学习氛围浓厚，是一堂成功的教学设计课。

2.注重探究方法和数学思想的渗透

教学过程中教师指导启发学生以循序渐进的模式由简到难，再从理论上探究验证，这个过程中既让学生获得了关于新知的内容，更可贵的是让学生体会到如何研究一个新问题，即探究方法的体验与感知。同时也渗透了归纳推理的数学思想方法。培养了学生的探索精神，积累了探究经验。

3.突出学生主体地位，教师做好组织者和引导者

教师在整个教学过程一直保持着组织者与引导者的身份，通过抛出的若干问题，促使学生主动探索、积极思维。充分发挥学生的主动性，让学生在动脑、动口、动手的活动中掌握知识和方法，提炼规律。并体验发现规律的喜悦感，激发热爱数学的积极情绪。

4.现代信息技术的合理使用

多媒体的使用，第一，在教学上节省了时间，让学生有更多时间去探究。第二，利用几何画板的优势，使原本不能画出的图像都通过几何画板画出，直观的验证了函数的导数的正负与单调性的关系。帮助学生发现规律。使探究落到实处。

二、本节课存在的不足之处是：

(1)课件中有些漏掉的部分。

(2)作业部分未展示。

(3)复习导数概念时，由于学生说不清楚，教师没及时中断，导致引入时间有点长。

三、改进思路：

(1)加强学习现代信息技术，提高制作多媒体技术的水平。

(2)在设计教学时，在考虑全面一些，是教学过程更符合学生实际水平。

2.常用函数的导数教学设计 篇二

一、导数教学中对函数概念的再认识

导数, 即导函数, 它的引出和定义始终贯穿着函数思想, 为什么这么说呢?首先要看一下高中数学中对导数的定义.我们首先定义一个函数y=f (x) 在点x0处可导, 且x0处有唯一的导数f (x0) , 然后定义函数y=f (x) 在开区间 (a, b) 内可导, 因而对于开区间 (a, b) 内每一个确定的值, 都对应着一个确定的导数f (x0) .根据函数定义, 在开区间 (a, b) 内就构成了一个新函数, 这个新函数就是导数.此处提到了根据函数的定义, 那么函数的定义或者说函数的概念又是什么呢?

函数是数学中的一种对应关系, 是从非空数集A到实数集B的对应.精确地说, 设X是一个非空集合, Y是非空数集, f是个对应法则, 若对X中的每个x, 按对应法则f, 使Y中存在唯一的一个元素y与之对应, 就称对应法则f是X上的一个函数, 记作y=f (x) , 称X为函数f (x) 的定义域, 集合{y|y=f (x) , x∈R}为其值域 (值域是Y的子集) , x叫做自变量, y叫做因变量, 习惯上也说y是x的函数.对应法则和定义域是函数的两个要素.

由于函数的学习在高中阶段要远早于导数, 因此这样旧话重提, 不但是一种对函数概念简单的复习, 而且结合着导数的定义, 我们对函数的概念又有了新的认识.因为学习函数的时候, 我们已经习惯了将函数的定义域局限于一个集合里面, 定义域中的任意数都对应着它的唯一值, 而没有想到过, 当将定义域缩小到某一个连续可导的区间时, 会产生一个全新的函数, 而且这个全新的函数拥有函数的一切特性, 也遵循着一一对应的法则.通过这种定义层面的对比与教学, 我们在导数的教学过程之中, 就实现了对函数概念的再认识.

二、导数教学中对函数性质的再教学

1. 导数与函数的图像

导数在物理上有着应用价值, 在几何上同样有意义:函数y=f (x) 在点x0处的导数f (x0) , 就是曲线y=f (x) 在点P (x0, f (x0) ) 处的切线的斜率k, 即:k=tanα=f (x0) .相应的切线方程为y-y0=f (x0) (x-x0) .这就将导数与函数的图像联系了起来, 导数在有关函数图我们对导数与函数相互关系的理解.

结合具体的题目进行讲解:

已知曲线C:y=x3-3x2+2x, 直线l:y=kx, 且直线l与曲线C相切于点 (x0, y0) (x0, 0) , 求直线l的方程及切点坐标.

在求解这道题目的时候, 首先引起我们注意的是“相切”这个词眼, 自然而然我们会想到导数.将曲线C的方程还原为一个函数, 那么这个题目就转变为求函数在某处的导数这个简单的问题.

2. 导数与函数的单调性

用导数来确定函数的增减区间相对于学习函数单调性时所采用的定义法和图形法, 更为直接, 更为简便.导数的引入, 使函数的单调性在另一个层面得到了体现, 也为我们判断函数的单调性提供了一个更加快捷的途径, 也便于我们更好地理解函数的性质.函数的单调性也称为函数的增减性.通常的在某个区间 (a, b) 内, 如果f′ (x) >0, 那么函数y=f (x) 在这个区间内单调递增;如果f′ (x) <0, 那么函数y=f (x) 在这个区间内单调递减;如果在某个区间内恒有f′ (x) =0, 则f (x) 是常数函数.一般的, 求解可导函数y=f (x) 单调区间, 可以分为以下四个步骤: (1) 确定函数y=f (x) 的定义域; (2) 求导数y=f′ (x) ; (3) 解不等式f′ (x) >0, 解集在定义域内的部分为增区间; (4) 解不等式f′ (x) <0, 解集在定义域内的部分为减区间.结合具体的题目进行讲解:

已知函数f (x) =4x+ax2-32x3 (x∈R) 在区间[-1, 1]上是增函数, 求实数a的取值范围.

题目中已经给出了函数的单调性, 要求得出某个未知数, 那么可以将利用导数求解函数单调性步骤反过来运用, 由已知推算未知.

3. 导数与函数的极值

3.导数在函数中的应用 篇三

关键词：导数 切线 单调性 极值 最值

随着课改的不断深入，导数知识考查的要求逐渐提高，近年很多省的高考题中都出现以函数为载体，通过研究其图像性质，来考查学生的创新能力和探究能力的试题。新课程利用导数求曲线的切线，判断或论证函数的单调性、函数的极值和最值。下面笔者结合教学实践，就导数在函数中的应用作一个初步探究。

一、用导数求函数的切线

例1.已知曲线y=x3-3x2-1，过点(1,-3)作其切线，求切线方程。

解：y′=3x2-6x，当x=1时y′=-3，即所求切线的斜率为-3。故所求切线的方程为y+3=-3(x-1)，即为：y=-3x。

点评：函数y=f(x)在点x。处的导数的几何意义，就是曲线y=f(x)在点p(x。,f﹙xo﹚)处的切线的斜率。即曲线y=f(x)在点p(x。,f﹙xo﹚)处的切线的斜率是f′(x。)，相应的切线方程为：y-f(xo)=f′(xo)(x-xo)。

二、用导数判断函数的单调性

例2.求函数y=x3-3x2-1的单调区间。

分析：求出导数y′，令y′>0或y′<0，解出x的取值范围即可。

解：y′=3x2-6x，由y′>0，解得x<0或x>2；由y′<0，解得0

故所求单调增区间为(-∞,0)和(2,+∞)，单调减区间为(0,2)。

点评：利用导数判断函数的单调性的步骤是：①确定f(x)的定义域；②求导数f′(x。)；③在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x。)>0和f′(x。)<0；④确定f(x)的单调区间。若在函数式中含字母系数，往往要分类讨论。

4.常用函数的导数教学设计 篇四

教学目标：

1、知识与技能目标：通过实例，借助图形直观探索并了解导数与函数单调性的关系，理解并掌握利用导数研究函数的单调性以及求解函数单调区间；

2、过程与方法目标：会用导数研究函数单调性，并会用导数求解函数单调区间；

3、情感态度与价值观目标：探究导数与函数单调性关系的过程中培养学生数形结合思想和从特殊到一般的数学思想，以及发现问题、解决问题的能力。教学重点：利用导数研究函数的单调性，求函数的单调区间； 教学难点：发现和揭示导数值的符号与函数单调性的关系； 教学方法与手段：探究式教学模式；利用多媒体现代设备教学 教学过程：

