導言：作為寫作愛好者，不可錯過為您精心挑選的10篇數學復習總結，它們將為您的寫作提供全新的視角，我們衷心期待您的閱讀，并希望這些內容能為您提供靈感和參考。

篇1

等價無窮小代換、洛必達法則、泰勒展開式 求函數的極限

函數連續的概念、函數間斷點的類型

判斷函數連續性與間斷點的類型

第二章 一元函數微分學

導數的定義、可導與連續之間的關系

按定義求一點處的導數，可導與連續的關系

函數的單調性、函數的極值

討論函數的單調性、極值

閉區間上連續函數的性質、羅爾定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理和泰勒定理

微分中值定理及其應用

第三章 一元函數積分學 積分上限的函數及其導數

變限積分求導問題有理函數、三角函數有理式、簡單無理函數的積分

計算被積函數為有理函數、三角函數有理式、簡單無理函數的不定積分和定積分

第四章 多元函數微積分學

隱函數、偏導數、全微分的存在性以及它們之間的因果關系 函數在一點處極限的存在性，連續性，偏導數的存在性，全微分存在性與偏導數的連續性的討論與它們之間的因果關系

二重積分的概念、性質及計算

二重積分的計算及應用

第五章 常微分方程

一階線性微分方程、齊次方程，微分方程的簡單應用

用微分方程解決一些應用問題

線性代數

第一章 行列式 行列式的運算

計算抽象矩陣的行列式

第二章 矩陣 矩陣的運算

求矩陣高次冪等

矩陣的初等變換、初等矩陣

與初等變換有關的命題

第三章 向量

向量組的線性相關及無關的有關性質及判別法 向量組的線性相關性

線性組合與線性表示

判定向量能否由向量組線性表示

第四章 線性方程組

齊次線性方程組的基礎解系和通解的求法

求齊次線性方程組的基礎解系、通解

第五章 矩陣的特征值和特征向量

實對稱矩陣特征值和特征向量的性質，化為相似對角陣的方法 有關實對稱矩陣的問題

篇2

數學復習課的教學目標是為了鞏固和加深所學知識，使知識系統化，并且使學生掌握復習內容的知識結構，同時培養學生的概括能力、運用知識的能力和終身學習的習慣。教學中能否落實科學的發展觀、能否體現新課程的“以人（學生）為本”思想理念、實施探究教學、引導學生自主學習和實現教學三維目標的和學生健全人格培養，是影響教學質量提高和高考成敗的關鍵。改變舊的教學觀念，提高復習課堂的教學效率，成為當務之急，勢在必行。

一、備課：備課在“備教材、備大綱、備學生、備方法、備習題”的基礎上，更要“備監督落實”。

1.復習內容應低起點，高落點。復習課應喚起學生對舊知識的回憶，把遺忘的知識重現出來，把中斷思維線索重新聯系起來，并不是對新授內容簡單的重復，也不是對舊知識快速播放。復習重在發展對所學知識的延伸與提高。如在課堂中，剖析知識的內涵、外延、相關知識的聯系、相似規律的區別，規律的適用條件和范圍，知識在題目中常見的考查設計形式等。并加強教學內容與生活科學技術和社會的聯系，增強教育內容的多樣性、開放性和綜合性。“溫故而知新”就是這個道理。

2.備好課，是上好課的前提，課上的好、講的好，學生能否積極主動的配合教師的活動，認真理解深化復習知識進而提高應用能力，還需要一個檢查督導的重要環節，若沒有這一環節，該堂課的教學目標就很難落到實處，學生對該堂課所講知識的重點掌握程度就可想而知。如何督查學生的聽講、記憶、理解、掌握和應用等情況，就成了擺在我們面前急需解決的重要課題。因此，備課，要更加注重對學生如何對學生學習效果和效率進行有效的監督落實。

二、上課：上課是體現教學效果的具體行動，對教學的成敗起關鍵性的作用。

1.調動起學生的主動性，對提高課堂效率具有重要的作用。

1.1快速閱讀：對于教材中過度性的文字、數學史、介紹性文字材料和引入正文的段落等，課堂一開始安排學生進行快速閱讀，讓學生總結段落大意或中心思想，在班內進行個人闡述并交流。以此方式給全體學生以壓力和動力，督促學生認真看書，積極思考，增強課堂的效率和效益。同時，又鍛煉了學生閱讀速度能力和分析總結能力。進行個人闡述時，要做到有良有莠，照顧全體學生。這樣，一方面可以增加全體學生的主動性，使全體學生都學有所得；另一方面使一部分成績差的學生不感到失落。

1.2精讀：對于教材中的重點段落和內容，指導學生帶著問題進行閱讀思考。精讀過程中要培養學生仔細觀察、沉著思考和深入探究的學習習慣。此過程教師要事先準備好學生精讀所要思考和解答的具有指導和啟發性的問題。學生在閱讀過程中，教師要巡回指導，如遇某些關鍵性、疑難比較強的問題，教師要及時做好釋疑工作。

1.3師生討論：多于閱讀過程中學生找出的疑難問題，讓學生首先在學習小組范圍內討論解決。討論實行組長負責制。對于學習小組內討論仍不能解決的問題，有小組長做好記錄。小組討論結束時，有小組長將討論未果的問題上繳，再有教師在班內提出，讓已解答的組選派組內成員上臺解答釋疑。各小組之間若有爭議，可再進行討論。最后，教師比較各組釋疑的優與缺，總結陳詞，確定最佳釋疑方案。

1.4課堂鞏固練習：根據學生實際，課前要精心設計練習題目，題目難度要有梯度性，以適合不同層次學生最近發展的需求。不同層次學生讓其訓練不同題目，讓不同層次學生都學有所得、學有所成。

1.5作業（或習題或測試）觀評課：我們經常抱怨學生“講過的類型又出錯甚至講過的題目再出錯”，而沒有深入分析其原因。多次出錯的原因有很多方面，其中一個重要的原因就是錯誤思想意識的遷移影響。學生的錯誤習慣根深蒂固，不給它一個強有力的致命打擊，很難改變。因此，在教學中，應當嘗試進行作業、習題或試卷的錯誤展評。此活動每周進行2到3次，學生分組進行。學生首先將作業交換觀看評論，找出自己作業與同學作業的優缺點，評出自己認為最好的作業，寫出心得，并在小組內交流，以加深對錯誤的深刻認識，從內心深處拋棄錯誤思想認識，形成正確的認識。

2.復習課課堂應采用互動合作探究模式，充分發揮學生的主體作用，讓學生充分的主動參與到課堂中來。

2.1精講多思。做到兩個三講：講規律、講方法、講思路；講易錯點、講易混點、講易忘點。做到三不講：學生會的不講、學生現在不會但經過思考探究能弄會的不講、與中考內容無關的內容不講；講也講不會的不講、講也聽不明白的不講、講不透的不講。留足學生時間，引導學生進行充分的思考發現與數學有關的問題，并從數學角度闡述問題；對問題進行猜想假設，通過分析論證得出的結論。以此來培養學生形成獨立思考、刻苦鉆研的思維品質和思維習慣。在教師的引導和導引下，使學生沿著正確的合作探究方向進行高效率的學習。

2.2合作探究，雙主體和諧發展，讓學生充分的主動參與到課堂中來，培養學生良好的學習習慣和思維品質。學生只有具備了良好的學習習慣和思維品質，才能在今后的學習生活中，不斷的自我探索、自我總結和自我提高，培養獨立思考、合作探究的能力，在不斷發展的知識社會中不斷自我更新，才能永遠處于不敗境地。

三、教師對自己在復習課中的作用要進行正確定位。教師在復習過程中扮演舵手的角色

1.喚醒、啟迪。教師要引導學生進行廣泛而深入的思考，讓學生的想象飛起來，讓學生敢于大膽的猜想、假設、推理、判斷，引導學生正確的思考方向并得出正確判斷從而進行思維創新，即引導“敢于胡思亂想，”啟發學生“奇思妙想”。

2.指導梳理。復習課上，應指導學生梳理知識，形成機構，總結規律形成方法。幫助學生弄清局部知識與教材整體內容的關系，每一知識點在教材中的地位、作用和特點，掌握知識與知識之間、知識塊與知識塊之間內部的本質聯系于區別。通過梳理，將過去分散和零亂的知識就能十分條理、系統化的有機聯系在一起了，便于貯存在大腦中，有利于記憶，不易遺忘，目的在于使用時可以十分快捷的提取。知識經過梳理后，使學生加深了對某些數學概念和數學規律的全面、深刻的理解，容易掌握它們的本質特征，便于學生發現和掌握獲取知識的規律、方法和手段，為后續學習和終身學習打下良好的知識基礎和思維品質。同時，清晰的知識網絡可以給學生更多的信心。

篇3

在小學數學教學中，解決問題是一個非常重要的問題，同時也是教學過程的難點問題。所以說，在小學數學總復習過程中，解決問題的復習是一個至關重要的方面。解決問題的系統復習能夠有效地幫助學生進行數學的學習，使學生更好地對概念進行理解，并使學生對數量之間的關系更加深入地掌握，從而提高并培養了學生的分析能力，使其解決問題的能力得到有效的提高。本文針對小學數學解決問題總復習進行了深入的探討，介紹了當前我國小學數學解決問題教學中的問題，并針對這些問題提出了有效的策略。

一、小學數學解決問題教學的問題分析

1.過度地進行情境創設

在當前小學數學的教學過程中，很多教師絞盡腦汁地進行情境創設，將過多的精力放在了打造生動有趣的課堂氛圍之上，課堂確實變得活躍了，但是創設情境的目的卻并沒有體現出來，無論具體的內容是什么，過于片面的對情境的追求，已經與教學的目標和教學的內容脫離了。

2.不能準確地把握教材

在新教材中，應用題被當作第一情境，進行實際教學的過程中，第一情境僅僅被一些教師當作導入手段，或者是“敲門磚”。在學生進行數學模型的構建過程中，很多教師不能準確把握應用題的作用。他們只關注活動的過程，而沒有對學生構建數學模型進行適當的指導，這就導致在每一次活動中學生僅僅作為一個“個案”存在，教師并沒有進行正確的“梳理”和“整合”，也沒有對學生進行數學模型的探索和構建給予積極引導。

