第一篇：數(shù)學(xué)論文-導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用

導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用

【摘 要】新課程利用導(dǎo)數(shù)求曲線的切線，判斷或論證函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的極值和最值。導(dǎo)數(shù)是分析和解決問題的有效具。

【關(guān)鍵詞】導(dǎo)數(shù) 函數(shù)的切線 單調(diào)性 極值和最值

導(dǎo)數(shù)（導(dǎo)函數(shù)的簡稱）是一個(gè)特殊函數(shù)，它的引出和定義始終貫穿著函數(shù)思想。新課程增加了導(dǎo)數(shù)的內(nèi)容，隨著課改的不斷深入，導(dǎo)數(shù)知識考查的要求逐漸加強(qiáng)，而且導(dǎo)數(shù)已經(jīng)由前幾年只是在解決問題中的輔助地位上升為分析和解決問題時(shí)的不可缺少的工具。函數(shù)是中學(xué)數(shù)學(xué)研究導(dǎo)數(shù)的一個(gè)重要載體，函數(shù)問題涉及高中數(shù)學(xué)較多的知識點(diǎn)和數(shù)學(xué)思想方法。近年好多省的高考題中都出現(xiàn)以函數(shù)為載體，通過研究其圖像性質(zhì)，來考查學(xué)生的創(chuàng)新能力和探究能力的試題。本人結(jié)合教學(xué)實(shí)踐，就導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用作個(gè)初步探究。

有關(guān)導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用主要類型有：求函數(shù)的切線，判斷函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的極值和最值，利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式，這些類型成為近兩年最閃亮的熱點(diǎn)，是高中數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的重點(diǎn)之一，預(yù)計(jì)也是“新課標(biāo)”下高考的重點(diǎn)。

一、用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的切線

例1.已知曲線y=x3-3x2-1，過點(diǎn)（1，-3）作其切線，求切線方程。

分析：根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解。

解：y′ = 3x2-6x，當(dāng)x=1時(shí)y′=-3，即所求切線的斜率為-3.故所求切線的方程為y+3 =-3(x-1)，即為：y =-3x.1、方法提升：函數(shù)y=f(x)在點(diǎn)x0處的導(dǎo)數(shù)的幾何意義，就是曲線y=f(x)在點(diǎn)P（x0，y=f(x0)）處的切線的斜率。既就是說，曲線y=f(x)在點(diǎn)P（x0，y=f(x0)）處的切線的斜率是f′(x0)，相應(yīng)的切線方程為y-y0= f′(x0)(x-x0)。

二、用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性

例2．求函數(shù)y=x3-3x2-1的單調(diào)區(qū)間。

分析：求出導(dǎo)數(shù)y′，令y′>0或y′<0，解出x的取值范圍即可。

解：y′= 3x2-6x，由y′>0得3x2-6x﹥0，解得x﹤0或x﹥2。

由y′<0 得3x2-6x﹤0，解得0﹤x＜2。

故 所求單調(diào)增區(qū)間為(-∞，0)∪(2，+∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0，2)。

2、方法提升：利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性的步驟是：（1）確定f(x)的定義域；（2）求導(dǎo)數(shù)f′(x)；（3）在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解不等式f′(x)>0和f′(x)<0；（4）確定f(x)的單調(diào)區(qū)間.若在函數(shù)式中含字母系數(shù)，往往要分類討論。

三、用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值

例3．求函數(shù)f(x)=(1/3)x3-4x+4的極值

解：由 f′(x)=x2-4=0，解得x=2或x=－2.當(dāng)x變化時(shí)，y′、y的變化情況如下：

當(dāng)x=－2時(shí)，y有極大值f(-2)=－（28/3），當(dāng)x=2時(shí)，y有極小值f(2)=－(4/3).3、方法提升：求可導(dǎo)函數(shù)極值的步驟是：（1）確定函數(shù)定義域，求導(dǎo)數(shù)f′(x)；（2）求f′(x)= 0的所有實(shí)數(shù)根；（3）對每個(gè)實(shí)數(shù)根進(jìn)行檢驗(yàn)，判斷在每個(gè)根（如x0）的左右側(cè)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)的符號如何變化，如果f′(x)的符號由正變負(fù)，則f(x0)是極大值；如果f′(x)的符號由負(fù)變正，則f(x0)是極小值.。注意：如果f′(x)= 0的根x = x0的左右側(cè)符號不變，則f(x0)不是極值。

