高考一道数学题的加强

1994年全国高考理科数学第(22)题为: 已知函数f(x)=tgx,x∈(0,π/2),若x_1,x_2∈(0,π/2),且x_1≠x_2,证明1/2〔f(x_1) f(x_2)〕>f(X_1 X_2/2)。 其实,该题可以加强为: 已知函数f(x)=tgx,x∈(0,π/2),     

导数江湖行,证题有神功

在新课标中,应用导数研究函数的单调性进而证明不等式是近些年来高考中出现的新热点．导数为证明提供了“金钥匙”,解题如行云流水,简捷明快．现举几例,予以说明．例1若x＞-1,证明：In(x+1)≤x．证明：令f(x)=In(x+1)-x,则f(x)=1/(x+1)-1．令f′(x)=0,解得x=0．当-1＜x＜0时,f(x)＞0,所以f(x)在区间(-1,0)上单调递增．当x＞0时,f(x)＜0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减．所以,当x＞-1时,f(x)=In(x+1)-x≤f(0)=0,即In(x+1)≤x．方法步骤：(1)移项,使不等式一边为0,构造辅助函数；     

2022年高考北京卷导数题的溯源、求解与推广

<正>1 题目呈现题目 (2022年高考北京卷第20题)已知函数f(x)=exln(x+1).(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处切线方程;(2)设g(x)=f′(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性及不等式的证明.     

导数问题的高考题型及解法解读

在近几年的高考中,对导数问题的考查力度正在逐年增加,不仅题型在变化,而且设置问题的难度、深度与广度也在不断加大,将导数与其它数学知识的结合已成为高考题的一道靓丽的风景线. 一、对导数定义和求导法则的考查 例1.设函数f(x)=2/x+1nx,则() Ax=1/2为f(x)的极大值点B.x=1/2为f(x)的极小值点 C.x=2为f(x)的极大值点 D.x=2为f(x)的极小值点 解:∵f(x)=2/x+1nx(x＞0),∴f'(x)=-2/x2+1/x,由f'(x)=0解得x=2. 当x∈(0,2)时,f'(x)＜0,f(x)为减函数;x∈(0,+∞)时,f(x)＞0,f(x)为增函数,∴x=2为f(x)的极小值点,所以选D. 点评:本题考查了利用导数确定极值点问题,但首先要利用求导公式对函数顺利求导,才能快速作答.     

能取等号吗?

函数 y=f(x)在 x=x_0处有极值,则它的导数 f′(x)在这点的函数值为零,即 f′(x_0)=0,反过来,函数 y=f(x)的导数在某点的函数值为零时,这点却不一定是函数的极值点.因此,我们必须具体问题具体分析.例1 已知 b>-1,c>0,函数 f(x)=x b 的图象与函数 g(x)=x~2 bx c 的图像相切.(1)求 b 与 c 的关系(用 c 表示 b)(2)设函数 F(x)=f(x)g(x)在(-∞, ∞)内有极值点,求 c 的取值范围.分析:(1)(略);(2)函数 F(x)=f(x)·g(x)在(-∞, ∞)内有极值点,即存在 x_0使F′(x_0)=0,亦即一元二次方程 F′(x)=0有实     

多次求导——破解导数零点问题

<正>例设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0,求f(x)的单调区间;(2)若当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.参考答案如下:(1)a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调减少,在(0,+∞)上单调增加.     

怎样用导数证明不等式

<正>1.差函数法。若证明f(x)x-1。(1)求函数f(x)的最大值;(2)设g(x)=     

联想导数运算法则 合理构造函数解题

著名数学家波利亚在《怎样解题》一书中明确提出,联想是解题计划的重要一环,学会联想是数学解题成功的一大关键.因此,在解题过程中,要善于观察题设条件与所求结论的结构特征,分析题设与结论之间的联系,联想题目与已有知识结构的相似性.本文结合联想导数运算法则,举例说明之.一、联想和、差函数的导数运算法则例1设函数f(x)、g(x)在区间[a,b]上连续,在区间(a,b)上可导,且f′(x)g(x)(B)f(x)g(x)+f(b)(即选项     

一道高考题的换元证法

题 已知函数f(x)=tgx,x∈(0,π/2),若x_1,x_2∈(0,π/2),x_1≠x_2,证明 1/2[f(x_1) f(x_2)]>f((x_1 x_2)/2)。 证 令a=tg(x_1)/2,b=tg(x_2)/2,则a,b∈(0,1),a≠b,因所证不等式就是     

导数应用 高瞻远瞩

导数是新课标下的新增内容.导数的工具性拓展了导数的学习与研究空间,除了应用导数解决函数的单调性、最值外,在求函数的值域、证明不等式、距离等方面都有广泛的应用,在高考复习时要重视.一、应用导数的定义求函数的极限【例1】已知f(x)=lnx,求极限limx→1f(x)-f(1)x-1的值.解:∵f(x)=lnx,f′(x)=1x,∴limx→1f(x)-1x-1=f′(1)=1.点评:导数定义的等价形式为f′(x0)=limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)Δx=limx→x0f(x)-f(x0)x-x0.二、应用导数的工具性求函数的单调区间、最值及值域【例2】求函数f(x)=xcosx-sinx(x≥0)的单调递增区间.解:f′(x)=-xsi…     

例析导数在解题中的几种应用

同学们在学过导数的知识之后,如果能够灵活地运用导数的知识解题,常常可以使解题过程得到优化,显得简单直观.下面举例分析,希望同学们能够从中受到有益的启示. 一、判定函数的单调性 例1 判断函数f(x)=ex+1/ex在(0,+∞)上的增减性. 解析:因为f(x)=ex+1/ex, 所以f'(x)=ex-e-x=e-x(e2x-1). 当x∈(0,+∞)时,有ex＞0,e2x-1＞0, 所以f'(x)＞0,故f(x)在(0,+∞)上是增函数.     

