数学复习总结模板(10篇)

导言：作为写作爱好者，不可错过为您精心挑选的10篇数学复习总结，它们将为您的写作提供全新的视角，我们衷心期待您的阅读，并希望这些内容能为您提供灵感和参考。

篇1

2.一元二次方程3x2+4x-2=0的一次项系数为4，常数项是-2.

3.一元二次方程3x2-5x-7=0的二次项系数为3，常数项是-7.

4.把方程3x(x-1)-2=-4x化为一般式为3x2-x-2=0.

知识点2：直角坐标系与点的位置

1.直角坐标系中，点a(3，0)在y轴上。

2.直角坐标系中，x轴上的任意点的横坐标为0.

3.直角坐标系中，点a(1，1)在第一象限.

4.直角坐标系中，点a(-2，3)在第四象限.

5.直角坐标系中，点a(-2，1)在第二象限.

知识点3：已知自变量的值求函数值

1.当x=2时,函数y=的值为1.

2.当x=3时,函数y=的值为1.

3.当x=-1时,函数y=的值为1.

知识点4：基本函数的概念及性质

1.函数y=-8x是一次函数.

2.函数y=4x+1是正比例函数.

3.函数是反比例函数.

4.抛物线y=-3(x-2)2-5的开口向下.

5.抛物线y=4(x-3)2-10的对称轴是x=3.

6.抛物线的顶点坐标是(1,2).

7.反比例函数的图象在第一、三象限.

知识点5：数据的平均数中位数与众数

1.数据13,10,12,8,7的平均数是10.

2.数据3,4,2,4,4的众数是4.

3.数据1，2，3，4，5的中位数是3.

知识点6：特殊三角函数值

1.cos30°= .

2.sin260°+ cos260°= 1.

3.2sin30°+ tan45°= 2.

4.tan45°= 1.

5.cos60°+ sin30°= 1.

知识点7：圆的基本性质

1.半圆或直径所对的圆周角是直角.

2.任意一个三角形一定有一个外接圆.

3.在同一平面内，到定点的距离等于定长的点的轨迹，是以定点为圆心，定长为半径的圆.

4.在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等.

5.同弧所对的圆周角等于圆心角的一半.

6.同圆或等圆的半径相等.

7.过三个点一定可以作一个圆.

8.长度相等的两条弧是等弧.

9.在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等.

10.经过圆心平分弦的直径垂直于弦。

知识点8：直线与圆的位置关系

1.直线与圆有唯一公共点时,叫做直线与圆相切.

2.三角形的外接圆的圆心叫做三角形的外心.

3.弦切角等于所夹的弧所对的圆心角.

4.三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心.

5.垂直于半径的直线必为圆的切线.

篇2

数学复习课的教学目标是为了巩固和加深所学知识，使知识系统化，并且使学生掌握复习内容的知识结构，同时培养学生的概括能力、运用知识的能力和终身学习的习惯。教学中能否落实科学的发展观、能否体现新课程的“以人（学生）为本”思想理念、实施探究教学、引导学生自主学习和实现教学三维目标的和学生健全人格培养，是影响教学质量提高和高考成败的关键。改变旧的教学观念，提高复习课堂的教学效率，成为当务之急，势在必行。

一、备课：备课在“备教材、备大纲、备学生、备方法、备习题”的基础上，更要“备监督落实”。

1.复习内容应低起点，高落点。复习课应唤起学生对旧知识的回忆，把遗忘的知识重现出来，把中断思维线索重新联系起来，并不是对新授内容简单的重复，也不是对旧知识快速播放。复习重在发展对所学知识的延伸与提高。如在课堂中，剖析知识的内涵、外延、相关知识的联系、相似规律的区别，规律的适用条件和范围，知识在题目中常见的考查设计形式等。并加强教学内容与生活科学技术和社会的联系，增强教育内容的多样性、开放性和综合性。“温故而知新”就是这个道理。

2.备好课，是上好课的前提，课上的好、讲的好，学生能否积极主动的配合教师的活动，认真理解深化复习知识进而提高应用能力，还需要一个检查督导的重要环节，若没有这一环节，该堂课的教学目标就很难落到实处，学生对该堂课所讲知识的重点掌握程度就可想而知。如何督查学生的听讲、记忆、理解、掌握和应用等情况，就成了摆在我们面前急需解决的重要课题。因此，备课，要更加注重对学生如何对学生学习效果和效率进行有效的监督落实。