一、复习回顾：

我们知道平均变化率可以刻画函数的变化趋势，大家还记得 问题1：函数yfx在区间x1,x2上平均变化率的数学表达式吗？

fx2fx1生1：（教师板书），x2x1师：那你能给出这个二次函数fxx4x3在x1,x2上的平均变化率吗？

2问题2：导数的概念和它的几何意义？

生2：x2x1时，fx2fx1fx1（教师板书）

x2x1师：这个导数又有什么几何意义？

生2：曲线yfx在点x1,fx1处切线的斜率

师：这个二次函数fxx4x3，它对应的fx1又是什么？

2生3：fx12x14

师：今天我们一起来学习导数在研究函数中的应用，导数作为函数变化率比较精确地刻画了函数的变化趋势，（板书“导数在研究函数 中的应用”）

二、建构数学 师：观察二次函数fxx24x3图象，请大家给出在对称轴左右两侧函数的变化趋势 生：对称轴x2左边下降趋势，对称轴x2右边上升趋势，师：也就是在,2为减函数，在2,为增函数，这也是函数的单调性 师：你是怎样判断函数单调性的？ 生：图象法（教师板书）

师：我们曾经还学习过判断函数单调性还有什么方法？ 生：定义法（教师板书）问题3：那函数单调性定义又是什么？

生：函数yfx的定义域为A，区间IA，任取x1,x2I，当x1x2时，fx1fx2，则yfx在区间I上是单调增函数； fx1fx2，则yfx在区间I上是单调减函数。

师：回答的非常好！请大家用定义法证明二次函数fxx4x3在2, 为增函数

2生： x1,x22,，不妨设x1x2，则fx2fx1x2x1x1x240，所以fx1fx2，所以函数在2,为增函数。

问题4：大家注意观察，从形式上你发现定义法和平均变化率对应的两式之间有关系吗？

f(x2)f(x1)x1x24，f(x2)f(x1)x2x1x1x24

x2x1生：有关系

师：说的很好！我们发现平均变化率与定义法之间存在某种密切的关系

问题5：当自变量的改变量无限趋近于0时平均变化率无限趋近于导数，而定义法可以判断函数的单调性，大家发现了什么？

生：导数与单调性之间可能也有关系

师：说的太好了！同学们发现了导数与函数单调性之间可能也有着某种密切的关系，这个问题的发现是很非常了不起的，那今天我们就来学习导数在研究函数的单调性中的应用。（教师补全课题）

问题6：导数与单调性之间究竟什么关系？

师：请大家结合切线斜率来观察这个二次函数fxx4x3在对称轴左右两侧导数值有

2什么不同特点？切线在对称轴左侧移动时，观察导数值特点并记录你所观察到的结果，切线在对称轴右侧移动时，同样也观察导数值特点并记录你的观察结果。

yfxx24x3x

生： 在区间,2上，fx0函数在该区间为减函数；

在区间2,上，fx0函数在该区间为增函数。（教师板书）师：我们通过图形直观观察得出结论，请大家回到导数定义中来，o2fx2fx1不妨假设x1x2，x2x1时，fx12x14

x2x1问题7：你能从“数”的角度解释为什么在2,上，fx0得到在该区间为增函数？

生：小组交流讨论 教师点评归纳：

不妨设x1x2，当x2x1时，fx2fx1x1x24fx12x14，x2x1fx2fx10，所以 fx2fx1，x2x1若fx10，得到x12，x1x240，得到在2,为增函数。

师：对于这个二次函数我们体会到平均变化率、定义法、导数、单调性四者密切相关，通过这四者之间的关系，我们从图形直观观察得到结论，又结合导数定义从“数”的角度解释了结论，做到了数形的完美结合。更一般地，我们也可以用导数值的符号来判断函数的单调性，你能归纳出一个一般性的结论吗？ 生：对于函数yfx，在某个区间上fx0函数在该区间上为增函数； 在某个区间上fx0函数在该区间上为减函数

师：归纳的很好！这样大家便有了一种研究函数单调性新的方法——导数法。尤其对于那些很难作出图象，或者用定义法也很难判断单调性的函数，我们就可以选择导数法（板书）。

三、数学运用：

例1：用导数法确定函数fxx2x3在哪个区间上是增函数，在哪个区间上是减函数？

2解：fx2x2，令fx0，解得x1，即在区间,1上为增函数

令fx0，解得x1，即在区间1,上为减函数（教师板书）师：结合这道例题，你能归纳出利用导数求解函数单调区间的主要步骤吗？ 生：回答 教师点评步骤：

（1）求导数fx；（2）解fx0和fx0；（3）写出单调区间。最后不忘函数定义域

四、课堂练习：

例2：用导数法确定函数fx2x6x7在哪些区间上是增函数？在哪个区间上是减函数？

32（请学生板演）

解：fx6x12x6x(x2)2令fx0，解得x0或x2，令fx0，解得0x2，因此函数在,0和2,上为增函数，在0,2上为减函数

教师追问：你能根据函数单调性在演练纸上作出反映三次函数fx2x36x27单调性变化趋势的简图吗？（实物投影学生演练纸）

生：解释怎样做出函数简图：（1）找导函数零点；（2）分区间；（3）由单调性作图

师：我们利用导数值的符号来研究了函数的单调性，体会到导数法可以作为研究函数单调性的一般方法，那对于这个结论请大家思考：

问题8：若函数fx在某个区间单调递增，那么在该区间上必有fx0吗？大家请结合函数fxx3来思考

生：fx3x2，发现 f00

师：由此看来若函数fx在某个区间单调递增，那么在该区间上不一定有fx0。师：通过这节课的学习，你学习了哪些知识？体会了哪些数学思想？

五、回顾小结：

生1： 学习到利用导数值的符号来判断函数的单调性，及利用导数求解函数的单调区间； 生2：在探究导数与函数单调性之间的关系时，通过图形直观观察，体会到了数形结合的数学思想和特殊到一般的数学思想。

师总结归纳：平均变化率、定义法、导数、单调性四者密切相关，通过四者关系我们得到了一个结论，学习了判断函数单调性新的方法—导数法，在探究这个结论的过程中，以一个二次函数为例，先从图形直观观察得出结论，然后结合导数定义从“数”的角度解释结论，最后将结论一般化，渗透了两种思想：数形结合、研究问题从特殊到一般，利用导数求解函数单调区间时把握三个主要步骤“一求，二解，三写”最后不忘定义域，利用导数研究函数单调性是非常重要的，为后面用导数研究函数的极值、最值打下基础，对后续学习非常重要。

六、课外作业：

1、课本29页第1题（必做题）

5.导数--函数的极值练习题 篇五

一、选择题

1.下列说法正确的是()

A.当f′(x0)=0时，则f(x0)为f(x)的极大值 B.当f′(x0)=0时，则f(x0)为f(x)的极小值 C.当f′(x0)=0时，则f(x0)为f(x)的极值

D.当f(x0)为函数f(x)的极值且f′(x0)存在时，则有f′(x0)=0 2.下列四个函数，在x=0处取得极值的函数是()

①y=x3②y=x2+1③y=|x|④y=2x A.①②B.②③C.③④D.①③ 3.函数y=

6x

1x2的极大值为()A.3B.4C.2D.5

4.函数y=x3－3x的极大值为m,极小值为n,则m+n为()A.0B.15.y=ln2x+2lnx+2的极小值为()A.e－B.0C.－1 D.1 6.y=2x3－3x2+a的极大值为6，那么a等于()

A.6B.0C.5D.1

7．对可导函数,在一点两侧的导数异号是这点为极值点的A.充分条件B.必要条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件 8.下列函数中, x0是极值点的函数是()

A.yx3B.ycos2xC.ytanxxD.y1x 9.下列说法正确的是()

A.函数在闭区间上的极大值一定比极小值大;B.函数在闭区间上的最大值一定是极大值;C.对于f(x)x3

px2

2x1,若|p|6,则f(x)无极值;

D.函数f(x)在区间(a,b)上一定存在最值.10.函数f(x)x3ax2bxa2

在x1处有极值10, 则点(a,b)为()

A.(3,3)B.(4,11)C.(3,3)或(4,11)D.不存在 11.函数f(x)|x2

x6|的极值点的个数是()