3.全盤否定傳統的教學方式

根據新課程改革的要求，教師轉變了原有的教學理念，這種轉變是非常巨大的，很多教師甚至全盤否定傳統教學的精華，另辟蹊徑尋求全新的教學方法。傳統的教學方法并非一無是處，經過多年的摸索和探究，傳統教學方法讓小學數學解決問題的教學具有很多值得學習和沿用的亮點。傳統的方法中強調了審題的重要性，給予分析解決問題數量關系極大的重視，尤其是對學生進行訓練，使其將未知量與已知量之間的關系進行認真的分析，從而將數量關系抽象出來。當然，傳統的解決問題教學也存在一些問題，在教學過程中，教師過分依賴教材，不能充分發揮主導作用。因此，在現代小學數學教學中，教師必須能夠認清傳統教學方式的優缺點，取其精華，去其糟粕，加強培養學生的創造性思維以及獨立性思維。

二、小學數學解決問題總復習策略

1.對基礎訓練進行強化，使學生對數量關系有深入的理解

對加法、減法、乘法、除法的基本應用就是所謂的基本數量關系。如，求一個數的幾倍，選用乘法；求一個數的幾分之幾，選用除法；求兩個量的和，選用加法等。還有功效、總量和時間之間的關系，總價、單價和數量之間的關系，路程、速度以及時間之間的關系等。所有的復合解決問題都是一步應用題經過一定的邏輯關系排列組成的，所以解答解決問題的關鍵問題就是掌握基本的數量關系。進行復習的過程中，為了使學生的基礎知識得到強化，可以進行一些補充條件的問題和練習。

2.對知識進行綜合的運用，使解題思路拓寬

學生只有對所學知識進行綜合的運用，才能對解決的問題進行正確的解答。解決問題通常使用的方法主要有兩個，即綜合法和分析法。當今小學數學教學過程中，更側重于對分析法的傳授。如：趙師傅打算加工820個零件，已經工作了2天，每天平均做60個，剩下的零件要想10天做完，每天平均需要做多少個？針對這個問題進行分析，首先要考慮，只有知道工作的天數以及剩下的零件個數才能求得每天平均做多少個，由于天數已知，接下來要分析剩下的零件個數，因此，必須知道已經加工的零件個數，經過簡單的一步應用題的疊加，從而使復合解決問題得到了解答。

3.系統地進行整理歸納，建立知識網絡

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這一環節主要抓好學生的雙基工作，因為在高考數學中不管是低檔題、中檔題還是難題都離不開“雙基”的應用，甚至一些題目是課本上基本題目的直接引用或稍作變形而得來的。如課本中“數列”這一章有詳細推導等差數列和等比數列前n項和公式的過程，但學生往往只注意記公式，用公式，而不重視推導過程的學習，通過舉實例使學生了解到這兩個典型數列的前n項和公式的推導運用了“倒序相加法”和“錯位相加法”兩種不同的方法，為我們在數列求和的解題中提供了思路和方法，所以在復習時，要重視課本，尤其要重視重要概念、公式、法則的形成過程和例題的典型作用，并圍繞解題訓練，讓學生通過練習達到靈活應用、觸類旁通的效果。同時注意以下兩點：

（一）上課時要注重課前精心選題，重視講解，更重視學生的親歷行為，充分暴露思維過程，注重規律的概括總結與優選能力的培養，注重一題多解和多題一解。上課采用題組法教學和讓學生練習，既利用了教材例、習題，設計題組和訓練，引導學生深刻理解教材實質，挖掘教材內涵，又利用了課本輻射整體，實現“由內到外”的突破。

（二）做好練習的反饋工作，這里包括學生對自己的反饋和教師的反饋，讓學生作自我分析，這地方為什么會產生錯誤，是概念不清還是計算錯誤，方法選擇上錯誤，還是非智力因素所致。對一些重要的錯誤要建立一種預防措施，可以動手建“錯解檔案”，也可讓學生進一步反思，命題人考查意圖，題目蘊含什么數學原理和思想，能否舉一反三，能否方法上更新，從而進一步解決“會而不對，對而不全，全而不美”的知識原因、策略原因、邏輯原因、心理原因。另外教師從反饋中可清楚地意識到班級整體的薄弱環節、缺陷，從而有針對性的選擇強化內容作重點講授，也可通過反饋得知學生的優劣分布來實行個別輔導。

二、構建知識網、在專題復習中滲透數學思想方法

在抓好第一環節的基礎上將高中階段所學的數學知識進行系統整理，用簡明的圖表形式把基礎知識進行有機的串聯，構建成知識網絡，使對整個高中數學體系有一個全面的認識和把握，以便于知識的存儲，提取和應用，也有利于思維品質的培養和提高。對有關重點、難點、弱點、熱點內容做專題復習并滲透各種數學思想方法，如“怎樣解選擇題？”“排列組合問題的基本類型及解法”“含有參數的不等式的解法”“三角函數的圖像變換及應用”等，進行專題課復習時，精選例題，采用學生先做，教師后講或啟發式教學，在解題中立足通法，兼顧巧法，注重化歸、整體、分類、數形結合等數學思想方法的滲透，恰當方法的選擇可以提高解題速度和準確率。如一些問題，若僅僅用純代數的方法幾乎無從下手，但用數形結合思想來解既能避免繁雜的計算與推理，又能通過圖形直觀地考證結論是否完整。

專題的選取可包括：

（1）全面復習過程中反映出來的弱點。

（2）教材體系中的重點。

（3）近年高考試題中的熱點。

（4）基本數學思想方法的系統介紹。如配方法、換元法、反證法、待定系數法、數學歸納法，以及函數與方程思想、數形結合思想、等價轉換思想、分類討論的思想等。

（5）解題應試技巧。如怎樣解選擇題，怎樣解填空題，怎樣解應用題，怎樣解探索性問題。

（6）綜合專題。聯系實際數學問題的對策，綜合題的分解戰術，如何有效的做選擇題、綜合題，數學中的分情況處理，談談書寫表達――怎樣寫才不丟分。談談計算的優化，近幾年高考題中有新意題的命題特點等。

為進一步鞏固基礎，可通過單元過關、查缺補漏基本題型的解法總結和強化訓練來滲透各種思想方法，適度綜合，歸類整理，每兩周一套綜合測試題（定時定量），滾動復習，縮短復習間隔，提高重現頻率，在滾動中領悟和宏觀把握知識體系。這個階段，題目的深度、難度、靈活度提高了，要求理解能力、解題能力也隨之提高。

三、加強綜合訓練，認真上好講評課

這一環節也就是所說的沖刺階段，它以模擬訓練為主。模擬訓練是高考之前的熱身賽.模擬訓練不要盲目，重點應放在數學觀點的提煉和心理素質的調整上.不是不要做題，相反，確實要做幾套切合實際的適應性訓練題，但目的不是猜題押題，而是通過講練結合提高解題能力，應該在學生做模擬試題和教師講解中突出四點：

（1）解法的發現，即講清解法是怎樣找到的，思路是怎樣打通的，是什么促使你這樣想、這樣做的。

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一、例題講解要善于變化拓展

畢業班數學總復習課的例題應是最有代表性和最能說明問題的典型習題。應能突出重點，反映大綱最主要、最基本的內容和要求。對例題進行分析和解答，發揮例題以點帶面的作用，有意識、有目的地在例題的基礎上作系列的變化，達到能挖掘問題的內涵和外延、在變化中鞏固知識、在運動中尋找規律的目的，實現復習的知識從量到質的轉變。

例如，四邊形ABCD是直角梯形（圖略），NB=90b，AB=8cm，AD=24cm，BC=26cm，點P從A出發，以1cm/s的速度向點D運動；點Q從點C同時出發，以3cm/s的速度向B運動，其中一個動點到達端點時，另一個動點也隨之停止運動。從運動開始，經過多少時間，四邊形PQCD成為平行四邊形？成為等腰梯形？變試一：如圖2（略），四邊形OABC是直角梯形，邊OA、OC分別在x軸和y軸上，OA=36cm，OC=14cm，BC=22cm，點P從C出發，以2cm/s的速度沿折線CyByA運動，到達A點停止，點Q從A同時出發，以3cm/s的速度向O運動，其中一個動點到達終點時，另一個動點也隨之停止運動。（1）從開始運動，經過多少時間，四邊形PQAB為平行四邊形？（2）當四邊形PQAB為等腰梯形時，求出點P的坐標。（3）在運動過程中，直線PM始終垂直x軸于點M，且直線PM始終把直角梯形OABC分成兩部分，設左邊的部分的面積為y（cm2），從運動開始，經過的時間為x（s），求y與x的函數關系式，當x為何值時，y的值最大，最大值是多少？變試二：如圖3（略），PO的直徑AB=4，四邊形ABCD是直角梯形，ADMBC，NB是直角；AD=6，BC=8.點P從點A出發，以1單位/秒的速度向點D運動；與此同時，點Q從點C出發，以2單位/秒的速度向點B運動；其中一個動點到達一個端點時，另一個動點隨之停止運動.設運動時間為t秒。（1）求CD的長。（2）當t為何值時，線段PQ與PO相切？（3）當t為何值時，四邊形PQCD是等腰梯形？由于條件不斷變化，學生不能再套用原題的解題思路，從而改變了學生機械的模仿性，學會分析問題，尋找解決問題的途徑，達到了在變化中鞏固知識，在運動中尋找規律的目的。從而在知識的縱橫聯系中，提高了學生靈活解題的能力。

二、解題思路要善于優化

畢業班數學總復習課教師要善于滲透一題多解的思想。因為一題多解有利于引導學生沿著不同的途徑去思考問題，可以優化學生思維，產生多種解題思路，但在量的基礎上還需要考慮質的提高，要對多解比較，找出新穎、獨特的最佳解才能成為名副其實的優解思路。在數學復習時，不僅要注意解題的多樣性，還要重視引導學生分析比較各種解題思路和方法，提煉出最佳解法，從而達到優化復習過程，優化解題思路的目的。在復習過程中加強對解題思路優化的分析和比較，有利于培養學生良好的數學品質和思維發展，能為學生培養嚴謹、創新的學風打下良好的基礎。