四、用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值

五、證明不等式

5、方法提升：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式是近年高考中出現(xiàn)的一種熱點(diǎn)題型。其方法可以歸納為“構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值”。

總之，導(dǎo)數(shù)作為一種工具，在解決數(shù)學(xué)問題時(shí)使用非常方便，尤其是可以利用導(dǎo)數(shù)來解決函數(shù)的單調(diào)性，極值，最值以及切線問題。在導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用過程中，要加強(qiáng)對基礎(chǔ)知識的理解，重視數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用，達(dá)到優(yōu)化解題思維，簡化解題過程的目的，更在于使學(xué)生掌握一種科學(xué)的語言和工具，進(jìn)一步加深對函數(shù)的深刻理解和直觀認(rèn)識。參考資料：

1、普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)實(shí)驗(yàn)教科書（北京師范大學(xué)出版社）

2、高中數(shù)學(xué)教學(xué)參考

第二篇：《導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用——單調(diào)性》教學(xué)反思

本節(jié)課是一節(jié)新授課，教材所提供的信息很簡單，如果直接得出結(jié)論學(xué)生也能接受?？蓪W(xué)生只能進(jìn)行簡單的模仿應(yīng)用，為了突出知識的發(fā)生過程，不把新授課上成習(xí)題課。設(shè)計(jì)思路如下以便教會學(xué)生會思考解決問題。

1、首先從同學(xué)們熟悉的過山車模型入手，將實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)模型，提出如何刻畫函數(shù)的變化趨勢，引出課題。研究從學(xué)生熟悉的一次函數(shù)，二次函數(shù)入手，尋找導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性的關(guān)系，用幾何畫板演示特殊的三次函數(shù)的圖像，研究單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)。在此基礎(chǔ)上提出問題：單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)到底有怎樣的關(guān)系？學(xué)生通過思考、討論、交流形成結(jié)論。也使學(xué)生感受到解決數(shù)學(xué)問題的一般方法：從簡單到復(fù)雜，從特殊到一般。

2、在結(jié)論得出后，繼續(xù)引導(dǎo)學(xué)生思考，提出自己的困惑，因?yàn)榇_實(shí)有學(xué)生對結(jié)論有不一樣的想法，所以，盡可能地暴露問題，讓學(xué)生徹底理解、掌握。

3、鋪墊：在引入部分，我涉及到了一個(gè)三次的函數(shù)，而例2就是此題的變式，這樣既可以在開始引起學(xué)生興趣，后來他們自己解決了看似復(fù)雜的問題，增加了信心，也做到了首尾呼應(yīng)。

4、在知識應(yīng)用中重點(diǎn)指導(dǎo)學(xué)生解題步驟，在學(xué)生自己總結(jié)解題步驟時(shí)，發(fā)現(xiàn)學(xué)生忽略了第一點(diǎn)求函數(shù)定義域，所以我就將錯(cuò)就錯(cuò)，給出了求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，很多學(xué)生栽了跟頭，然后自己總結(jié)出應(yīng)該先求函數(shù)定義域。雖然這道題花了些時(shí)間，但我覺得很值得，我想學(xué)生印象也會更深刻。

5、數(shù)形結(jié)合：數(shù)形結(jié)合不是光口頭去說，而是利用一切機(jī)會去實(shí)施，在例1的教學(xué)中，我讓學(xué)生先熟練法則，再從形上分析，加深印象，這樣在后面緊接的高考題中（沒有給解析式），學(xué)生會迎刃而解。