A.0个B.1个C.2个D.3个 12.函数f(x)

lnx

x

()A.没有极值B.有极小值C.有极大值D.有极大值和极小值

C.2D.4二．填空题：

13.函数f(x)x2lnx的极小值是

14.定义在[0,2]上的函数f(x)e2x2cosx4的极值情况是

15.函数f(x)x33axb(a0)的极大值为6,极小值为2,则f(x)的减区间是2

16.下列函数①yx3,②ytanx,③y|x3x1|,④yxex,其中在其定义区间上存在极值点的函数序号是

17.函数f(x)=x3－3x2+7的极大值为___________.18.曲线y=3x5－5x3共有___________个极值.19.函数y=－x3+48x－3的极大值为___________；极小值为___________.20.若函数y=x3+ax2+bx+27在x=－1时有极大值，在x=3时有极小值，则a=___________,b=___________.三．解答题

21.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,当x=－1时，取得极大值7；当x=3时，取得极小值.求这个极小值及a、b、c的值.22.函数f(x)=x+a

x

+b有极小值2，求a、b应满足的条件.23.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=2处有极值，其图象在x＝1处的切线垂直于直线y=1

x-2（1）设f(x)的极大值为p，极小值为q，求p-q的值；

6.函数的单调性与导数课后反思 篇六

1.本节课的亮点：

教学过程中教师指导启发学生以已知的熟悉的二次函数为研究的起点，发现函数的导数的正负与函数单调性的关系，从而到更多的，更复杂的函数，从中发现规律，并推广到一般这个过程中既让学生获得了关于新知的内容，更可贵的是让学生体会到如何研究一个新问题，即探究方法的体验与感知.同时也渗透了归纳推理的数学思想方法,培养了学生的探索精神，积累了探究经验。

2.不足之处：

教学引入时间较长，致使整堂课时间安排显得前松后紧； 在引导学生探讨如何把导数与函数的单调性联系起来时，列举的函数有点多；学生对与数形结合的理解还不是很熟练，今后应多加强训练。

3.改进的思路：

①选取函数时应简单，易懂

7.利用导数求函数极值的应用 篇七

例1已知函数当f (x) 在x=1时取得极值, 且x∈[-1, 2]时f (x)

注:不等式恒成立求参数范围问题, 可以转化为求函数的最值, 然后解不等式.

二、方程根的讨论

例2已知三次方程x3-6x+1-m=0恰有三个相异实根, 求实数m的范围.

解析:设f (x) =x3-6x+1-m, 由于f (x) =0的根即为函数f (x) 与x轴交点的横坐标, 依题意, 函数f (x) 与x轴有三个不同的交点, 则函数f (x) 的极大值与极小值为异号, 而f' (x) =3x2-6, 令f' (x) =0, 得

注:解决关于方程根的问题, 用求函数的极值来判定是十分有效的方法, 通过研究相应导函数的图象, 可列出含参数的不等式 (组) , 从而解决参数的范围.

三、证明不等式

例3已知函数f (x) =x3+ax+b定义在区间[0, 1]上, 且f (0) =f (1) , 若x1, x2∈[0, 1], 求证:|f (x1) -f (x2) |<1.

注:本题是证明不等式恒成立问题, 通过对函数求其最值, 可得出绝对值不等关系.

四、函数的极值实际应用题

例4 (2006年高考江苏卷) 请您设计一个帐篷, 它下部的形状是高为1m的正六棱柱, 上部的形状是侧棱长为3 m的正六棱锥 (如图1所示) .试问当帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为多少时, 帐篷的体积最大?

解析:设OO1为x m, 则1

帐篷的体积为 (单位:m3) 求导数得当V' (x) =0, 解得x=-2 (不合题意, 舍去) , x=2.当10, V (x) 为增函数;当2

8.函数与导数 篇八

例1 已知函数[f(x)=lnx2-2axe,]（[a∈R],[e]为自然对数的底数）.

（1）求函数[f(x)]的递增区间；

（2）当[a=1]时，过点[P(0,t)(t∈R)]作曲线[y=f(x)]的两条切线，设两切点为[P1(x1,f(x1)),][P2(x2,f(x2)),][(x1≠x2),]求证：[x1+x2=0.]

解析 （1）函数[f(x)]的定义域是[(-∞,0)⋃(0,+∞).]

[f(x)=2x-2ae=2(e-ax)ex.]

当[a=0]时，由[f(x)=2x>0]，解得[x>0]；

当[a>0]时，由[f(x)=2(e-ax)ex>0]，解得[0

当[a<0]时，由[f(x)=2(e-ax)ex>0]，解得[x>0]，或[x

所以当[a=0]时，函数[f(x)]的递增区间是[(0,+∞)]；

当[a>0]时，函数[f(x)]的递增区间是[(0,ea)]；

当[a<0]时，函数[f(x)]的递增区间是[(-∞,ea)],[(0,+∞)].

（2）因为[f(x)=2x-2e=2(e-x)ex,]

所以以[P1(x1,f(x1))]为切点的切线的斜率为[2(e-x1)ex1]；

以[P2(x2,f(x2))]为切点的切线的斜率为[2(e-x2)ex2.]

又因为切线过点[P(0,t)]，所以[t-lnx12+2x1e=][2(e-x1)ex1(0-x1)]；

[t-lnx22+2x2e=2(e-x2)ex2(0-x2).]

解得，[x12=et+2]，[x22=et+2]. 则[x12=x22].

由已知[x1≠x2],所以，[x1+x2=0.]

点评 求函数单调区间问题充分利用[f(x)]的正负与单调性的关系，特别注意函数定义域，注意区别过某点的切线与在某点处切线.

例2 已知函数[f(x)=lnx-a(x-1)x+1.]

（1）若函数[f(x)]在[(0,+∞)]上为单调增函数，求[a]的取值范围；

（2）设[m、n∈R+]，且[m≠n]，求证：[m-nlnm-lnn<][m+n2].

解析 （1）[f(x)=1x-a(x+1)-a(x-1)(x+1)2]

[=(x+1)2-2axx(x+1)2=x2+(2-2a)x+1x(x+1)2.]

因为[f(x)]在[(0,+∞)]上为单调增函数，

所以[f(x)≥0]在[(0,+∞)]上恒成立.

即[x2+(2-2a)x+1≥0]在[(0,+∞)]上恒成立.

当[x∈(0,+∞)]时，由[x2+(2-2a)x+1≥0]，

得[2a-2≤x+1x.]

设[g(x)=x+1x]，[x∈(0,+∞)].

[g(x)=x+1x≥2x⋅1x=2.]

当且仅当[x=1x]，即[x=1]时，[g(x)]有最小值2.

所以[2a-2≤2,] [a≤2].

[a]的取值范围是[(-∞,2]].

（2）不妨设[m>n>0]，则[mn>1].

要证[m-nlnm-lnn

即证[lnmn>2(mn-1)mn+1]，只需证[lnmn-2(mn-1)mn+1>0].

设[h(x)=lnx-2(x-1)x+1].

由（1）知[h(x)]在[(1,+∞)]上是单调增函数，

又[mn>1]，所以[h(mn)]>[h(1)=0].

即[lnmn-2(mn-1)mn+1>0]成立.

所以[m-nlnm-lnn

点评 此题是解决函数在某区间内是单调的参数取值问题，转化为函数的最值问题，注意端点值；第二问充分利用函数单调性证明不等式，提高代数式的变形能力.

例3 已知函数[fx=lnxx].

（1）判断函数[fx]的单调性；

（2）若[y=][xfx]+[1x]的图象总在直线[y=a]的上方，求实数[a]的取值范围；

（3）若函数[fx]与[gx=16x-mx+23]的图象有公共点，且在公共点处的切线相同，求实数[m]的值.

解析 （1）可得[f(x)=1-lnxx2].

当[00],[f(x)]为增函数；

当[x>e]时,[f(x)<0],[f(x)]为减函数.

（2）依题意， 转化为不等式[a0]恒成立.

令[g(x)=lnx+1x]， 则[g(x)=1x-1x2=1x(1-1x).]

当[x>1]时，因为[g(x)=1x(1-1x)>0],[g(x)]是[(1,+∞)]上的增函数.

当[x∈0, 1]时，[g(x)<0]，[g(x)]是[0, 1]上的减函数.

所以[g(x)]的最小值是[g(1)=1]，从而[a]的取值范围是[-∞, 1].

（3）转化为[lnx=16x2+23x-m]，[y=lnx]与[y=16x2+23x-m]在公共点[(x0,y0)]处的切线相同.

由题意知[lnx0=16x20+23x0-m,1x0=13x0+23.]

解得[x0=1]，或[x0=-3]（舍去）.

代入第一式，即有[m=56].