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二、復習中，應做到以下幾點：

1.明確目標。總復習是小學階段最高層次的復習，要達到教學大綱的各項要求，因此教師應幫助學生進行系統整理，把零碎的知識由點連成線、由線織成網、由網組成塊，形成一個比較完整的知識結構網絡。復習的內容、目標和要求一定要明確。一些基本概念、定理等要向學生表達清楚。對復習的知識要讓學生明確哪些內容該掌握到什么程度，是達到只知道、懂、會用，還是能靈活運用？還要讓學生知道哪些知識屬于重點、難點、疑點。這樣能讓學生在復習時對知識點中的重點有所側重，難點有所突破，疑點有所解決。

2.巧妙用法。復習是學生對學過的知識進行回顧，一般無新鮮感，學生難免產生厭煩情緒。因此，教師在進行復習教學時，應注意花心思為學生創設趣味性的課堂。比如，對復習中的疑難問題開展激烈的辯論賽，也可設計一些“巧奪紅旗”、“數學知識競賽”、“練習闖關”、“智慧大拼盤”等有趣游戲活動。利用一切有效手段充分調動學生的主動性、創造性，使學生學得輕松、理解得透、掌握得牢。除此以外，教師還要注意采用生動、親切、有趣的語言和現代化教學手段吸引學生的注意力，活躍課堂氣氛。

3.精心選例。復習課最忌諱的是題海戰術，使學生不堪重負。為避免這種情況，教師在選擇例題時要有代表性、綜合性，為精講、精練、高效、減負打下基礎，不應是機械地重復過去教學的過程，復習時應當給學生以新的信息，即使是“舊”題也應“新”做。所以復習范例應做到數量少、容量大、覆蓋面廣、啟迪性強，從而達到溫故知新、查漏補缺的目的。例如在復習《比例》時，可與分數、除法進行類比復習，可舉這樣的例子：（ ）：16=2÷（ ）=（ ）/4=（ ）%=0.25。

4.靈活訓練。組織靈活有效的練習是使學生掌握知識、形成技能、發展智力的重要手段，也是復習的重要環節。復習中若能在訓練內容上、層次上、形式上活，讓學生從不同角度分析思考問題，則能達到事半功倍的效果。如：在練習時，可以同時出示基礎題、提高題、綜合題三種類型的題目讓學生分層練習。這樣就對不同層次的學生，提出不同的學習要求，達到了學困生“吃得了”，中等生“吃得好”，優秀生“吃得飽”的目的，實現人人都有進步的復習目標。

5.認真審題。在復習中，培養學生認真審題是一個很重要的環節，讓學生看清每道題的特點，靈活選擇合理的解題方法。很多學生在做題時因為粗心，不認真審題導致會做的題也出現錯誤，這樣造成考試丟分是相當可惜和不該的。因此，教師在復習時也要傳授給學生一些科學的解題方法，培養嚴謹認真、先易后難的學習態度，養成勤于檢驗、會用簡便算法的良好習慣。復習時，老師也可有意識地選擇經常出現錯誤的同學進行板演，集體更正，引起學生重視。例如在計算以下這題時，很多同學會這樣計算：1/3÷（1/3+1/9）=1/3÷1/3+1/3÷1/9=1+3=4。出現這種錯誤，主要的是學生對運算定律沒有正確理解。又如在計算2.5×4÷2.5×4時，一些學生可能會這樣計算：2.5×4÷2.5×4=10÷10=1。導致這種錯誤，主要是學生沒有弄清運算順序， 由此可見，認真審題、勤于檢驗在解題中是何等重要。

6.融會貫通。總復習不是將各冊教材的基礎知識從頭到尾重新講一遍，而是通過反芻、消化和鞏固對所學知識的理解與記憶，彌補過去學習過程中的知識缺漏，使學生平時所學的零碎知識系統化、條理化、清晰化，形成完善的認知結構。通過知識的回顧、疏理、歸類，從知識縱向的發展和橫向的溝通去形成知識的結構網，對知識的理解就能從分散到集中。因此在復習時，教師除了精心設計問題，還要對一些習題變換條件和問題，做到一題多改，一題多問，一題多解，讓學生在同中求異、異中求同的過程中，溝通知識間的相互聯系，做到舉一反三、前后銜接。讓學生從知一點，到會一面，再到通一片。例如在復習“圓柱的側面積”時，老師不妨引導學生將練習題“一個圓柱的底面直徑是1米，高是15米，求這個圓柱的側面積。”改寫成“一臺壓路機的前輪是圓柱形，輪寬15米，直徑1米，求該壓路機的前輪滾動一周壓過公路的面積。”表面上看這兩題有很大區別，實際上題目的條件和問題還是相同的，這樣改動更有利于學生學以致用。

7.準確評價。評價包括試題評價和學生評價。

篇7

我局聯系幫扶工作由局長負總責，明確紀檢組長為聯系幫扶工作分管領導，辦公室副主任汪建平為聯絡員，具體負責活動的聯系協調和材料報送工作。今年來，局主要領導每季度都要到聯系鄉（鎮）、村和低收入農戶結對幫扶村（聯系村原為桐村鎮桐村村，后改為五豐村，低收入農戶結對幫扶村為金村鄉五豐村）調研指導工作，分管領導除了與主要領導一同前往聯系村實地指導外，還經常帶領干部職工到聯系村走訪慰問，察看民情、傾聽民意，指導工作。

二、精心組織、落實措施

我局把聯系幫扶工作作為今年的一項重要工作，與我局科技工作有機結合起來，做到相互融合、相互促進。年初，局領導就深系鄉、村，與鄉、村干部商議具體幫扶項目、技術和資金拼盤等問題，制訂具體的幫扶計劃。在聯系幫扶工作中，我局嚴明紀律，做到不擾民、不害民，力求每件幫扶工作回音、有著落，把好事做實，把實事做好。

三、扎實開展、務求實效

一是指導聯系村和低收入農戶結隊村抓發展。今年我局主要領導幾次到該村，與村干部一起理清發展思路，發展村集體經濟和辦公益事業，并給予信息、項目、技術、資金等支持。特別是今年6.15抗洪救災中，局主要領導沖破洪水阻撓，深入鄉村，察看災情，指導農戶抗洪救災工作。我局主動幫助聯系村和低收入農戶村挖掘、申報科技計劃項目，把“錢江源省級大鯢精品園”、“春茶后期夏季鮮葉的綜合利用——紅茶的研發”、‘“同創陽光A號”金銀花產業化發展’等3個項目立為縣級科技項目，補助科技項目經費共8萬元資金。培育月清漁業被省科技廳批準為省農業科技企業。

二是幫扶低收入農戶增收。除幫助種養大戶發展項目，帶動農戶增收外，我局還鼓勵低收入農戶養殖龍蝦，種植高山蔬菜，發展冬棗、西瓜等果業。勸導村民將生活垃圾倒入垃圾箱，落實專人對垃圾進行集中處理。協助、督促聯系鄉金村鄉做好整村搬遷、下山脫貧工作，為金村鄉提供2萬元工作經費。

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1.制定福州市普通高中信息技術學科課程設置和選課指導意見

為貫徹落實教育部《基礎教育課程改革綱要(試行)》、《普通高中課程方案(實驗)》和《普通高中信息技術課程標準(實驗)》，穩步推進我市普通高中信息技術新課程的實施，結合省市有關高中新課程實施的指導意見精神及我市高中信息技術學科教學實際情況，2006年制定如下福州市普通高中信息技術學科課程設置和選課指導意見。

其中：(1)信息技術學科以學生修滿4學分為取得高中畢業資格的最低要求，其中必修2學分，選修2學分。

信息技術必修模塊：信息技術基礎每位學生必選。

信息技術選修模塊：綜合考慮目前大部分學校的設備條件以及師資力量，建議選修模塊4(數據管理技術)或模塊l(算法與程序設計)

(2)高中學生個體差異較大，教師要正確指導學生綜合考慮自身條件和興趣愛好合理選擇選修模塊，有條件的學校應盡量開設多門選修課程供學生選擇，

2.開展多樣化的教學研究活動以推進福州市高中新課程實驗的實施

宏觀指導對新課程的順利實施有積極的促進作用，而教師教學觀念的更新，是新課程能有效實施的重要保障。三年來我們多次組織全市高中信息技術教師進行新課程培訓，聘請國家、省市有關專家、一線骨干教師進行專題講座和研討交流。通過多種形式的培訓，使廣大高中信息技術教師理解新課程實驗目的，掌握《高中信息技術課程標準》，理解新課程的教學耳標、課程結構、課程內容。三年來，我們根據課標理念，開展案例研討、同課異構等教研活動，提供新教材的處理建議，幫助教師理解新課程的教學特點。構建網絡教研平臺和QQ群，拓展教師問交流的時空，共享教學資源，與教師們及時溝通，促進先進教學經驗的推廣。為了進一步提高福州市高中信息技術教學質量，促進教師專業成長，多次舉辦全市性的教學技能評比，如說課、教學設計、教學課件等。

二、高中信息技術新課程實施的課堂教學情況

為了科學、客觀地對福州市高中信息技術新課程實施的教學情況進行總結，本學期初我們就新課程實施過程中的一些共性問題，進行了專項調研，共收到20多所學校的高中信息技術新課程實施情況小結，并在全市范圍內開展教師、學生兩個層面的抽樣問卷調查工作，抽樣學校包含各類達標校及私立校(如圖1)，共返回教師問卷94份，學生問卷3430份。

調查數據顯示，在教學環境上，機房硬件條件市區學校教學設備良好，能夠滿足正常的信息技術課教學任務，而一些薄弱校和農村校機房設備相對較差。主要存在的問題，一是機子老舊，經常出故障，對于多媒體信息的加工與表達等教學內容就無法完整實現其功能；二是學校連接的教育網速度較慢，部分課程內容所需支持的網絡操作難以實現。

高中信息技術師資方面，從專業構成(如圖2)上來看，計算機及相關專業占65.9％，教育技術專業的占24.4％，大本學歷的占92.5％，教齡在10年以下的年輕老師占58.40％。大多數高中校信息技術教師都已具備實施新課程的專業和學歷要求。