一道课后习题在高考中的应用

<正>教材《普通高中课程标准实验教科书人教A版数学选修2-2》P_(32)B组1(3):e^x>x+1,x≠0及其变形结论,在近几年高考试题中,特别是导数涉及不等式的问题中,频频亮相,成为高考的热点问题。现举例分享,以供参考。变形1:求证:ex>x+1,x≠0及其变形结论,在近几年高考试题中,特别是导数涉及不等式的问题中,频频亮相,成为高考的热点问题。现举例分享,以供参考。变形1:求证:e^x≥x+1,x∈R。证明:构造函数f(x)=ex≥x+1,x∈R。证明:构造函数f(x)=e^x-x-1,x∈R,则f′(x)=ex-x-1,x∈R,则f′(x)=e^x-1。令f′(x)>0,解得x>0;令f′(x)<0,解得x<0,所以f(x)=ex-1。令f′(x)>0,解得x>0;令f′(x)<0,解得x<0,所以f(x)=e^x     

一道高考题探源

2007高考广东卷理科压轴题已知函数f(x)=x~2 x-1,α,β是方程f(x)=0的两个根(α>β),f′(x)是f(x)的导数.设a_1=1,a_(n 1)=a_n-(f(a_n)/(f′(a_n)))(n=1,2,…).     

微积分中值定理的反问题

本文考虑了微分中值定理及积分中值定理的反问题,证明了下述结果:定理1 设函数f(x)及g(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)上可导.且对任意ξ∈(a,b).g′(ξ)>0,F(x)=F(x)-F(ξ)/g(x)-g(ξ)为x的严格增函数(除ξ点外)。那么存在x_1,x_2∈(a,b),x_1<ξ相似文献   

一道反函数问题几种解法的联系及其改进

有这样一道测试题:若函数f(x)=x3-12x在区间(-∞,a]上存在反函数,求a的最大值.同学们的解法大致有以下三种:解法1:∵f(x)=x3-12x∴f′(x)=3x2-12,∴由f′(x)>0,得x∈(-∞,-2)∪(2, ∞);由f′(x)<0,得x∈(-2,2).∴函数f(x)=x3-12x的单调增区间为(-∞,-2]、[2, ∞),单调减区间为[     

一道高考题解法引发的思考

题目 (2005年,辽宁,理科第22题)函数 y=f(x)在区间(0,+∞)内可导,导函数 f′(x)是减函数,且 f′(x)>0.设 x_0∈(0,+∞),y=kx+m 是曲线y=f(x)在点(x_0,f(x_0))处的切线的方程,并设函数g(x)=kx+m.(Ⅰ)用 x_0、f(x_0)、f′(x_0)表示m;(Ⅱ)证明:当 x_0∈(0,+∞)时,g(x)≥f(x);     

导数的活用

一、活用导数求极限【例1】求(1)li mx→0ex-1x(2)lix→m0sixnx解:(1)令f(x)=ex,则f′(x)=ex,f(0)=1∴li mx→0ex-1x=lix→m0f(x)x--0f(1)=f′(0)=1(2)li mx→0sinxx=lix→m0sinxx--0sin0=(sinx)′|x=0=1二、活用导数解决函数的单调性问题【例2】已知:函数f(x)=x2cosθ 2xsinθ     

2013年新课标高考数学试题理科21题

题目 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)略. (Ⅱ)解法1 当m≤2,x∈(-m,+∞)时,恒有ln(x+m)≤ln(x+2),即只需证明m=2时成立,即ex-ln(x+2)＞0即可. 即证明ee|-x-2 ＞0. 设g(x)=eex-x-2,g’(x)=ex+ex-1, 因为g″(x)=ex+ex(1+ex)＞0,知g’(x)在(-2,+∞)上为单调递增函数.     

关于二阶微分方程周期解的研究

证明了Duffing方程x″+g(x)=p(t)的调和解及无穷多的次调和解的存在性,其中g(x)是奇函数,满足g′(x)＞0且lim(x→∞) g(x)=a＞0,周期为2π的连续函数p(t)满足| p(t)|＜Vt∈R.     

合理“巧设”轻松求解导数题

<正>高考中经常把导数作为压轴题出现,其难度是显而易见的。那么怎么来处理这种高难度的导数题呢?下面就来对此类题的解法作一个探究。1.根据函数的单调性巧设自变量例1已知f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,且_x∈(0,+∞),都有f[f(x)-log2x]=3,则方程f(x)-f′(x)=2的实数解所在的区间是()。