点评 此题是函数图象位置关系及切线问题，合理利用导数的定义及应用转化为函数的最值来解决.

例4 已知[a>0]，且[a≠1]，函数[f(x)=loga(1-ax)].

（1）求函数[f(x)]的定义域，并判断[f(x)]的单调性；

（2）若[n∈N*]，求[limn→+∝af(n)an+a;]

（3）当[a=e]（[e]为自然对数的底数）时， 设[h(x)=][(1-ef(x))(x2-m+1)]，若函数[h(x)]的极值存在，求实数[m]的取值范围以及函数[h(x)]的极值.

解析 （1）由题意知[1-ax>0.]

当[01]时,[f(x)]的定义域是[(-∞,0)].

[f(x)=-ax⋅lna1-ax⋅logae=axax-1.]

当[00]，∴[f(x)<0]，∴[f(x)]是减函数；

当[a>1]时，[x∈(-∞,0)]，∵[ax-1<0]，[ax>0]，∴[f(x)<0]，∴[f(x)]是减函数.

（2）因为[f(n)=loga(1-an)]，所以[af(n)=1-an.]

由函数定义域知[1-an>0]，

因为[n]是正整数，故[0

所以[limn→∝af(n)an+a=limn→∝1-anan+a=1a.]

（3）[h(x)=ex(x2-m+1)(x<0)],

所以[h(x)=ex(x2+2x-m+1).]

令[h(x)=0],即[x2+2x-m+1=0]，

由题意应有Δ[≥0]，即[m≥0.]

当[m=0]时，[h(x)=0]有实根[x=-1]，在[x=-1]点左右两侧均有[h(x)>0,]故[h(x)]无极值；

当[0

当[x]变化时，[h(x)]、[h(x)]的变化情况如下表所示：

[[x]&[(-∝,x1)]&[x1]&[(x1,x2)]&[x2]&[(x2,0)]&[h(x)]&+&0&-&0&+&[h(x)]&↗&极大值&↘&极小值&↗&]

[∴h(x)]的极大值为[2e-1-m(1+m)]，[h(x)]的极小值为[2e-1+m(1-m);]

当[m≥1]时，[h(x)=0]在定义域内有一个实根，[x=-1-m,]

同上可得[h(x)]的极大值为[2e-1-m(1+m).]

综上所述，[m∈(0,+∝)]时，函数[h(x)]有极值.

当[0

当[m≥1]时，[h(x)]的极大值为[2e-1-m(1+m).]

点评 本小题主要考查函数、数列的极限、导数应用等基础知识、考查分类整合思想、推理和运算能力.

例5 设函数[f(x)=x2+aln(1+x)]有两个极值点[x1]、[x2]，且[x1

（1）求[a]的取值范围，并讨论[f(x)]的单调性；

（2）证明：[f(x2)>1-2ln24.]

解析 （1）[f(x)=2x+a1+x=2x2+2x+a1+x][(x>-1).]

令[g(x)=2x2+2x+a]，其对称轴为[x=-12]. 由题意知[x1]、[x2]是方程[g(x)=0]的两个均大于[-1]的不相等的实根，

其充要条件为[Δ]，得[0

①当[x∈(-1,x1)]时，[f(x)>0]，[∴f(x)]在[(-1,x1)]内为增函数；

②当[x∈(x1,x2)]时，[f(x)<0]，[∴f(x)]在[(x1,x2)]内为减函数；

③当[x∈(x2,+∞)]时，[f(x)>0]，[∴f(x)]在[(x2,+∝)]内为增函数.

（2）由（1）[g(0)=a>0,][∴-12

[∴f(x2)=x22+aln(1+x2)=x22-(2x22+2x2)ln(1+x2).]

设[h(x)=x2-(2x2+2x)ln(1+x) (x>-12)]，

则[h(x)=2x-2(2x+1)ln(1+a)-2x]

[=-2(2x+1)ln(1+x).]

①当[x∈(-12,0)]时，[h(x)>0]，[h(x)]在[[-12,0]]单调递增；

②当[x∈(0,+∞)]时，[h(x)<0]，[h(x)]在[h(x)]单调递减.

[∴当][x∈(-12,0)时,][h(x)>h(-12)=1-2ln24,]

故[f(x2)=h(x2)>1-2ln24].

点评 本题考查函数取极值的条件及利用函数单调性及最值证明不等式，充分利用分类整合思想进行推理证明.

专题训练一

一、选择题

1. 设[f(x)、g(x)]是R上的可导函数，[f(x)、g(x)]分别是[f(x)、g(x)]的导函数，且[f(x)g(x)+f(x)g(x)][<0]，则当[a

A. [f(x)g(x)>f(b)g(b)] B. [f(x)g(a)>f(a)g(x)]

C. [f(x)g(b)>f(b)g(x)] D. [f(x)g(x)>f(a)g(a)]

2. 若存在过点(1,0)的直线与曲线[y=x3]和[y=ax2+154x-9]都相切，则[a]等于（ ）

A. [-1]或[-2564] B. [-1]或[214]

C. [-74]或[-2564] D. [-74]或7

3. 设函数[f(x)=g(x)+x2]，曲线[y=g(x)]在点[(1,g(1))]处的切线方程为[y=2x+1]，则曲线[y=f(x)]在点[(1,g(1))]处切线的斜率为（ ）

A. 4 B. [-14] C. 2 D. [-12]

4. 设[a

[A B][C D]

5. 设函数[y=f(x)]在[(-∞,+∞)]内有定义. 对于给定的正数[K]，定义函数[fK(x)=f(x),f(x)≤KK,f(x)>K]

取函数[f(x)=2-x-e-1]. 若对任意的[x∈(-∞,+∞)]，恒有[fK(x)=f(x)]，则（ ）

A. [K]的最大值为2 B. [K]的最小值为2

C. [K]的最大值为1D. [K]的最小值为1

6. 若[a>3]，则方程[x3-ax2+1=0]在（0，2）上恰有（ ）个实根.

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

7. 已知[|a|=2|b|≠0]，且关于[x]的函数[f(x)=13x3+12|a|x2+a⋅bx]在R上有极值，则[a]与[b]的夹角范围为（ ）

A. [[0,  π6)]B. [(π6,  π]]

C. [(π3,  π]] D. [(π3,  2π3]]

8. 设函数[f(x)=13ax3+12bx2+cx]，且[f(1)=][-a2]，[3a>2c>2b]，则下列结论不正确的是（ ）

A. [-3

C. [-140]且[b<0]

9. 已知函数[f(x)]的定义域是R，且[x≠kπ+π2(k∈Z)]，若函数[f(x)]满足[f(x)=f(x+π)]，且当[x∈(-π2,  π2)]时，[f(x)=2x+sinx]，设[a=f(-1)]，[b=f(-2)]，[c=f(-3)]，则（ ）

A. [c

C. [a

10. 已知[f(x)=x3-3x]，过点[A(1,  m)(m≠-2)]可作曲线[y=f(x)]的三条切线，则[m]的取值范围是（ ）

A. （－1，1）B. （－2，3）

C. （－1，－2）D. （－3，－2）

二、填空题

11. 路灯距地面为8米，一个身高为1.7米的人以每秒1.4米的速度匀速地从路灯的正底下沿某直线离开路灯，那么人影的变化速率为

12. 已知函数[y=f(x)]和[y=g(x)]在[-2，2]的图象如下所示：

[2][2][1][-1][-2][-2] [2][2][1][-1][-2][-2][-1][1] [1] [-1]

给出下列四个命题：

①方程[f[g(x)]=0]有且仅有6个根

②方程[g[f(x)]=0]有且仅有3个根

③方程[f[f(x)]=0]有且仅有5个根

④方程[g[g(x)]=0]有且仅有4个根

其中正确的命题是 . （将所有正确的命题序号填在横线上）.

13. 若曲线[f(x)=ax3+lnx]存在垂直于[y]轴的切线，则实数[a]取值范围是 .

14. 已知[f(x)]是定义在[(-∞,0)⋃(0,+∞)]上的奇函数，当[x>0]时，[f(x)=lnx-ax]. 若函数[f(x)]在其定义域上有且仅有四个不同的零点，则实数[a]的取值范围是 .

15. 设曲线[y=xn+1(n∈N*)]在点（1，1）处的切线与[x]轴的交点的横坐标为[xn],令[an=lgxn]，则[a1+a2+…+a99]的值为 .