為了培養(yǎng)學(xué)生的自主學(xué)習(xí)、自主思考的能力，激發(fā)學(xué)習(xí)興趣，在教學(xué)中采取引導(dǎo)發(fā)現(xiàn)法，利用多媒體等手段引導(dǎo)學(xué)生動口、動腦、參與數(shù)學(xué)活動，發(fā)揮主觀能動性，主動探索新知。讓學(xué)生分組討論，合作交流，共同探討問題。但是，真正做到以學(xué)生為中心，學(xué)生100%參與，體現(xiàn)三維目標(biāo)，培養(yǎng)學(xué)習(xí)能力還是比較困難。在今后的教學(xué)中，應(yīng)更注重學(xué)生的參與，引發(fā)認(rèn)知沖突，教會學(xué)生思考問題。

第三篇：導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)問題中的應(yīng)用

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導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)問題中的應(yīng)用

作者：朱季生

來源：《中學(xué)教學(xué)參考·理科版》2013年第04期

函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容和主干知識，而導(dǎo)數(shù)知識在研究函數(shù)圖象、函數(shù)零點(diǎn)、不等式證明以及不等式恒成立等諸多問題中亦有著廣泛的應(yīng)用.本文以2012年福建省高考中的函數(shù)試題舉例闡述.一、函數(shù)的凹凸性與拐點(diǎn)的有關(guān)性質(zhì)

第四篇：導(dǎo)數(shù)在高中數(shù)學(xué)中的應(yīng)用

導(dǎo)數(shù)在高中數(shù)學(xué)中的應(yīng)用

導(dǎo)數(shù)是解決高中數(shù)學(xué)問題的重要工具之一，很多數(shù)學(xué)問題如果利用導(dǎo)數(shù)的方法來解決，不僅能迅速找到解題的切入點(diǎn)，甚至解決一些原來只是解決不了的問題。而且能夠把復(fù)雜的分析推理轉(zhuǎn)化為簡單的代數(shù)運(yùn)算，化難為易，事半功倍的效果.如在求曲線的切線方程、方程的根、函數(shù)的單調(diào)性、最值問題；數(shù)列，不等式等相關(guān)問題方面，導(dǎo)數(shù)都能發(fā)揮重要的作用。

導(dǎo)數(shù)（導(dǎo)函數(shù)的簡稱）是一個(gè)特殊函數(shù)，所以它始終貫穿著函數(shù)思想。隨著課改的不斷深入，新課程增加了導(dǎo)數(shù)的內(nèi)容，導(dǎo)數(shù)知識考查的要求逐漸加強(qiáng)，而且導(dǎo)數(shù)已經(jīng)在高考中占有很重要的地位，導(dǎo)數(shù)已經(jīng)成為解決問題的不可缺少的工具。函數(shù)是中學(xué)數(shù)學(xué)研究導(dǎo)數(shù)的一個(gè)重要載體，近年好多省的高考題中都出現(xiàn)以函數(shù)為載體，通過研究導(dǎo)函數(shù)其圖像性質(zhì)，來研究原函數(shù)的性質(zhì)。本人結(jié)合教學(xué)實(shí)踐，就導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用作個(gè)初步探究。

導(dǎo)數(shù)在高中數(shù)學(xué)中的應(yīng)用主要類型有：求函數(shù)的切線，判斷函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的極值和最值，利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式，尤其函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的極值及最值，是高中數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的重點(diǎn)之一，預(yù)計(jì)也是“新課標(biāo)”下高考的重點(diǎn)。

一、用導(dǎo)數(shù)求切線方程

方法提升：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式是近年高考中出現(xiàn)的一種熱點(diǎn)題型。其方法可以歸納為“構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值”。

總之，導(dǎo)數(shù)作為一種工具，在解決數(shù)學(xué)問題時(shí)使用非常方便，尤其是可以利用導(dǎo)數(shù)來解決函數(shù)的單調(diào)性，極值，最值。在導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用過程中，要加強(qiáng)對基礎(chǔ)知識的理解，重視數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用，達(dá)到優(yōu)化解題思維，簡化解題過程的目的，更在于使學(xué)生掌握一種科學(xué)的語言和工具，進(jìn)一步加深對函數(shù)的深刻理解和直觀認(rèn)識。