根據調研反饋材料及調查問卷統計數據，各校基本按市指導意見開設課程，即高一上學期共2個學段完成，每周2課時。高一下學期開設一個選修模塊，共2個學段完成，每周2課時，以保證學生獲得畢業所必須的學分，高二年段根據《福州市普通高中新課程學科課程設置和選課指導意見》。學校安排通用技術課程，各校基本無課時開設信息技術第二選修。因此80.8％的學校只能開設一門必選的選修課，各校開設選修模塊的比例情況如下表：

實施過程中，第一學期必修模塊課時能滿足大部分學校教學要求，第二學期因有會考任務，且大部分學生沒有基礎，若僅按會考要求的內容進行教學，課時基本滿足，但教學內容無法深化和拓展，學生學習缺乏系統性。

1.高中信息技術教師對新課程理念的認識

從問卷調查數據來看(如圖3)，大部分信息技術教師對新課程理念還是認同的。老師們基本都能了解《普通高中信息技術課程標準(實驗)》的基本內容，并選擇多種指導性文本作為教學依據(如圖4)，改變以往就教材教教材或完全無綱的教學情況。

但在對本次課程改革的理念與目標是否能實現的問題上，30.8％的老師認為暫時不能實現，64.8％的老師認為基本可以實現，說明教師們對達成新課程的目標還存在一些疑慮。分析其原因，一方面是教師自身的教學能力有待深化；另一方面，目前的評價制度仍然是制約課程進步的主要因素。

2.教師教學方式及學生學習方式的變化

新課程教學實施過程中，教學方式上主要轉變為以學生為主，教師起引導作用的模式，在教學過程中讓學生積極主動探究，并且培養小組合作的習慣。經過三年的新課程實驗，教師教學方式已經有了一定的變化(如圖5)

根據學生問卷數據，90.20％的學生反饋老師會采用自主、協作探究的方式進行教學，完成學習任務。

調研反饋材料及調查問卷統計數據顯示，盡管教師嘗試用任務驅動法、問題支架法、演示法、網絡環境下自主學習等有利于培養學生自主及協作學習能力的方式來展開教學。可在實際的教學過程中，57.4％的教師最常用的教學方式仍是教師先講，學生再練的傳統技能課教學方式，學生反饋教師在課堂講授時間一般在20-30分鐘的占78.40％，調查顯示(如圖6)，49.40％的學生最喜歡的學習方式是自主探究學習。但從多數學校反饋材料來看，學生學習效果并不太好，課堂中只有少部分學生能做到自主探究，大部分學生還是以聽老師講授，同學之間協作為主。

分析原因主要存在于以下兩方面，一是因不少學生初中階段沒能系統學習信息技術，基礎薄弱，再加學生主觀態度上主動獲取知識的愿望及能力弱，給自主學習帶來障礙：二是盡管學生喜歡自主學習，但在機房教學環境下不能很好地自覺控制自己的行為，當然這與老師本身的教學設計及實施能力有關。

3.高中信息技術教學中的評價方式

新課程倡導通過靈活多樣的評價方式激勵和引導學生學習，促進學生的全面發展。根據信息技術學科特點，怎樣的評價方式更能客觀公正的反映學生的學習情況，并促進學生能力的發展是我們這次調查的主要內容之一。

從反饋信息來看，絕大部分教師嘗試采用過程性評價來及時了解學生在學習過程中的變化，把握學生是否達成教師預設的教學目標。老師們常用的過程性評價方法主要有：調查、提問記錄、觀察法、學習過程記錄卡、電子檔案袋等，評價主體也注重多元化，有學生自評、小組互評及教師評價。但由于信息技術教師任教班級多，學生數較大。實施有效評價存在一定難度。因此建立、完

善評價機制，設計良好的評價平臺是下一階段教學研究的方向。

現有會考形式方面，必修模塊只采用筆試的形式，且只考選擇題，這種評價方式大部分教師認為不可取。老師們認為僅通過筆試來評價學習結果，無法真實體現學生的實際的信息技術水平，也讓不少學生散失了學習興趣，降低其學習積極性，這種方式無形中也降低了教學目標的要求。大部分學校反應新課改以來高中信息技術會考成績都不錯，合格率都在的99％以上，這樣的高合格率并不利于反饋學生的真實學習情況。而市質檢的考試情況比較好些，題目有一定難度，學生成績相對層次比較多，教師們建議采用作品+筆試的方式(如圖7)評價學生學習結果，這既可測試理論知識的掌握情況，又可測試實際操作水平。

學生方面(如圖8)，最希望教師采用的評價學習成績的主要依據前三位的是：學習的主動性、積極性、獨立性和與人合作交流的能力，平時課堂表現、作業，平時成績+期末考試成績。學生最希望的會考形式，有75，7％的學生選擇“上機操作”，在這一點上學生的想法與教師的考慮有一定出入，原因之一是大部分學生仍然認為信息技術課即是學會相關軟件的操作即可，在形成自己的用信息技術解決問題的思路，養成良好的信息素養方面，理解上有偏差。亦即學生了解的新課程理念與教師不同步。

三、高中信息技術新課程實施的問題

1.教材使用情況

2006年9月進入新課程實驗，新教材的一個明顯變化是它的彈性，從教學內容和活動選擇，應給教師一定自主伸縮的空間。

在教師問卷調查中就“能否較好地使用本學科目前所選用的教材”，調查數據反饋完全能使用好的僅占11.70％，學生問卷中關于“你看過高中信息技術教材嗎?”，從來沒有看過的占17％，偶爾看看消遣一下占32％。接近半數的學生認為目前使用的高中信息技術教材對其學習活動沒有實際幫助，從學生調查問卷數據也反映出學生對學科教學重視度不夠。

在調研過程中，各校反映目前使用必修模塊教材存在內容跟不上信息時展、缺乏學科知識體系、內容不夠嚴謹等問題。選修模塊教材使用情況比必修模塊情況稍好。但教師們反映某些教學章節順序并不適合學生的認知特點。另外由于教材提供的相關教學資料支持較少，學生在閱讀課本的過程中無法與他們學習生活有機的結合。

由此可見，目前的教材與實際課堂教學實施效果及教學規律還有一定的差距。

2.學生差異

學生差異一直是信息技術課堂教學中比較突出的問題之一。到目前為止，很多學校對初中信息技術不重視的現象仍然存在，甚至小部分學校沒有開設初中信息技術課程。信息技術課堂上教師對學生放任自由，上課玩游戲，沒有正常的教學行為，或者教師無法讓學生真正投入到教學活動中，學生對初中階段信息技術課程內容缺乏系統性地學習，造成支撐高中非零起點教學的前知識和前技能不足。為了能順利實施高中信息技術教學。各校針對學生差異問題均采取一定的教學策略。

從調研反饋顯示，大部分教師采取的做法主要有三類；

(1)個別輔導；對于基礎較差的學生，采用集體或個別補課的方法幫助學生掌握必要的基礎知識和技能，消除他們對高中信息技術的畏懼感。增強其學習的信心。

(2)建立互助學習小組，采用異質分組的方法，變學生的個體差異為資源，讓學生在參與合作的過程中互相學習，協同完成學習任務。

(3)分層教學；制定多級教學目標，設計不同的任務要求，以多樣的學習方式，讓不同學生都能根據自己的實際需要選擇學習內容并達成教學目標。

3.信息技術教師隊伍建設

調研反饋信息技術教師在學校多數要承擔學科教學及學校信息設備維護、管理等工作。多重角色的身份，使教師們用于教學研究的時間相對減少，部分學校甚至要求信息技術老師把教學工作放在次要的位置，信息技術教師無法專心于教學，導致有的信息技術學科教師處于應付教學的狀態。因此，建議有關行政管理部門為學校增設相關技術管理崗位，讓信息技術教師能回歸教學，有效提升教育教學研究能力，促進其自身的專業成長。

四、高中信息技術新課程實施的建議

1.完善高中信息技術新課程實施的機制，提供有效的教學保障

建議教育行政部門制定、完善有關的管理與實施機制，為課程實施提供有力的課時、師資及設備等方面的教學保障，并為課程的良性發展提供導向。

2.以多元化的教研方式推進學科發展，提高教學質量

進一步規范學科常規課堂教學，加強教學研究，通過有效開展多元化的教研活動，提高教師的教學能力，促進教師成長，帶動學科教學的深層發展，提高教學質量。

3.加強學科資源的建設，形成有一定輻射作用的教師交流溝通平臺。

篇9

徐州醫學院附屬醫院是一所有著百年歷史的省屬綜合性醫院，是蘇北地區唯一的部頒三級甲等醫院，是江蘇省行政區域規劃設定的蘇北地區醫療、教學、科研中心。

目前在建的新病房綜合樓工程，為醫院主體工程，主要滿足住院醫療的功能要求，同時滿足內部辦公管理等方面的需要。 工程總建筑面積105567平方米，其中地下14340平方米，地上91227平方米，建筑基底占地面積4907平方米；建筑地下3層，地上22層，建筑高度88.8米；建筑結構形式為框剪結構，建筑結構抗震類別為乙類，設計使用年限為50年，抗震設防烈度為7度；防火設計的建筑分類為一類；其構件耐火等級為地上一級，地下一級；人防地下室的抗力等級為5級，防化等級為甲級，戰時用途為急救中心， 平時用途為汽車庫；地下停車168輛。醫院門診人次為1000人次/日。住院床位數為1350床，其中標準床位數1260床。

主體建筑包括：地下1至3層為設備機房、人防和地下停車場；1層住院大廳、配電和消控中心等；2層檢查、藥房等；3層檢驗、ICU等；4層手術中心；5層手術控制機房和病案庫；6層至20層為病房區；21層和22層為會議室、活動室和輔助用房等。

二、 布線系統的需求分析及整體規劃

綜合布線系統是綜合醫院智能化系統中最重要的內容之一，關系到醫院的網絡發展及信息化的應用，設計時不但要考慮到現階段的通信業務、智能化功能的應用需要，還應考慮到今后一段時期內通信技術的發展和業務、功能的擴展需求。