三、解答题

16. 已知函数[f(x)=x2-2lnx,][h(x)=x2-x+a.]

（1）求函数[f(x)]的极值；

（2）设函数[k(x)=f(x)-h(x),]若函数[k(x)]在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围.

17. 已知函数[f(x)=mx33+ax2+(1-b2)x,][m,a,b∈]R.

（1）求函数[f(x)]的导函数[f(x)]；

（2）当[m=1]时，若函数[f(x)]是R上的增函数，求[z=a+b]的最小值；

（3）当[a=1,b=2]时，函数[f(x)]在[（2，+∞）]上存在单调递增区间，求[m]的取值范围.

18. 已知二次函数[y=g(x)]的导函数的图象与直线[y=2x]平行,且[y=g(x)]在[x=-1]处取得最小值[m－1(m≠0)]. 设函数[f(x)=g(x)x.]

（1）若曲线[y=f(x)]上的点[P]到点[Q(0,2)]的距离的最小值为[2]，求[m]的值

（2）[k(k∈R)]如何取值时,函数[y=f(x)-kx]存在零点，并求出零点.

19. 已知函数[f(x)=12x2-ax+(a-1)lnx]，[a>1.]

（1）讨论函数[f(x)]的单调性；

（2）证明：若[a<5]，则对任意[x1,x2∈(0,+∝)]，[x1≠x2]，有[f(x1)-f(x2)x1-x2>-1].

20. 已知函数[f(x)=|x-a|-lnx(a>0).]

（1）若[a=1,]求[f(x)]的单调区间及[f(x)]的最小值；

（2）若[a>0]，求[f(x)]的单调区间；

（3）试比较[ln2222+ln3232+⋯+lnn2n2]与[(n-1)(2n+1)2(n+1)]的大小[(n∈N*且n≥2)]，并证明你的结论.

21. 设[x1、x2]是[f(x)=a3x3+b-12x2+x(a,b∈R,][a>0)]的两个极值点,[f(x)]为[f(x)]的导函数.

（1）如果[x1<2

（2）如果[0

9.常用函数的导数教学设计 篇九

与导数有关的函数题的统一解题技巧分析

与导数有关的函数题是各省市检测和高考年年必考的题目，形式层出不穷，绝大多数还是区分度颇高的压轴题。许多中上水平的考生往往处理完第一问后，对第二、三问或是匆忙求导眼到手不到形成一堆烂账，或是写了一堆解答过程发现走进死胡同再出来，这样做的结果往往是得分较低，浪费时间，长此以往对科学备考的负面影响较大。究其原因，很多考生表现为不知道自己“起步”错误，具体来说就是对哪个函数求导不明确，或为什么要构造新函数F (x)和如何构造函数F (x)不明确。本文结合近两年的高考题，就解答与导数有关的区分度颇高的函数题，如何走好“动一发而系全身”的第一步，谈如何构造函数F (x)，给出程序化的构建模式，以达到“好的开始是成功的一半”的目的。

一、与导数有关的函数题概述

与导数有关的区分度颇高的函数题主要包括：讨论含参(一元参数或二元参数)方程根的个数与范围，含参(一元参数或二元参数)不等式的证明，求含参函数的最值或单调区间，含参(一元参数或二元参数)不等式恒成立时已知含参函数的最值或单调区间求某参数的范围，已知含参(一元参数或二元参数)方程根的个数和范围求某参数的范围等。题目形式虽然千变万化、层出不穷，但本质上就是一道题。本文为使问题说明得更加方便，不妨以 f(x)≥g(x)的形式来说明。

二、程序化构造函数F (x)的统一模式

1.直接法：令F (x)= f(x)-g(x)。

2.化积法：若 f(x)-g(x)=h(x)k(x)，且h(x)≥0,令F (x)= k(x)。

3.伸缩法：若 f(x)≥ f1(x)，则令F (x)= f1(x)-g(x)，其中，f1(x)通常可由熟悉的不等式或前一问中的结论得出。

4.控元法：含参问题若已给出参数k的范围，由单调性控元、消元、消参，构建F (x)(F (x)不含参数)。

5.分离变量法：若能分离出变量k≥k(x)，则令F (x)=k(x)。

三、程序化构造函数F (x)的统一模式在高考题中的运用

例1 (高考新课标全国Ⅱ卷理科卷第21题)已知函数f(x)=ex-ln(x+m)。

(Ⅰ)设x=0是f(x)的极值点，求m,并讨论 f(x)的单调性。

(Ⅱ)当m≤2时，证明f(x)>0.

(Ⅰ)解：m=1. f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增。(解答过程省略)

(Ⅱ)证明：当m≤2,x∈(-m,+∞)时，ln(x+2)≥ln(x+m)。记F (x)=ex-ln(x+2)，则F ′(x)=ex- .

∵F ′′(x)=ex+ >0,∴F ′(x)在(-2,+∞)上单调递增。

∵F ′(0)=1- >0,F ′(-1)= -1<0,即 = ,x0=-ln(x0+2)，∴F (x0)= -ln(x0+2)= +x0= >0.

当x∈(-2,x0)时，F ′(x)<0,此时函数F (x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时，F ′(x)>0,此时函数F (x)单调递增。

∴ f(x)≥F (x)≥F min(x)=F (x0)>0.

小结 本题是一道含参不等式的`证明题，考生若不假思索地直接采用构造F (x)=左-右，则在求F ′(x)=0时会走进死胡同。问题出在含参，因此应该控元，将两个变量变为一个变量，使其常态化。

例2 (高考山东理科卷第22题)已知函数f(x)= (k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线y= f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行。

(Ⅰ)求k的值。

(Ⅱ)求 f(x)的单调区间。

(Ⅲ)设g(x)=(x2+x) f ′(x)，其中 f ′(x)为 f (x)的导函数。证明：对任意x>0,g(x)<1+e-2.

(Ⅰ)解：k=1.(解答过程省略)

(Ⅱ)解：函数 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减。(解答过程省略)

(Ⅲ)证明：g(x)=(x2+x)・ =(1+x)・ .

欲证g(x)<1+e-2,即证1-x(ln x+1)< (1+e-2)。①

令F 1(x)=1-x(ln x+1)，则F (x)=-ln x-2.令F (x)=0,得ln x =-2,∴x = e- 2∈(0,+∞)。

当x∈(0,e- 2)时，F (x)>0,此时F 1(x)单调递增;当x∈(e- 2,+∞)时，F (x)<0,此时F 1(x)单调递减。∴F 1max(x)=F1 (e- 2)=1+e- 2.

令F 2(x)= .∵F (x)= = > 0,∴F 2(x)在(0,+∞)上单调递增。∴F 2(x)>F 2(0)=1.∴不等式①得证。∴ g(x)<1+e- 2(x>0)。

小结 如何构造函数F(x)，关键在于F ′(x)=0是否易求(或易估)。若直接求g(x)，则g′(x)=0的求解将陷入泥潭。

例3 (20高考辽宁理科卷第21题)设f(x)=ln(x+1)+ +ax+b(a,b∈R,a,b为常数)，曲线y= f(x)与直线y= x在(0,0)点相切。

(Ⅰ)求a,b的值。

(Ⅱ)证明：当0 (Ⅰ)解：a=0,b=-1.(解答过程省略)

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知f(x)=ln(x+1)+ -1.

∵ < (0 构造F (x)=ln(x+1)+ - ,则F ′(x)= + - = .

当x∈(0,2)时，∵x2+15x-36<0,∴F ′(x)<0.∴F (x)单调递减。∴F (x) ∴ln(x+1)+ < .∴ln(x+1)+ -1< ,即f(x)< .

小结 本题若直接对f(x)求导，则会在计算f ′(x)=0时碰壁。原因在于对 求导时，既有根式又有分式，而ln(x+1)的导数仅有分式，使得在求f ′(x)=0时眼到手不到。

(作者单位：厦门工商旅游学校;厦门英才学校)

(责任编校/周峰)

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《利用二次求导巧解高考函数压轴题》

10.常用函数的导数教学设计 篇十

“作差法”构造

证明不等式或解决不等式恒成立问题都可以利用作差法将不等式右边转化为0，然后构造新函数[F（x）]，最后根据新函数[F（x）]的单调性转化为[F（x）min≥0]或者[F（x）max≤0来解决.]