第五篇：構(gòu)造函數(shù)法在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用（小編推薦）

構(gòu)造函數(shù)法在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用

“作差法”構(gòu)造

證明不等式或解決不等式恒成立問題都可以利用作差法將不等式右邊轉(zhuǎn)化為0，然后構(gòu)造新函數(shù)[F（x）]，最后根據(jù)新函數(shù)[F（x）]的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為[F（x）min≥0]或者[F（x）max≤0來解決.]

例1 設(shè)函數(shù)[f（x）=x1+x]，[g（x）=lnx+12].求證：當(dāng)[0

∵[F（x）=1+x-x1+x2-1x=-x2-x-11+x2?x<0.]

∴[F（x）]在（0，1]上單調(diào)遞減.∵[F（1）=12-0-12=0，]

∴[F（x）]≥0，當(dāng)且僅當(dāng)[x=1]時(shí)，等號成立.∴當(dāng)[0

恒成立問題中，求參數(shù)范圍的問題，常常分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為[a≤F（x）min或者a≥F（x）max，]其中[F（x）]為構(gòu)造的新函數(shù).例2 若不等式[2x?lnx≥-x2+ax-3]恒成立，則實(shí)數(shù)[a]的取值范圍是（）

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.設(shè)[h（x）=2lnx+x+3x]，則[h′（x）=（x+3）（x-1）x2（x>0）].當(dāng)[x∈（0，1）]時(shí)，[h′（x）<0]，函數(shù)[h（x）]單調(diào)遞減；

當(dāng)[x∈（1，+∞）]時(shí)，[h′（x）>0]，函數(shù)[h（x）]單調(diào)遞增.所以[h（x）min=h（1）=4].所以[a≤h（x）min=4].答案 B

根據(jù)題干的“結(jié)構(gòu)特征”猜想構(gòu)造

1.根據(jù)運(yùn)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來構(gòu)造]

例3 已知函數(shù)[f（x）]的定義域是[R]，[f（0）=2]，對任意的[x∈R]，[f（x）+f（x）>1]恒成立，則不等式[ex?f（x）][>ex+1]的解集為（）

A.（0，+∞）B.（-∞，0）

C.（-1，+∞）D.（2，+∞）

解析構(gòu)造函數(shù)[g（x）=ex?f（x）-ex]，因?yàn)閇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]為[R]上的增函數(shù).又[g（0）=e0?f（0）-e0=1]，所以原不等式轉(zhuǎn)化為[g（x）>g（0）]，所以[x>]0.答案 A

例4 設(shè)函數(shù)[f（x）]滿足[x2?f（x）+2x?f（x）=exx，][f（2）=][e28，]則當(dāng)[x>0]時(shí)，[f（x）]（）

A.有極大值，無極小值

B.有極小值，無極大值

C.既有極大值又有極小值

D.既無極大值又無極小值

解析構(gòu)造函數(shù)[F（x）=x2?f（x）]

則[f（x）=F（x）x2′=ex-2F（x）x3，]

[令h（x）=ex-2F（x），則h（x）=ex（x-2）x.]

[∴h（x）]在（0，2）上單調(diào)遞減；在[（2，+∞）]上單調(diào)遞增.[∴h（x）≥h（2）=0].[∴f（x）≥0，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.]

答案 D

2.根據(jù)已知條件等價(jià)轉(zhuǎn)化后再以“形式”來構(gòu)造

運(yùn)用下列形式的等價(jià)變形構(gòu)造：分式形式[f（b）-f（a）b-a<1，] 絕對值形式[f（x1）-f（x2）][≥4x1-x2]，指對數(shù)形式[1×2×3×4×?×n≥en-sn.]