綜合布線的布點是設計的關鍵，對藥房等可根據窗口數量進行布點，同時要考慮LED屏和相關的導向系統；對醫技部門要根據儀器設備及電腦擺放位置進行布點；對手術室、ICU等要要考慮到HIS、PACS、CIS以及手術轉播的要求；對內鏡、介入等視頻，要充分考慮雙向音頻傳輸；對病區要考慮布線系統能支持今后無線數據傳輸的實施方案。根據對醫院數據管理及傳輸的需求進行分析，考慮到整體的安全性，可靠性及穩定性，整個綜合布線系統分為3套網：數據內網（含無線）、數據外網、語音網。三個網絡不僅在水平和垂直子系統上實現物理隔離，在各工作間內的配線架和機柜間也分別進行物理隔離。另外，本次設計的網絡中心機房既是本工程的網絡中心，也是前期的災備機房，所以在與原網絡中心機房一起互聯時必須采用2個獨立的路由接入。與院內其他主要建筑采用12芯多模光纜連接。包括：急診大樓、門診大樓、教學綜合樓、外科病房樓、后勤樓、行政辦公樓。

三、 綜合布線系統設計要點及產品選型

綜合布線壽命遠遠大于計算機軟硬件和其他網絡設備，需要具有長達10-15年甚至更長的生命周期，必須可以支持2至3代的有源設備的更新換代，是一項長期投資。根據我們自身的需求，經過慎重比較，我們指定采用質量優異且可信賴的美國西蒙公司System 6+ Light System綜合布線解決方案，共計6000余個語音信息點，工程完工驗收合格后，將會獲得美國西蒙公司提供的20年系統質量保證。

綜合布線系統設計首先要確定分設備間的位置，它是主干電纜的布放通道，配線架、機柜就設置在豎井附設的配線間內，管理該豎井周圍的信息點或相鄰樓層的信息點，設計時應保證布線的水平距離在網絡要求的90米限制之內。原則是在滿足綜合布線設計規范的基礎上，如果相鄰兩層的信息點不太多就盡可能合并成一個弱電間。根據對本次工程的點位分析，地下層、1層、2層、3層的信息點可以由1層弱電間管理，其他每兩個樓層的信息點由其中一層弱電間管理。由于病房為類U型，平層距離過長，故水平需設置兩個弱電間。這兩個弱電間建議設置在同一樓層，便于管理，建議將設備間設置在單數層。徐州醫學院附屬醫院病房綜合樓本系統包括三套網：數據內網、數據外網和語音網，相互之間物理隔離。

1. 各系統總體設計要求：本系統水平部分采用低煙無鹵6類布線系統，對于重要的桌面信息點可以考慮采用4芯光纖到桌面的方式（如手術室、示教室、21層多功能廳）。

內網：兩級星形結構，主干采用12芯萬兆多模光纜、水平采用6類的低煙無鹵非屏蔽雙絞線，并預留4芯萬兆光纖點100個。

外網：兩級星形結構，主干采用12芯千兆多模光纜、水平采用6類的低煙無鹵非屏蔽雙絞線。

語音網：兩級星形結構，主干采用三類25對大對數銅纜、水平采用6類的非屏蔽雙絞線。

2. 數據、話音插座插頭均采用非屏蔽RJ45形式，建成后數據和語音插座具有互換性。

插座使用美國西蒙MX6模塊化插座，含有三重平衡專利技術，使衰減、回損和近端、遠端串擾方面的性能全面超過6類的要求。端口的插拔次數>5000次（遠高于國際標準要求的>750次）。

模塊化跳線則采用美國西蒙原廠裝配，含有金屬隔離層屏蔽技術，優化線對間平衡，所有跳線用實驗室測試儀至少測到250MHz.

3. 室內所有銅纜采用阻燃低煙無鹵六類線，并含有十字骨架，以減少線對間串擾，保證線對平衡和安裝的可靠型，適用于所有高性能和高可靠性嚴格要求的安裝環境，支持信道帶寬高達250MHz的應用。

4. 光纖作為高帶寬和高安全的數據傳輸介質應用于主干。

光纜采用阻燃線。光纜類型：根據傳輸模式分，光纜分為多模光纜和單模光纜。常用的光纜粗細為多模62.5/125，多模50/125，單模9/125。光纜類型不同，系統造價影響很大。單模光纜價格比多模價格便宜，單模光纜連接件價格比多模光纜連接件價格貴的多。因此，在275米內光纜傳輸（50光纜可以傳輸到550米），可以用多模光纜傳輸。徐州醫學院附屬醫院病房綜合樓工程主要為室內主干，距離不超過550米，故采用多模光纜。

光纜芯數：光纜分為主干光纜和末端光纜。各級光纜均需考慮各個系統的應用。一般來講，綜合布線系統考慮雙鏈路，考慮為4芯光纖；個別分設備間信息點數量很多，需2組上聯設備，再考慮4芯光纖；預留4芯光纖。共計12芯。考慮到大樓內內、外網隔離以及接入交換機雙上聯到核心交換機的要求，從中心機房到各分設備間布兩根12芯光纜。其中，對于具有高可靠、大容量數據傳輸要求的醫院內網，采用OM3的萬兆多模光纜；對于數據傳輸要求不高的醫院外網，采用千兆多模光纜。

5. 電話大對數電纜分室外和室內兩部分。考慮到徐州醫學院附屬醫院病房綜合樓工程大樓，室外電話大對數電纜可能會由電信投資，采用普通HYA-0.5電話電纜。室內部分采用三類25對大對數電纜主要為各個設備間之間的電話連接。

6. 配線架：綜合布線系統中，配線架分為數據配線架和電話配線架，主要由110快捷式配線架和24口、48口模塊式配線架。在本綜合布線系統中，所有水平線纜終端的配線架均采用模塊式配線架，采用三重平衡專利設計的HD6高密度配線架達到最佳的線對平衡和線性串擾響應，然后再根據使用的不同連接至網絡交換機或者電話進戶配線架。

7. 對環境及土建配合的建議及要求

總配線房內必須配有空調以及機械通風，有良好通風系統用于散熱，房內溫度和非冷凝的環境必須保持相對濕度，一些如滲水、傳輸器或馬達引起的電磁干擾等障礙和危險因素必須被排除，這些要求必須每周每天24小時內均維持。在總配線間以及各個分配線間內提供足夠的空間用于安裝安裝跳線架及光纖接線盒，防塵良好，且應有照明系統，便于安裝和管理。在總配線間以及各個分配線間內應連接骨干和水平橋架，用于干線電纜和水平電纜的布放，同時在總配線間吊頂式天花板頂或架高地臺層棚用于布線。在總配線間以及各個分配線間內提供至少有3-4個獨立的電源雙孔插座，以供一些網絡設備使用。系統應用的電壓為380V三向和220雙向交流電源，由當地電力公司提供，其交流電壓波動的報限需遵從規定。

垂直銅纜系統的垂直橋架的長度必須最短，垂直光纖的系統的垂直橋架必須能夠滿足其分配，這些橋架的尺寸必須由智能化承包方計算并確認。在安裝工作開始以前，智能化承包方必須書面確認建筑圖紙以及一些相關圖紙中的提供綜合布線系統的空間，凈空高度、建筑開孔、底座等是否能夠滿足要求。如必要的話，智能化承包方必須對土建底座等是否能夠滿足要求進行確認。必須安裝一套充分的、提供密碼的滅火系統，必須布置好加濕系統，電子設置的上方必須直接布有噴淋頭，用吹干機來避免以外的滲水破壞，必須裝好通風系統。

篇10

第八講

導數的綜合應用

2019年

1.（2019全國Ⅲ文20）已知函數.

（1）討論的單調性；

（2）當0

2.（2019北京文20）已知函數．

（Ⅰ）求曲線的斜率為1的切線方程；

（Ⅱ）當時，求證：；

（Ⅲ）設，記在區間上的最大值為M（a），當M（a）最小時，求a的值．

3.（2019江蘇19）設函數、為f（x）的導函數．

（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；

（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零點均在集合中，求f（x）的極小值；

（3）若，且f（x）的極大值為M，求證:M≤．

4.（2019全國Ⅰ文20）已知函數f（x）=2sinx－xcosx－x，f

′（x）為f（x）的導數．

（1）證明：f

′（x）在區間（0，π）存在唯一零點；

（2）若x∈[0，π]時，f（x）≥ax，求a的取值范圍．

5.（2019全國Ⅰ文20）已知函數f（x）=2sinx－xcosx－x，f

′（x）為f（x）的導數．

（1）證明：f

′（x）在區間（0，π）存在唯一零點；

（2）若x∈[0，π]時，f（x）≥ax，求a的取值范圍．

6.（2019全國Ⅱ文21）已知函數.證明：

（1）存在唯一的極值點；

（2）有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.

7.（2019天津文20）設函數，其中.

（Ⅰ）若，討論的單調性；

（Ⅱ）若，

（i）證明恰有兩個零點

（ii）設為的極值點，為的零點，且，證明.

8.（2019浙江22）已知實數，設函數

（1）當時，求函數的單調區間；

（2）對任意均有

求的取值范圍.

注：e=2.71828…為自然對數的底數.

2010-2018年

一、選擇題

1．（2017新課標Ⅰ）已知函數，則

A．在單調遞增

B．在單調遞減

C．的圖像關于直線對稱

D．的圖像關于點對稱

2．（2017浙江）函數的導函數的圖像如圖所示，則函數的圖像可能是

A．

B．

C．

D．

3．（2016年全國I卷）若函數在單調遞增，則的取值范圍是

A．

B．

C．

D．

4．（2016年四川）已知為函數的極小值點，則

A．4

B．2

C．4

D．2

5．（2014新課標2）若函數在區間（1，+）單調遞增，則的取值范圍是

A．

B．

C．

D．

6．（2014新課標2）設函數．若存在的極值點滿足

，則的取值范圍是

A．

B．

C．

D．

7．（2014遼寧）當時，不等式恒成立，則實數a的取值范圍是

A．

B．

C．

D．

8．（2014湖南）若，則

A．

B．

C．

D．

9．（2014江西）在同一直角坐標系中，函數與

的圖像不可能的是

10．（2013新課標2）已知函數，下列結論中錯誤的是

A．

B．函數的圖像是中心對稱圖形

C．若是的極小值點，則在區間單調遞減

D．若是的極值點，則

11．（2013四川）設函數（，為自然對數的底數）．若存在使成立，則的取值范圍是（

）

A．

B．

C．

D．

12．（2013福建）設函數的定義域為R，是的極大值點，以下結論一定正確的是

A．

B．是的極小值點

C．是的極小值點

D．是的極小值點

13．（2012遼寧）函數的單調遞減區間為

A．(－1,1]

B．(0,1]

C．

[1,+)

D．(0,+)

14．（2012陜西）設函數，則

A．為的極大值點

B．為的極小值點

C．為的極大值點

D．為的極小值點

15．（2011福建）若，，且函數在處有極值，則的最大值等于

A．2

B．3

C．6

D．9

16．（2011浙江）設函數，若為函數的一個極值點，則下列圖象不可能為的圖象是

A

B

C

D

17．（2011湖南）設直線

與函數，

的圖像分別交于點，則當達到最小時的值為

A．1

B．

C．

D．

二、填空題

18．（2016年天津）已知函數為的導函數，則的值為____.