例1 设函数[f（x）=x1+x]，[g（x）=lnx+12].求证：当[0

∵[F（x）=1+x-x1+x2-1x=-x2-x-11+x2?x<0.]

∴[F（x）]在（0，1]上单调递减.∵[F（1）=12-0-12=0，]

∴[F（x）]≥0，当且仅当[x=1]时，等号成立.∴当[0

恒成立问题中，求参数范围的问题，常常分离参数转化为[a≤F（x）min或者a≥F（x）max，]其中[F（x）]为构造的新函数.例2 若不等式[2x?lnx≥-x2+ax-3]恒成立，则实数[a]的取值范围是（）

A.（-∞，0）B.（-∞，4]

C.（0，+∞）D.[4，+∞）

解析不等式[2x?lnx≥-x2+ax-3]恒成立，即[a≤2lnx+x+3x]在（0，+[∞]）上恒成立.设[h（x）=2lnx+x+3x]，则[h′（x）=（x+3）（x-1）x2（x>0）].当[x∈（0，1）]时，[h′（x）<0]，函数[h（x）]单调递减；

当[x∈（1，+∞）]时，[h′（x）>0]，函数[h（x）]单调递增.所以[h（x）min=h（1）=4].所以[a≤h（x）min=4].答案 B

根据题干的“结构特征”猜想构造

1.根据运算公式[f（x）?g（x）′=f（x）g（x）+f（x）g（x）]和[f（x）g（x）′][=f（x）g（x）-f（x）g（x）g（x）2来构造]

例3 已知函数[f（x）]的定义域是[R]，[f（0）=2]，对任意的[x∈R]，[f（x）+f（x）>1]恒成立，则不等式[ex?f（x）][>ex+1]的解集为（）

A.（0，+∞）B.（-∞，0）

C.（-1，+∞）D.（2，+∞）

解析构造函数[g（x）=ex?f（x）-ex]，因为[g′（x）=ex?f（x）+ex?f（x）-ex=ex[f（x）+f（x）]-ex]

[>ex-ex=0]，所以[g（x）=ex?f（x）-ex]为[R]上的增函数.又[g（0）=e0?f（0）-e0=1]，所以原不等式转化为[g（x）>g（0）]，所以[x>]0.答案 A

例4 设函数[f（x）]满足[x2?f（x）+2x?f（x）=exx，][f（2）=][e28，]则当[x>0]时，[f（x）]（）

A.有极大值，无极小值

B.有极小值，无极大值

C.既有极大值又有极小值

D.既无极大值又无极小值

解析构造函数[F（x）=x2?f（x）]

则[f（x）=F（x）x2′=ex-2F（x）x3，]

[令h（x）=ex-2F（x），则h（x）=ex（x-2）x.]

[∴h（x）]在（0，2）上单调递减；在[（2，+∞）]上单调递增.[∴h（x）≥h（2）=0].[∴f（x）≥0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增.]

答案 D

2.根据已知条件等价转化后再以“形式”来构造

运用下列形式的等价变形构造：分式形式[f（b）-f（a）b-a<1，] 绝对值形式[f（x1）-f（x2）][≥4x1-x2]，指对数形式[1×2×3×4ׄ×n≥en-sn.]

例5 设函数[ f（x）=lnx+mx]，[m∈R].（1）当[m=e]（[e]为自然对数的底数）时，求[f（x）]的极小值；

（2）讨论函数[g（x）=f（x）-3x]零点的个数；

（3）若对任意[b>a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立，求[m]的取值范围.解析（1）当[m=e]时，[f（x）=lnx+ex]，则[f（x）=x-ex2].∴当[x∈（0，e）]，[f（x）<0]，[f（x）]在[（0，e）]上单调递减；

当[x∈（e，+∞）]，[f（x）>0]，[f（x）]在[（e，+∞]）上单调递增.∴[x=e]时，[f（x）]取得极小值[f（e）=lne+ee]=2.∴[f（x）]的极小值为2.（2）由题设知，[g（x）=f（x）-x3=1x-mx2-x3（x>0）].令[g（x）=0]得，[m=-13x3+x（x>0）].设[φ（x）][=-13x3+x（x>0）]，则[φ（x）=-x2+1=-（x-1）（x+1）]，当[x∈（0，1]）时，[φ（x）]>0，[φ（x）]在（0，1）上单调递增；

当[x∈（1，+∞）]时，[φ（x）]<0，[φ（x）]在（1，+∞）上单调递减.∴[x=1]是[φ（x）]的惟一极值点，且是极大值点.因此[x=1]也是[φ（x）]的最大值点.∴[φ（x）]的最大值为[φ（1）]=[23].又[φ（0）]=0，结合[y=φ（x）]的图象（如图）可知，①当[m>23]时，函数[g（x）]无零点；

②当[m=23]时，函数[g（x）]有且只有一个零点；

③当[0

④当[m≤0]时，函数[g（x）]有且只有一个零点.综上所述，当[m>23]时，函数[g（x）]无零点；

当[m=23]或[m≤0]时，函数[g（x）]有且只有一个零点；

当[0a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立[?f（b）-b0）]，∴[h（x）]在（0，+∞）上单调递减.由[h′（x）=1x-mx2-1≤0]在（0，+∞）上恒成立得，[m≥-x2+x=-（x-12）2+14（x>0）]恒成立.∴[m≥14（对m=14，h（x）=0仅在x=12时成立）.]

∴[m]的取值范围是[14，+∞].例6 已知[f（x）=（a+1）lnx+ax2+1]，（1）讨论函数[f（x）]的单调性；

（2）[设a<-1，?x1，x2∈（0，+∞），][f（x1）-f（x2）][≥4x1-x2]恒成立，求[a]的取值范围.解析（1）[∵x∈（0，+∞），∴f（x）=2ax2+a+1x.]

[①当a≥0时，f（x）>0，f（x）在（0，+∞）上单调递增.②当-10时，f（x）在（0，-a+12a）上单调递增；当f（x）<0时，f（x）在（-a+12a，+∞）上单调递减.③当a≤-1时，f（x）<0，f（x）在（0，+∞）上单调递减.]

（2）不妨设[x1≤x2，]由（1）可知，当[a<-1]时，[f（x）]在[（0，+∞）上单调递减.]

[则有f（x1）-f（x2）≥4x1-x2]

[?f（x1）-f（x2）≥-4（x1-x2）]

[?f（x1）+4x1≥f（x2）+4x2.]

[构造函数g（x）=f（x）+4x，则g（x）=a+1x+2ax+4≤0].[∴a≤（-4x-12x2+1）min.]

[设φ（x）=-4x-12x2+1，x∈（0，+∞），]

[则φ（x）=4（2x-1）（x+1）（2x2+1）2.]

[故φ（x）在（0，12）上单调递减；][在（12，+∞）上单调递增].[∴φ（x）min=φ（12）=-2.]

11.如何利用导数研究函数的单调性 篇十一

利用导数研究函数单调性，方法不一，选择恰当的方法，简洁明了；反之，虽然也可以进行到最后，但是需要大量的计算.本文将各类方法进行了总结，并点明了注意问题，分析了各方法的优点、缺点、适用范围.

一、 正用

例1求函数y=3x2-2lnx的单调递增区间.

解析：函数的定义域为（0，+∞）

∵ f′(x)=6x-2x=2(3x2-1)x

∴ 令f′(x)＞0，结合x＞0，得x＞33

∴ f(x)的单调递增区间为33,+∞

【方法总结】用导数方法求函数单调区间：首先，求函数定义域、求导f′(x)；然后令f′(x)＞0得到函数的递增区间，令f′(x)＜0得到函数的递减区间.

二、 逆用

例2已知函数f(x)=x2+mx(常数m∈R）在x∈［2，+∞）上单调递增，求m的取值范围.

【方法一】若函数f(x)在区间(a,b)上单调递增，则f′(x)≥0在x∈(a,b)上恒成立，且f′(x)=0的点是孤立的；若函数f(x)在区间(a,b)上单调递减，则f′(x)≤0在x∈(a,b)上恒成立，且f′(x)=0的点是孤立的.恒成立问题可以转化成求最值问题.