例5 設(shè)函數(shù)[ f（x）=lnx+mx]，[m∈R].（1）當(dāng)[m=e]（[e]為自然對數(shù)的底數(shù)）時(shí)，求[f（x）]的極小值；

（2）討論函數(shù)[g（x）=f（x）-3x]零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；

（3）若對任意[b>a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立，求[m]的取值范圍.解析（1）當(dāng)[m=e]時(shí)，[f（x）=lnx+ex]，則[f（x）=x-ex2].∴當(dāng)[x∈（0，e）]，[f（x）<0]，[f（x）]在[（0，e）]上單調(diào)遞減；

當(dāng)[x∈（e，+∞）]，[f（x）>0]，[f（x）]在[（e，+∞]）上單調(diào)遞增.∴[x=e]時(shí)，[f（x）]取得極小值[f（e）=lne+ee]=2.∴[f（x）]的極小值為2.（2）由題設(shè)知，[g（x）=f（x）-x3=1x-mx2-x3（x>0）].令[g（x）=0]得，[m=-13x3+x（x>0）].設(shè)[φ（x）][=-13x3+x（x>0）]，則[φ（x）=-x2+1=-（x-1）（x+1）]，當(dāng)[x∈（0，1]）時(shí)，[φ（x）]>0，[φ（x）]在（0，1）上單調(diào)遞增；

當(dāng)[x∈（1，+∞）]時(shí)，[φ（x）]<0，[φ（x）]在（1，+∞）上單調(diào)遞減.∴[x=1]是[φ（x）]的惟一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn).因此[x=1]也是[φ（x）]的最大值點(diǎn).∴[φ（x）]的最大值為[φ（1）]=[23].又[φ（0）]=0，結(jié)合[y=φ（x）]的圖象（如圖）可知，①當(dāng)[m>23]時(shí)，函數(shù)[g（x）]無零點(diǎn)；

②當(dāng)[m=23]時(shí)，函數(shù)[g（x）]有且只有一個(gè)零點(diǎn)；

③當(dāng)[0

④當(dāng)[m≤0]時(shí)，函數(shù)[g（x）]有且只有一個(gè)零點(diǎn).綜上所述，當(dāng)[m>23]時(shí)，函數(shù)[g（x）]無零點(diǎn)；

當(dāng)[m=23]或[m≤0]時(shí)，函數(shù)[g（x）]有且只有一個(gè)零點(diǎn)；

當(dāng)[0a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立[?f（b）-b0）]，∴[h（x）]在（0，+∞）上單調(diào)遞減.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（對m=14，h（x）=0僅在x=12時(shí)成立）.]

∴[m]的取值范圍是[14，+∞].例6 已知[f（x）=（a+1）lnx+ax2+1]，（1）討論函數(shù)[f（x）]的單調(diào)性；

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

[①當(dāng)a≥0時(shí)，f（x）>0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.②當(dāng)-10時(shí)，f（x）在（0，-a+12a）上單調(diào)遞增；當(dāng)f（x）<0時(shí)，f（x）在（-a+12a，+∞）上單調(diào)遞減.③當(dāng)a≤-1時(shí)，f（x）<0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減.]

（2）不妨設(shè)[x1≤x2，]由（1）可知，當(dāng)[a<-1]時(shí)，[f（x）]在[（0，+∞）上單調(diào)遞減.]

[則有f（x1）-f（x2）≥4x1-x2]

[?f（x1）-f（x2）≥-4（x1-x2）]

[?f（x1）+4x1≥f（x2）+4x2.]

[構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+4x，則g（x）=a+1x+2ax+4≤0].[∴a≤（-4x-12x2+1）min.]

[設(shè)φ（x）=-4x-12x2+1，x∈（0，+∞），]

[則φ（x）=4（2x-1）（x+1）（2x2+1）2.]

[故φ（x）在（0，12）上單調(diào)遞減；][在（12，+∞）上單調(diào)遞增].[∴φ（x）min=φ（12）=-2.]

[∴a≤-2.]