19．（2015四川）已知函數，(其中)．對于不相等的實數，設＝，＝．現有如下命題：

①對于任意不相等的實數，都有；

②對于任意的及任意不相等的實數，都有；

③對于任意的，存在不相等的實數，使得；

④對于任意的，存在不相等的實數，使得．

其中真命題有___________(寫出所有真命題的序號)．

20．（2011廣東）函數在=______處取得極小值．

三、解答題

21．（2018全國卷Ⅰ）已知函數．

(1)設是的極值點．求，并求的單調區間；

(2)證明：當時，．

22．（2018浙江）已知函數．

(1)若在，()處導數相等，證明：；

(2)若，證明：對于任意，直線與曲線有唯一公共點．

23．（2018全國卷Ⅱ）已知函數．

(1)若，求的單調區間；

(2)證明：只有一個零點．

24．（2018北京）設函數．

(1)若曲線在點處的切線斜率為0，求；

(2)若在處取得極小值，求的取值范圍．

25．（2018全國卷Ⅲ）已知函數．

(1)求曲線在點處的切線方程；

(2)證明：當時，．

26．（2018江蘇）記分別為函數的導函數．若存在，滿足且，則稱為函數與的一個“點”．

(1)證明：函數與不存在“點”；

(2)若函數與存在“點”，求實數a的值；

(3)已知函數，．對任意，判斷是否存在，使函數與在區間內存在“點”，并說明理由．

27．（2018天津）設函數，其中，且是公差為的等差數列．

(1)若

求曲線在點處的切線方程；

(2)若，求的極值；

(3)若曲線與直線有三個互異的公共點，求d的取值范圍．

28．（2017新課標Ⅰ）已知函數．

(1)討論的單調性；

(2)若，求的取值范圍．

29．（2017新課標Ⅱ）設函數．

(1)討論的單調性；

(2)當時，，求的取值范圍．

30．（2017新課標Ⅲ）已知函數．

(1)討論的單調性；

(2)當時，證明．

31．（2017天津）設，．已知函數，

．

（Ⅰ）求的單調區間；

（Ⅱ）已知函數和的圖象在公共點處有相同的切線，

（i）求證：在處的導數等于0；

（ii）若關于x的不等式在區間上恒成立，求的取值范圍．

32．（2017浙江）已知函數．

（Ⅰ）求的導函數；

（Ⅱ）求在區間上的取值范圍．

33．（2017江蘇）已知函數有極值，且導函數

的極值點是的零點．（極值點是指函數取極值時對應的自變量的值）

（1）求關于的函數關系式，并寫出定義域；

（2）證明：；

34．（2016年全國I卷）已知函數.

(I)討論的單調性；

(II)若有兩個零點，求的取值范圍.

35．（2016年全國II卷）已知函數.

(Ⅰ)當時，求曲線在處的切線方程；

(Ⅱ)若當時，，求的取值范圍.

36．（2016年全國III卷）設函數．

（Ⅰ）討論的單調性；

（Ⅱ）證明當時，；

（III）設，證明當時，．

37．（2015新課標2）已知函數．

（Ⅰ）討論的單調性；

（Ⅱ）當有最大值，且最大值大于時，求的取值范圍．

38．（2015新課標1）設函數．

（Ⅰ）討論的導函數零點的個數；

（Ⅱ）證明：當時．

39．（2014新課標2）已知函數，曲線在點（0，2）處的切線與軸交點的橫坐標為－2．

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）證明：當時，曲線與直線只有一個交點．

40．(2014山東）設函數（為常數，是自然對數的底數）

（Ⅰ）當時，求函數的單調區間；

（Ⅱ）若函數在內存在兩個極值點，求的取值范圍．

41．（2014新課標1）設函數，

曲線處的切線斜率為0

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）若存在使得，求的取值范圍．

42．（2014山東）設函數

，其中為常數．

（Ⅰ）若，求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）討論函數的單調性．

43．(2014廣東)

已知函數

（Ⅰ）求函數的單調區間；

（Ⅱ）當時，試討論是否存在，使得．

44．(2014江蘇)已知函數，其中e是自然對數的底數．

（Ⅰ）證明：是R上的偶函數；

（Ⅱ）若關于的不等式≤在上恒成立，求實數的取值范圍；

（Ⅲ）已知正數滿足：存在，使得成立．試比較與的大小，并證明你的結論．

45．（2013新課標1）已知函數，曲線在點處切線方程為．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）討論的單調性，并求的極大值．

46．（2013新課標2）已知函數．

（Ⅰ）求的極小值和極大值；

（Ⅱ）當曲線的切線的斜率為負數時，求在軸上截距的取值范圍．

47．（2013福建）已知函數（，為自然對數的底數）．

（Ⅰ）若曲線在點處的切線平行于軸，求的值；

（Ⅱ）求函數的極值；

（Ⅲ）當的值時，若直線與曲線沒有公共點，求的最大值．

48．(2013天津)已知函數．

（Ⅰ）求函數的單調區間；

（Ⅱ）

證明：對任意的，存在唯一的，使．

（Ⅲ）設（Ⅱ）中所確定的關于的函數為，

證明：當時，有．

49．（2013江蘇）設函數，，其中為實數．

（Ⅰ）若在上是單調減函數，且在上有最小值，求的取值范圍；

（Ⅱ）若在上是單調增函數，試求的零點個數，并證明你的結論．

50．（2012新課標）設函數f(x)=－ax－2

（Ⅰ）求的單調區間

（Ⅱ）若，為整數，且當時，，求的最大值

51．（2012安徽）設函數

（Ⅰ）求在內的最小值；

（Ⅱ）設曲線在點的切線方程為；求的值。

52．（2012山東）已知函數（為常數，是自然對數的底數），曲線在點處的切線與軸平行．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求的單調區間；

（Ⅲ）設，其中是的導數．

證明：對任意的，．

53．（2011新課標）已知函數，曲線在點處的切線方程為．

（Ⅰ）求，的值；

（Ⅱ）證明：當，且時，．

54．（2011浙江）設函數，

（Ⅰ）求的單調區間；

（Ⅱ）求所有實數，使對恒成立．

注：為自然對數的底數．

55．（2011福建）已知，為常數，且，函數，（e=2.71828…是自然對數的底數）．

（Ⅰ）求實數的值；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

（Ⅲ）當時，是否同時存在實數和()，使得對每一個∈，直線與曲線（∈[，e]）都有公共點？若存在，求出最小的實數和最大的實數；若不存在，說明理由．

56．（2010新課標）設函數

（Ⅰ）若=，求的單調區間；

（Ⅱ）若當≥0時≥0，求的取值范圍．

專題三

導數及其應用

第八講

導數的綜合應用

答案部分

2019年

1.解析（1）．

令，得x=0或.

若a>0，則當時，；當時，．故在單調遞增，在單調遞減；

若a=0，在單調遞增；

若a

（2）當時，由（1）知，在單調遞減，在單調遞增，所以在[0,1]的最小值為，最大值為或.于是

，

所以

當時，可知單調遞減，所以的取值范圍是.

當時，單調遞減，所以的取值范圍是.

綜上，的取值范圍是.

2.解析（Ⅰ）由得．

令，即，得或．

又，，

所以曲線的斜率為1的切線方程是與，

即與．

（Ⅱ）要證，即證，令．

由得．

令得或．

在區間上的情況如下：

所以的最小值為，最大值為．

故，即．

（Ⅲ），由（Ⅱ）知，，

當時，；

當時，；

當時，．

綜上，當最小時，．

3.解析（1）因為，所以．

因為，所以，解得．

（2）因為，

所以，

從而．令，得或．

因為都在集合中，且，

所以．

此時，．

令，得或．列表如下：

1

+

–

+

極大值

極小值

所以的極小值為．

（3）因為，所以，

．

因為，所以，

則有2個不同的零點，設為．

由，得．

列表如下：

+

–

+

極大值

極小值

所以的極大值．

解法一：

．因此．

解法二：因為，所以．

當時，．

令，則．

令，得．列表如下：

+

–

極大值

所以當時，取得極大值，且是最大值，故．

所以當時，，因此．

4.解析

（1）設，則.

當時，；當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.

又，故在存在唯一零點.

所以在存在唯一零點.

（2）由題設知，可得a≤0.

由（1）知，在只有一個零點，設為，且當時，；當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.

又，所以，當時，.

又當時，ax≤0，故.

因此，a的取值范圍是.

5.解析

（1）設，則.

當時，；當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.

又，故在存在唯一零點.

所以在存在唯一零點.

（2）由題設知，可得a≤0.

由（1）知，在只有一個零點，設為，且當時，；當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.

又，所以，當時，.

又當時，ax≤0，故.

因此，a的取值范圍是.

6.解析（1）的定義域為（0，+）.

.

因為單調遞增，單調遞減，所以單調遞增，又，

，故存在唯一，使得.

又當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.

因此，存在唯一的極值點.

（2）由（1）知，又，所以在內存在唯一根.

由得.

又，故是在的唯一根.

綜上，有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.

7.解析（Ⅰ）由已知，的定義域為，且

，

因此當時，

，從而，所以在內單調遞增.

（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知.令，由，

可知在內單調遞減，又，且

.

故在內有唯一解，從而在內有唯一解，不妨設為，則.

當時，，所以在內單調遞增；當時，，所以在內單調遞減，因此是的唯一極值點.

令，則當時，，故在內單調遞減，從而當時，

，所以.

從而，

又因為，所以在內有唯一零點.又在內有唯一零點1，從而，在內恰有兩個零點.