解析：∵ 函数f(x)=x2+mx（常数m∈R）在x∈［2，+∞）上单调递增，

∴ f′(x)=2x3-mx2≥0在x∈［2，+∞）上恒成立

∴ m≤2x3在x∈［2，+∞）上恒成立

∴ m≤（2x3）min，x∈［2，+∞)

∵ 当x∈［2，+∞）时，y=2x3是增函数

∴ （2x3）min=16∴ m≤16

当m=16时，f′(x)≥0且f′(x)=0的点是孤立的（只有f′(2)=0），∴ m=16合题

∴ m的取值范围为（-∞，16］

适用性分析：这是解决“逆用”问题的基本方法.注意检验f′(x)=0的点是否孤立.

例如：（1） 已知函数g(x)=ax+1在［1，2］上是减函数，则a的取值范围是a＞0（a=0时，经检验不合题）.

（2） 若函数f(x)=cosx+px+q在x∈R上是减函数，则p的取值范围是p≤-1（p=-1时，f′(x)=0的点有无数个，但这些点是孤立的，故p=-1合题）

【方法二】首先用m表示出f(x)的单调递增区间（a,b），然后根据关系［2，+m）(a,b)得出m的取值范围.

解析：f(x)的定义域为{x|x≠0}

∵ f′(x)=2x3-mx2，令f′(x)＞0，得x＞3m2

∴ f(x)的单调递增区间为（3m2，+∞）

∵ f(x)在x∈［2，+∞）时单调递增

∴ 3m2≤2解得m≤16

∴ m的取值范围为（-∞，16］

适用性分析：该法思路清晰、简单明了，但有时涉及解无理不等式，需要分类讨论，运算量大.例如（例3）：已知函数f(x)=x3+mx2+x+1（a2＞3）在-23，-13上单调递减，求m的取值范围.利用该法需要解不等式组-a-a2-33≤-23

-a+a2-33≥-13，诸多不便.

那么，象上面的例3，该怎样解决呢？

【方法三】二次函数法，结合二次函数性质，寻求使得导数恒≥0（或恒≤0）成立的充要条件.

解析：∵ 函数f(x)=x3+mx2+x+1（a2＞3）在-23，-13上单调递减

∴ f′(x)=3x2+2mx+1≤0在x∈-23，-13上恒成立

∴ f′-23≤0

f′-13≤0即73-4m3≤0

43-2m3≤0解得m≥2

∴ m的取值范围是［2，+∞）

适用性分析：（1） 适用面窄，只有当f(x)是三次函数（此时，其导数为二次函数）时，才可用该法；（2） 列出的条件容易不充分（少条件）或不必要（多条件），需要进行严谨的分析.一般的解决二次函数问题可以从以下四个方面入手：① 开口方向② 对称轴③ 判别式④ 端点处函数值.

12.巧妙利用函数的导数,解数列问题 篇十二

一、适当联想, 构造函数, 巧妙求数列的和

例1求下列数列的和:

分析这两个问题可分别通过错位相减法及利用二项式定理来解决.转换思维角度, 由求导公式 (xn) '=nxn-1, 可联想到它们是另外一个和式的导数, 利用导数运算可使问题的解决更加简洁.

解 (1) 当x=1时, ;

当x≠1时, ,

两边都是关于x的函数, 求导得.

即:.

(2) ∵,

两边都是关于x的函数, 求导得:.

令x=1得:Cn1+2Cn2+3Cn3+…+n Cnn=n2n-1, 即:.

二、细心观察, 得出结论

例2 (1) 已知:x∈ (0+∞) , 求证:;

(2) 已知:n∈N且n≥2, 求证:.

分析第一问的函数问题与第二问数列不等式, 细心观察, 不难发现两者的联系, 利用第一问的结论顺势而为解决第二问的数列问题.

解 (1) 令.

原不等式等价于.

∵, 当t∈ (1, +∞) 时, 有f' (t) >0, ∴函数f (t) 在t∈ (1, +∞) 递增.

∴f (t) >f (1) , 即t-1g (1) =0.∴.

综上得.

(2) 由 (1) 令x=1, 2, …, (n-1) 并相加得.

即得.

12+13+…+1n

三、前后联系, 巧妙代换

例3已知函数的图像在点 (1, f (1) ) 处的切线方程为y=x-1.

(1) 用a表示出b, c;

(2) 若f (x) ≥lnx在[1, +∞) 恒成立, 求a的取值范围;

(3) 证明:, (n≥1) .

解 (1) 过程略.

(2) 由 (1) 知, , 令, 利用导数不难得到:若f (x) ≥lnx在[1, +∞) 恒成立, a的取值范围为.

(3) 由 (2) 知:时, 有f (x) ≥lnx, (x≥1) .

令, 有, (x≥1) , 且当x>1时, .

令, k=1, 2, …, n, 则有:.

即:.

将上述n个不等式依次相加得:

, 整理得:.

评析这是2010年的一个高考原题, 作为高考压轴题, 在证明第三问的数列不等式时难度较大, 关键在巧妙地利用第二问的结论, 令, 巧妙地把函数结论用到了数列中来, 从而问题得到解决.

四、精心构造, 巧妙运用

例4已知函数f (x) =x-xlnx, (1) 对任意的正实数x1, x2, 且x1

(1) 证明: (x2-x1) f' (x2)

(2) 对任意的n∈N+, 且n≥2, 证明:.

解 (1) 因为f' (x) =-lnx, 所以, 当x∈ (0, 1) 时, f' (x) >0;

当x∈ (1, +∞) 时, f' (x) <0.故f (x) 在x∈ (0, 1) 上单调递增, 在x∈ (1, +∞) 上单调递减.

所以, 对任意的正实数x1, x2, 且x1

由, 得, 即x2-x1-x2 (lnx2-lnx1) <0,

所以f (x2) -f (x1) - (x2-x1) f' (x1) =x2-x1-x2 (lnx2-lnx1) <0, 故:f (x2) -f (x1) < (x2-x1) f' (x1) , (1) .

由, 同理可证 (x2-x1) f' (x2)

综合 (1) (2) , 得 (x2-x1) f' (x2)

(2) 对k=1, 2, …, n-2, 令, 则

显然1

由n-k≥2, 得gk (n-k) ≤gk (2) ,

又由 (1) 知f (n+1) -f (n)

评析这题的难度主要在构造出函数, 且用到第一问的结论得出:f (n+1) -f (n)

13.常用函数的导数教学设计 篇十三

教学过程： 【引 例】

1、确定函数yx24x3在哪个区间内是增函数？在哪个区间内是减函数？ 解：yx24x3(x2)21，在(,2)上是减函数，在(2,)上是增函数。问：

1、为什么yx24x3在(,2)上是减函数，在(2,)上是增函数？

2、研究函数的单调区间你有哪些方法？

都是反映函数随自（1）观察图象的变化趋势；（函数的图象必须能画出的）

变量的变化情况。（2）利用函数单调性的定义。（复习一下函数单调性的定义）

322、确定函数f(x)=2x－6x+7在哪个区间内是增函数？哪个区间内是减函数？

（1）能画出函数的图象吗？那如何解决？试一试。提问一个学生：解决了吗？到哪一步解决不了？（产生认知冲突）

（2）（多媒体放映）

【发现问题】定义是解决单调性最根本的工具，但有时很麻烦，甚至解决不了。尤其是在不

32知道函数的图象的时候，如函数f(x)=2x－6x+7，这就需要我们寻求一个新的方法来解决。

（研究的必要性）事实上用定义研究函数yx24x3的单调区间也不容易。【探 究】

我们知道函数的图象能直观的反映函数的变化情况，下面通过函数的图象规律来研究。

32问：如何入手？（图象）从函数f(x)=2x－6x+7的图象吗？

1、研究二次函数yx4x3的图象；（1）（2）（3）（4）（5）学生自己画图研究探索。

提问：以前我们是通过二次函数图象的哪些特征来研究它的单调性的？（开口方向，对称轴）既然要寻求一个新的办法，显然要换个角度分析。

提示：我们最近研究的哪个知识（通过图象的哪个量）能反映函数的变化规律？ 学生继续探索，得出初步规律。几何画板演示，共同探究。得到这个二次函数图象的切线斜率的变化与单调性的关系。（学生总结）： ①该函数在区间(,2)上单调递减，切线斜率小于0，即其导数为负； 在区间(2,)上单调递增，切线斜率大于0，即其导数为正；

