发布时间：2016-03-14所属分类：教育论文浏览：1次
摘 要： 在数学中对导数的教学管理新方式有什么转变呢，应该如何来推动现在数学的新发展应用呢?本文是一篇数学论文。导数是函数的局部性质。一个函数在某一点的导数描述了这个函数在这一点附近的变化率。如果函数的自变量和取值都是实数的话，函数在某一点的导数就是
在数学中对导数的教学管理新方式有什么转变呢，应该如何来推动现在数学的新发展应用呢?本文是一篇数学论文。导数是函数的局部性质。一个函数在某一点的导数描述了这个函数在这一点附近的变化率。如果函数的自变量和取值都是实数的话，函数在某一点的导数就是该函数所代表的曲线在这一点上的切线斜率。导数的本质是通过极限的概念对函数进行局部的线性逼近。例如在运动学中，物体的位移对于时间的导数就是物体的瞬时速度。
摘要：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.
关键词：导数,函数题,数学论文
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).
数学论文：《数学理论与应用》，《数学理论与应用》(季刊)创刊于1981年，是由中南大学主管、湖南省数学学会主办的数学理论与应用性期刊。办刊宗旨：发表数学研究成果，促进学术交流。
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 (2013年高考新课标全国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 (2012年高考山东理科卷第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 (2012年高考辽宁理科卷第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.
SCISSCIAHCI