（ii）由題意，即，從而，即.因為當時，

，又，故，兩邊取對數，得，于是

，

整理得.

8.解析（Ⅰ）當時，．

，

所以，函數的單調遞減區間為（0，3），單調遞增區間為（3，+）．

（Ⅱ）由，得．

當時，等價于．

令，則．

設

，則

．

（i）當

時，，則

．

記，則

.

故

1

+

單調遞減

極小值

單調遞增

所以，

．

因此，．

（ii）當時，．

令

，則，

故在上單調遞增，所以．

由（i）得．

所以，．

因此．

由（i）（ii）得對任意，，

即對任意，均有．

綜上所述，所求a的取值范圍是．

2010-2018年

1．C【解析】由，知，在上單調遞增，

在上單調遞減，排除A、B；又，

所以的圖象關于對稱，C正確．

2．D【解析】由導函數的圖象可知，的單調性是減增減增，排除

A、C；由導函數的圖象可知，的極值點一負兩正，所以D符合，選D．

3．C【解析】函數在單調遞增，

等價于

在恒成立．

設，則在恒成立，

所以，解得．故選C．

4．D【解析】因為，令，，當

時，單調遞增；當時，單調遞減；當時，單調遞增．所以．故選D．

5．D【解析】，，在（1，+）單調遞增，

所以當

時，恒成立，即在（1，+）上恒成立，

，，所以，故選D．

6．C【解析】由正弦型函數的圖象可知：的極值點滿足，

則，從而得．所以不等式

，即為，變形得，其中．由題意，存在整數使得不等式成立．當且時，必有，此時不等式顯然不能成立，故或，此時，不等式即為，解得或．

7．C【解析】當時，得，令，則，

，令，，

則，顯然在上，，單調遞減，所以，因此；同理，當時，得．由以上兩種情況得．顯然當時也成立，故實數的取值范圍為．

8．C【解析】設，則，故在上有一個極值點，即在上不是單調函數，無法判斷與的大小，故A、B錯；構造函數，，故在上單調遞減，所以，選C．

9．B【解析】當，可得圖象D；記，

，

取，，令，得，易知的極小值為，又，所以，所以圖象A有可能；同理取，可得圖象C有可能；利用排除法可知選B．

10．C【解析】若則有，所以A正確。由得

，因為函數的對稱中心為（0,0），

所以的對稱中心為,所以B正確。由三次函數的圖象可知，若是的極小值點，則極大值點在的左側，所以函數在區間（∞,

）單調遞減是錯誤的，D正確。選C.

11．A【解析】若在上恒成立，則，

則在上無解；

同理若在上恒成立，則。

所以在上有解等價于在上有解，

即，

令，所以，

所以．

12．D【解析】A．，錯誤．是的極大值點，并不是最大值點；B．是的極小值點．錯誤．相當于關于y軸的對稱圖像，故應是的極大值點；C．是的極小值點．錯誤．相當于關于軸的對稱圖像，故應是的極小值點．跟沒有關系；D．是的極小值點．正確．相當于先關于y軸的對稱，再關于軸的對稱圖像．故D正確．

13．B【解析】,,由，解得，又，

故選B．

14．D【解析】，，恒成立，令，則

當時，，函數單調減，當時，，函數單調增，

則為的極小值點，故選D．

15．D【解析】，由，即，得．

由，，所以，當且僅當時取等號．選D．

16．D【解析】若為函數的一個極值點，則易知，選項A，B的函數為，，為函數的一個極值點滿足條件；選項C中，對稱軸，且開口向下，

，，也滿足條件；選項D中，對稱軸

，且開口向上，，，與題圖矛盾，故選D．

17．D【解析】由題不妨令，則，

令解得，因時，，當時，

，所以當時，達到最小．即．

18．3【解析】．

19．①④【解析】因為在上是單調遞增的，所以對于不相等的實數，恒成立，①正確；因為，所以

=，正負不定，②錯誤；由，整理得．

令函數，則，

令，則，又，

，從而存在，使得，

于是有極小值，所以存

在，使得，此時在上單調遞增，故不存在不相等的實數，使得，不滿足題意，③錯誤；由得，即，設，

則，所以在上單調遞增的，且當時，

，當時，，所以對于任意的，與的圖象一定有交點，④正確．

20．2【解析】由題意，令得或．

因或時，，時，．

時取得極小值．

21．【解析】(1)的定義域為，．

由題設知，，所以．

從而，．

當時，；當時，．

所以在單調遞減，在單調遞增．

(2)當時，．

設，則

當時，；當時，．所以是的最小值點．

故當時，．

因此，當時，．

22．【解析】(1)函數的導函數，

由得，

因為，所以．

由基本不等式得．

因為，所以．

由題意得．

設，

則，

所以

16

+

所以在上單調遞增，

故，

即．

(2)令，，則

，

所以，存在使，

所以，對于任意的及，直線與曲線有公共點．

由得．

設，

則，

其中．

由(1)可知，又，

故，

所以，即函數在上單調遞減，因此方程至多1個實根．

綜上，當時，對于任意，直線與曲線有唯一公共點．

23．【解析】(1)當時，，．

令解得或．

當時，；

當時，．

故在，單調遞增，在單調遞減．

(2)由于，所以等價于．

設，則，

僅當時，所以在單調遞增．

故至多有一個零點，從而至多有一個零點．

又，，

故有一個零點．

綜上，只有一個零點．

24．【解析】(1)因為，

所以．

，

由題設知，即，解得．

(2)方法一：由(1)得．

若，則當時，；

當時，．

所以在處取得極小值．

若，則當時，，

所以．

所以1不是的極小值點．

綜上可知，的取值范圍是．

方法二：．

(ⅰ)當時，令得．

隨的變化情況如下表：

1

+

?

↗

極大值

在處取得極大值，不合題意．

(ⅱ)當時，令得．

①當，即時，，

在上單調遞增，

無極值，不合題意．

②當，即時，隨的變化情況如下表：

1

+

?

+

↗

極大值

極小值

↗

在處取得極大值，不合題意．

③當，即時，隨的變化情況如下表：

+

?

+

↗

極大值

極小值

↗

在處取得極小值，即滿足題意．

(ⅲ)當時，令得．

隨的變化情況如下表：

?

+

?

極小值

↗

極大值

在處取得極大值，不合題意．

綜上所述，的取值范圍為．

25．【解析】(1)，．

因此曲線在點處的切線方程是．

(2)當時，．

令，則．

當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；

所以．因此．

26．【解析】(1)函數，，則，．

由且，得，此方程組無解，

因此，與不存在“點”．

(2)函數，，

則．

設為與的“點”，由且，得

，即，（*）

得，即，則．

當時，滿足方程組（*），即為與的“點”．

因此，的值為．

(3)對任意，設．

因為，且的圖象是不間斷的，

所以存在，使得．令，則．

函數，

則．

由且，得

，即，（**）

此時，滿足方程組（**），即是函數與在區間內的一個“點”．

因此，對任意，存在，使函數與在區間內存在“點”．

27．【解析】(1)由已知，可得，故，

因此，=?1，

又因為曲線在點處的切線方程為，

故所求切線方程為．

(2)由已知可得

．

故．令=0，解得，或．

當變化時，，的變化如下表：

(?∞，

)

(，

)

(，

+∞)

+

?

+

↗

極大值

極小值

↗

所以函數的極大值為；函數小值為．

(3)曲線與直線有三個互異的公共點等價于關于的方程有三個互異的實數解，

令，可得．

設函數，則曲線與直線有三個互異的公共點等價于函數有三個零點．

．

當時，，這時在R上單調遞增，不合題意．

當時，=0，解得，．

易得，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，

的極大值=>0．

的極小值=?．

若，由的單調性可知函數至多有兩個零點，不合題意．

若即，

也就是，此時，

且，從而由的單調性，可知函數在區間內各有一個零點，符合題意．

所以的取值范圍是

28．【解析】（1）函數的定義域為，

，

①若，則，在單調遞增．

②若，則由得．

當時，；當時，，

所以在單調遞減，在單調遞增．

③若，則由得．

當時，；當時，，

故在單調遞減，在單調遞增．

（2）①若，則，所以．

②若，則由（1）得，當時，取得最小值，最小值為

．從而當且僅當，即時，．

③若，則由（1）得，當時，取得最小值，最小值為

．

從而當且僅當，即時．

綜上，的取值范圍為．

29．【解析】（1）

令得

，．

當時，；當時，；當時，．

所以在，單調遞減，在單調遞增．

（2）．

當時，設函數，，因此在單調遞減，而，故，所以

．

當時，設函數，，所以在單調遞增，而，故．

當時，，，

取，則，，

故．

當時,取,則,．

綜上，的取值范圍是．

30．【解析】（1）的定義域為，．

若，則當時，，故在單調遞增.

若，則當時，；當時，．故在單調遞增，在單調遞減.

（2）由（1）知，當時，在取得最大值，最大值為

．

所以等價于，

即．

設，則．

當時，；當時，．所以在單調遞增，在單調遞減.故當時，取得最大值，最大值為．所以當時，．從而當時，，即．

31．【解析】（I）由，可得

，

令，解得，或．由，得．

當變化時，，的變化情況如下表：

所以，的單調遞增區間為，，單調遞減區間為．

（II）（i）因為，由題意知，

所以，解得．

所以，在處的導數等于0．

（ii）因為，，由，可得．

又因為，，故為的極大值點，由（I）知．

另一方面，由于，故，

由（I）知在內單調遞增，在內單調遞減，

故當時，在上恒成立，

從而在上恒成立．

由，得，．

令，，所以，

令，解得（舍去），或．

因為，，，故的值域為．

所以，的取值范圍是．

32．【解析】（Ⅰ）因為，

所以

（Ⅱ）由

解得或．

因為

x

（，1）

1

（1，）

（，）

-

+

-

↗

又，

所以在區間上的取值范圍是．

33．【解析】(1)由,得.

當時，有極小值.

因為的極值點是的零點.

所以，又，故.

因為有極值，故有實根，從而，即.

時，，故在R上是增函數，沒有極值；

時，有兩個相異的實根，.

列表如下

+

–

+

極大值

極小值

故的極值點是.

從而，

因此，定義域為.