注：切线斜率等于0，即其导数为0；如何理解？

②就此函数而言这种规律是否一致？是否其它函数也有这样的规律呢？

2、先看一次函数图象；

3、再看两个我们熟悉的函数图象。（验证）（1）观察三次函数yx的图象；（几何画板演示）

（2）观察某个函数的图象。（几何画板演示）

指出：我们发现函数的单调性与导数的符号有密切的关系。这节课我们就来学习如何用导数

专心

爱心

用心

∴y=x－9x+24x的单调增区间是(4，+∞)和(－∞，2)令3(x－2)(x－4)＜0，解得2＜x＜4 32.∴y=x－9x+24x的单调减区间是(2，4)322(2)解：y′=(3x－x)′=3－3x=－3(x－1)=－3(x+1)(x－1)令－3(x+1)(x－1)＞0，解得－1＜x＜1.3∴y=3x－x的单调增区间是(－1，1).令－3(x+1)(x－1)＜0，解得x＞1或x＜－1.3∴y=3x－x的单调减区间是(－∞，－1)和(1，+∞)

2、设yf(x)是函数yf(x)的导数, yf(x)的 图象如图所示, 则yf(x)的图象最有可能是()32小结：重点是抓住导函数的图象与原函数的图象从哪里发生联系？ 【课堂小结】

1.函数导数与单调性的关系:若函数y=f(x)在某个区间内可导, ′如果f(x)>0, 则f(x)为增函数;如果f′(x)<0, 则f(x)为减函数.2.本节课中,用导数去研究函数的单调性是中心,能灵活应用导数解题是目的,另外应注意数形结合在解题中的应用.3.掌握研究数学问题的一般方法:从特殊到一般,从简单到复杂.【思考题】

32对于函数f(x)=2x－6x+7 思考

1、能不能画出该函数的草图？ 思考2、2x76x在区间（0，2）内有几个解？ 【课后作业】 3课本p42习题2.4 1,2

专心

爱心

14.求函数极限的常用方法 篇十四

袁得芝

函数极限是描述当x→x0或x→∞时函数的变化趋势，求函数极限，常用函数极限的四则运算法则和两个重要结论limnnlim1xx0，0.涉及到单侧极限与nxx0xx

双侧极限的关系问题时，一般运用两个命题：limlimlimf(x)f(x)af(x)axxx和limlimlimf(x)f(x)af(x)a予以解决。现就常见题型及解xxxxx00

法举例如下：

1、分子分母均是x的多项式时，x∞的极限，分式呈现“”型

lima0alxklak例1 求极限（其中ai、bi）为与x无关的常数，k、l、xb0xlblxllbk

为整数且(a0≠b0≠0).a0b(当lk)

0

解：原式=0(当l＞)

不存在(当l＜)

注：本例的一般性结论是：若分子、分母中的x的最高次幂相同时，则极限等于它们的最高次项的系数比；若分子中x的最高次幂低于分母中x的最高次幂则极限为零；反之极限不存在。

2、分子分母都是x的多项式时，x→x0的极限，分式呈现“0”型 0

x21lim例2，求极限 2x12xx

1解：limx21

x12x2x1

lim(x1)(x1)x1(2x1)(x1)limx12。x12x1

3注：因lim

xx0f(x)a，这是从x趋向x0的无限变化过程来看f(x)的变化趋

势的，它对于x0是否属于函数f(x)的定义域不作要求，故求解此类题目常采用分解因式，再约去公因式，使之能运用法则求极限的方法。

3、含有根式的一类式予，由x的变化趋势，呈“∞→∞”型

例3．求极限：lim(x21x24x)。x

lim解：(x21x24x)x

lim14x xx21x24x

14lim2。x142xx

注：分子或分母有理化是常采用的方法。

4、已知函数的极限，求参数的范围

例4：已知：limax2bx

1x1x13，求a、b.解：当x=1时分母为零，故ax2+bx+1中必有x-1这样的因式，由多项式除法可知ax2+bx+1除以 x-1商式为ax+a+b，余式为a+b+1。

∴a+b+1=0①

∴limax2bx

1x1x1lim(x1)(axab)x1x1

lim(axab)2ab。x1

∴2a+b=3②

ab10解方程组

2ab3① ②

a4可得

b

5注：这是一个已知函数极限要确定函数解析式的逆向思维问题，应灵活使用运算法则。

5、涉及单侧极限与双侧极限的问题

例5．求函数f(x)=1+

限。|x1|在x=-1处的左右极限，并说明在x=-1处是否有极x1

limlimx1解：f(x)(1)2，x1x1x1

limlim(x1)f(x)(1)0 x1x1x1

limlim∵f(x)f(x)，x1x1

∵f（x）在x=-1处的极限不存在。

注：本例是

limlimlimf(x)af(x)f(x)a的直接应用。xx0xx0xx0

15.常用函数的导数教学设计 篇十五

一、从和差的求导法则入手

例1设函数f(x),g(x)是定义在[a,b]上的连续函数,在区间(a,b)内可导,且f'(x)>g'(x),当x∈(a,b)时,试比较f(x)+g(a)与g(x)+f(a)的大小.

解析:由f'(x)-g'(x)>0的左边的结构特征想到差的求导法则,于是想到构造函数h(x)=f(x)-g(x),则h'(x)=f'(x)-

g'(x)>0,所以函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(a,b)上单调递增.从而由x>a得h(x)>h(a),即f(x)-g(x)>f(a)-g(a),移项得f(x)+g(a)>g(x)+f(a).

评注:此例中相应地还有f(x)+g(b)

二、从积的求导法则入手

例2 (2004年高考湖南卷·理12)设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,g(3)=0,且当x<0时,f'(x)·g(x)+f(x)·g'(x)>0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是()

(A)(-3,0)∪(3,+∞)

(B)(-3,0)∪(0,3)

(C)(-∞,-3) U (3,+∞)

(D)(-∞,-3) U (0,3)

解析:由f'(x)·g(x)+f(x)·g'(x)>0左边的结构特征,想到积的求导法则,于是想到构造函数h(x)=f(x)·g(x),则h'(x)=f'(x)·g(x)+f(x)·g'(x)>0,所以函数h(x)=f(x)·g(x)在区间(-∞,0)上单调递增.又因为函数h(x)=f(x)·g(x)是R上的奇函数,知h(x)在(0,+∞)上是增函数,且图象过点(±3,0).结合函数h(x)=f(x)·g(x)的模拟图象(符合题意的一个最简单、最容易画的函数h(x)的图象)不难得到不等式f(x)·g(x)<0的解集是(-∞,-3)∪(0,3),故选(D).

评注:灵活运用积的求导法则,根据题设的结构特征,想到构造抽象函数h(x)=f(x)·g(x)是破解此题的一个关键.

例3 (2007年高考陕西卷·理11)已知f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足xf'(x)+f(x)≤0,对任意正数a,b,且a

(A) af(a)≤f(b)(B) bf(b)≤f(a)

(C) af(b)≤bf(a)(D) bf(a)≤af(b)

解析:由xf'(x)+f(x)≤0的左边结构特征想到积的求导法则,于是想到构造函数g(x)=xf(x),则g'(x)=xf'(x)+f(x).

当xf'(x)+f(x)<0时,g'(x)<0,此时g(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数,所以由b>a>0得g(a)>g(b),即af(a)>bf(b).又bf(a)≥af(a),bf(b)≥af(b),所以bf(a)>af(b).

当xf'(x)+f(x)=0时,g'(x)=0,此时g(x)在区间(0,+∞)上是常数函数,所以由b>a>0得g(a)=g(b),即af(a)=bf(b).又bf(a)≥af(a),bf(b)≥af(b),所以bf(a)≥af(b).

综上,af(b)≤bf(a),故选(C).

评注:此题还有如下两种解法:

方法1:令,则.当h'(x)<0时,h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,故,又a>0,b>0,所以af(b)

三、从商的求导法则入手

例4设f(x)是定义在(-∞,+∞)上的可导函数,且满足f'(x)>f(x),对任意正实数a,下面不等式恒成立的是()

(A)f(a)>eaf(0)(B)f(a)

(C)(D)

解析:观察f'(x)-f(x)>0左边的结构特征和选项,题设中没有出现e,而在选项中有e且是ea,于是想到所构造的函数中一定有ex.接下来的工作是考虑到底是构造商的函数,还是和、差、积的函数.由f'(x)-f(x)和(ex)'

=ex想到构造函数,则,所以

F(x)在R上是增函数.于是由a>0,得f (a)

>F(0),即,亦即f(a)>eaf(0),

故选(A).