（2）由（1）知，．

設，則．

當時，，所以在上單調遞增．

因為，所以，故，即．

因此．

（3）由（1）知,的極值點是，且，.

從而

記，所有極值之和為，

因為的極值為，所以，.

因為，于是在上單調遞減.

因為，于是，故.

因此的取值范圍為.

34．【解析】

(Ⅰ)

(i)設，則當時，；當時，.

所以在單調遞減，在單調遞增.

(ii)設，由得或．

①若，則，所以在單調遞增.

②若，則,故當時，；

當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.

③若，則，故當時，，當時，，所以在單調遞增，在單調遞減.

(Ⅱ)(i)設，則由(I)知，在單調遞減，在單調遞增.

又，取b滿足b

則，所以有兩個零點.

(ii)設a=0，則，所以有一個零點.

(iii)設a

又當時，

綜上，的取值范圍為.

35．【解析】（Ⅰ）的定義域為.當時，

，

曲線在處的切線方程為

（Ⅱ）當時，等價于

令，則

，

（i）當，時，，

故在上單調遞增，因此；

（ii）當時，令得

，

由和得，故當時，，在單調遞減，因此.

綜上，的取值范圍是

36．【解析】（Ⅰ）由題設，的定義域為，，令，解得．當時，，單調遞增；當時，，單調遞減．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在處取得最大值，最大值為.

所以當時，.

故當時，，，即.

（Ⅲ）由題設，設，則，

令，解得.

當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.

由（Ⅱ）知，，故，又，

故當時，.

所以當時，.

37【解析】（Ⅰ）的定義域為，．

若，則，所以在單調遞增．

若，則當時，；當時，．所以在單調遞增，在單調遞減．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當時，在上無最大值；當時，在取得最大值，最大值為．

因此等價于．

令，則在單調遞增，．

于是，當時，；當時，．

因此的取值范圍是．

38．【解析】（Ⅰ）的定義域為，．

當時,，沒有零點；

當時，因為單調遞增，單調遞增，所以在單調遞增.又，當滿足且時，，故當時，存在唯一零點．

（Ⅱ）由（Ⅰ），可設在的唯一零點為，當時，；

當時，．

故在單調遞減，在單調遞增，

所以當時，取得最小值，最小值為．

由于，所以．

故當時，．

39．【解析】（Ⅰ）=，.

曲線在點（0,2）處的切線方程為．

由題設得，所以．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

設，由題設知．

當≤0時，，單調遞增，，所以=0在有唯一實根．

當時，令，則．

，在單調遞減，在單調遞增，

所以，所以在沒有實根.

綜上，=0在R有唯一實根，即曲線與直線只有一個交點．

40．【解析】（Ⅰ）函數的定義域為

由可得

所以當時，，函數單調遞減，

所以當時，，函數單調遞增，

所以

的單調遞減區間為，的單調遞增區間為

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，時，在內單調遞減，

故在內不存在極值點；

當時，設函數，，因此．

當時，時，函數單調遞增

故在內不存在兩個極值點；

當時，

函數在內存在兩個極值點

當且僅當，解得

綜上函數在內存在兩個極值點時，的取值范圍為．

41．【解析】（Ⅰ），

由題設知，解得．

（Ⅱ）的定義域為，由（Ⅰ）知，，

（ⅰ）若，則，故當時，，在單調遞增，所以，存在，使得的充要條件為，

即，解得．

（ii）若，則，故當時，；

當時，，在單調遞減，在單調遞增．所以，存在，使得的充要條件為，

而，所以不合題意．

（iii）若，則．

綜上，的取值范圍是．

42．【解析】（Ⅰ）由題意知時，，

此時，可得，又，

所以曲線在處的切線方程為．

（Ⅱ）函數的定義域為，

，

當時，，函數在上單調遞增，

當時，令，

由于，

①當時，，

，函數在上單調遞減，

②當時，，，函數在上單調遞減，

③當時，，

設是函數的兩個零點，

則，，

由

，

所以時，，函數單調遞減，

時，，函數單調遞增，

時，，函數單調遞減，

綜上可知，當時，函數在上單調遞增；

當時，函數在上單調遞減；

當時，在，上單調遞減，在上單調遞增．

43．【解析】（Ⅰ）

（Ⅱ）

44．【解析】（Ⅰ），，是上的偶函數

（Ⅱ）由題意，，即

，，即對恒成立

令，則對任意恒成立

，當且僅當時等號成立

（Ⅲ），當時，在上單調增

令，

，，即在上單調減

存在，使得，，即

設，則

當時，，單調增；

當時，，單調減

因此至多有兩個零點，而

當時，，；

當時，，；

當時，，．

45．【解析】．由已知得，，

故，，從而；

（Ⅱ）

由（I）知，

令得，或．

從而當時，；當時，．

故在，單調遞增，在單調遞減．

當時，函數取得極大值，極大值為．

46．【解析】（Ⅰ）的定義域為，

①

當或時，；當時，

所以在，單調遞減，在單調遞增．

故當時，取得極小值，極小值為；當時，取得極大值，極大值為．

（Ⅱ）設切點為，則的方程為

所以在軸上的截距為

由已知和①得．

令，則當時，的取值范圍為；當時，的取值范圍是．

所以當時，的取值范圍是．

綜上，在軸上截距的取值范圍．

47．【解析】（Ⅰ）由，得．

又曲線在點處的切線平行于軸，

得，即，解得．

（Ⅱ），

①當時，，為上的增函數，所以函數無極值．

②當時，令，得，．

，；，．

所以在上單調遞減，在上單調遞增，

故在處取得極小值，且極小值為，無極大值．

綜上，當時，函數無極小值；

當，在處取得極小值，無極大值．

（Ⅲ）當時，

令，

則直線：與曲線沒有公共點，

等價于方程在上沒有實數解．

假設，此時，，

又函數的圖象連續不斷，由零點存在定理，可知在上至少有一解，與“方程在上沒有實數解”矛盾，故．

又時，，知方程在上沒有實數解．

所以的最大值為．

解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．

（Ⅲ）當時，．

直線：與曲線沒有公共點，

等價于關于的方程在上沒有實數解，即關于的方程：

（*）

在上沒有實數解．

①當時，方程（*）可化為，在上沒有實數解．

②當時，方程（*）化為．

令，則有．

令，得，

當變化時，的變化情況如下表：

當時，，同時當趨于時，趨于，

從而的取值范圍為．

所以當時，方程（*）無實數解，解得的取值范圍是．

綜上，得的最大值為．

48．【解析】（Ⅰ）函數f(x)的定義域為(0，＋∞)．

f′(x)＝2xln

x＋x＝x(2ln

x＋1)，令f′(x)＝0，得.

當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：

x

f′(x)

－

＋

f(x)



極小值

所以函數f(x)的單調遞減區間是，單調遞增區間是.

（Ⅱ）證明：當0＜x≤1時，f(x)≤0.

設t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．

由(1)知，h(x)在區間(1，＋∞)內單調遞增．

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）證明：因為s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，從而

，

其中u＝ln

s.

要使成立，只需.

當t＞e2時，若s＝g(t)≤e，則由f(s)的單調性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．

所以s＞e，即u＞1，從而ln

u＞0成立．

另一方面，令F(u)＝，u＞1.F′(u)＝，令F′(u)＝0，得u＝2.

當1＜u＜2時，F′(u)＞0；當u＞2時，F′(u)＜0.

故對u＞1，F(u)≤F(2)＜0.

因此成立．

綜上，當t＞e2時，有.

49．【解析】：（Ⅰ）由題在上恒成立，在上恒成立，；

若，則在上恒成立，在上遞增，

在上沒有最小值，，

當時，，由于在遞增，時，遞增，時，遞減，從而為的可疑極小點，由題，，

綜上的取值范圍為．

（Ⅱ）由題在上恒成立，

在上恒成立，，

由得

，

令，則，

當時，，遞增，

當時，，遞減，

時，最大值為，

又時，，

時，，

據此作出的大致圖象，由圖知：

當或時，的零點有1個,

當時，的零點有2個,

50．【解析】（Ⅰ）的定義域為，．

若，則，所以在單調遞增．

若，則當時，當，，所以

在單調遞減，在單調遞增．

（Ⅱ）

由于，所以(x－k)

f′(x)+x+1=．

故當時，(x－k)

f′(x)+x+1>0等價于

（）

①

令，則

由（Ⅰ）知，函數在單調遞增．而，所以在存在唯一的零點，故在存在唯一的零點，設此零點為，則．當時，；當時，，所以在的最小值為，又由，可得，所以

故①等價于，故整數的最大值為2．

51．【解析】（Ⅰ）設；則

①當時，在上是增函數

得：當時，的最小值為

②當時，

當且僅當時，的最小值為

（Ⅱ）

由題意得：

52．【解析】（Ⅰ）由

=

可得，而，

即，解得；

（Ⅱ），令可得，

當時，；當時，．

于是在區間內為增函數；在內為減函數．

（Ⅲ）

=

因此對任意的，等價于

設

所以，

因此時，，時，

所以，故．

設，則，

，，，，即

，對任意的，．

53．【解析】（Ⅰ）

由于直線的斜率為，且過點，故

即,解得，．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以

考慮函數，則

所以當時，故

當時，

當時，

從而當

54．【解析】（Ⅰ）因為

所以

由于，所以的增區間為，減區間為

（Ⅱ）【證明】：由題意得，

由（Ⅰ）知內單調遞增，

要使恒成立，

只要，解得

55．【解析】（Ⅰ）由

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得從而

，故：

（1）當；

（2）當

綜上，當時，函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為（0，1）；

當時，函數的單調遞增區間為（0，1），單調遞減區間為。

（Ⅲ）當時，

由（Ⅱ）可得，當在區間內變化時，的變化情況如下表：

－

+

單調遞減

極小值1

單調遞增

2

又的值域為[1，2]．

由題意可得，若，則對每一個，直線與曲線

都有公共點．并且對每一個，

直線與曲線都沒有公共點．

綜上，當時，存在最小的實數=1，最大的實數=2，使得對每一個，直線與曲線都有公共點．

56．【解析】（Ⅰ）時，，

。當時;當時，;當時，。故在，單調增加，在（1，0）單調減少．

（Ⅱ）。令，則。若，則當時，，為減函數，而，從而當x≥0時≥0，即≥0．