二、上课：上课是体现教学效果的具体行动，对教学的成败起关键性的作用。

1.调动起学生的主动性，对提高课堂效率具有重要的作用。

1.1快速阅读：对于教材中过度性的文字、数学史、介绍性文字材料和引入正文的段落等，课堂一开始安排学生进行快速阅读，让学生总结段落大意或中心思想，在班内进行个人阐述并交流。以此方式给全体学生以压力和动力，督促学生认真看书，积极思考，增强课堂的效率和效益。同时，又锻炼了学生阅读速度能力和分析总结能力。进行个人阐述时，要做到有良有莠，照顾全体学生。这样，一方面可以增加全体学生的主动性，使全体学生都学有所得；另一方面使一部分成绩差的学生不感到失落。

1.2精读：对于教材中的重点段落和内容，指导学生带着问题进行阅读思考。精读过程中要培养学生仔细观察、沉着思考和深入探究的学习习惯。此过程教师要事先准备好学生精读所要思考和解答的具有指导和启发性的问题。学生在阅读过程中，教师要巡回指导，如遇某些关键性、疑难比较强的问题，教师要及时做好释疑工作。

1.3师生讨论：多于阅读过程中学生找出的疑难问题，让学生首先在学习小组范围内讨论解决。讨论实行组长负责制。对于学习小组内讨论仍不能解决的问题，有小组长做好记录。小组讨论结束时，有小组长将讨论未果的问题上缴，再有教师在班内提出，让已解答的组选派组内成员上台解答释疑。各小组之间若有争议，可再进行讨论。最后，教师比较各组释疑的优与缺，总结陈词，确定最佳释疑方案。

1.4课堂巩固练习：根据学生实际，课前要精心设计练习题目，题目难度要有梯度性，以适合不同层次学生最近发展的需求。不同层次学生让其训练不同题目，让不同层次学生都学有所得、学有所成。

1.5作业（或习题或测试）观评课：我们经常抱怨学生“讲过的类型又出错甚至讲过的题目再出错”，而没有深入分析其原因。多次出错的原因有很多方面，其中一个重要的原因就是错误思想意识的迁移影响。学生的错误习惯根深蒂固，不给它一个强有力的致命打击，很难改变。因此，在教学中，应当尝试进行作业、习题或试卷的错误展评。此活动每周进行2到3次，学生分组进行。学生首先将作业交换观看评论，找出自己作业与同学作业的优缺点，评出自己认为最好的作业，写出心得，并在小组内交流，以加深对错误的深刻认识，从内心深处抛弃错误思想认识，形成正确的认识。

2.复习课课堂应采用互动合作探究模式，充分发挥学生的主体作用，让学生充分的主动参与到课堂中来。

2.1精讲多思。做到两个三讲：讲规律、讲方法、讲思路；讲易错点、讲易混点、讲易忘点。做到三不讲：学生会的不讲、学生现在不会但经过思考探究能弄会的不讲、与中考内容无关的内容不讲；讲也讲不会的不讲、讲也听不明白的不讲、讲不透的不讲。留足学生时间，引导学生进行充分的思考发现与数学有关的问题，并从数学角度阐述问题；对问题进行猜想假设，通过分析论证得出的结论。以此来培养学生形成独立思考、刻苦钻研的思维品质和思维习惯。在教师的引导和导引下，使学生沿着正确的合作探究方向进行高效率的学习。

2.2合作探究，双主体和谐发展，让学生充分的主动参与到课堂中来，培养学生良好的学习习惯和思维品质。学生只有具备了良好的学习习惯和思维品质，才能在今后的学习生活中，不断的自我探索、自我总结和自我提高，培养独立思考、合作探究的能力，在不断发展的知识社会中不断自我更新，才能永远处于不败境地。

三、教师对自己在复习课中的作用要进行正确定位。教师在复习过程中扮演舵手的角色

1.唤醒、启迪。教师要引导学生进行广泛而深入的思考，让学生的想象飞起来，让学生敢于大胆的猜想、假设、推理、判断，引导学生正确的思考方向并得出正确判断从而进行思维创新，即引导“敢于胡思乱想，”启发学生“奇思妙想”。

2.指导梳理。复习课上，应指导学生梳理知识，形成机构，总结规律形成方法。帮助学生弄清局部知识与教材整体内容的关系，每一知识点在教材中的地位、作用和特点，掌握知识与知识之间、知识块与知识块之间内部的本质联系于区别。通过梳理，将过去分散和零乱的知识就能十分条理、系统化的有机联系在一起了，便于贮存在大脑中，有利于记忆，不易遗忘，目的在于使用时可以十分快捷的提取。知识经过梳理后，使学生加深了对某些数学概念和数学规律的全面、深刻的理解，容易掌握它们的本质特征，便于学生发现和掌握获取知识的规律、方法和手段，为后续学习和终身学习打下良好的知识基础和思维品质。同时，清晰的知识网络可以给学生更多的信心。

篇3

在小学数学教学中，解决问题是一个非常重要的问题，同时也是教学过程的难点问题。所以说，在小学数学总复习过程中，解决问题的复习是一个至关重要的方面。解决问题的系统复习能够有效地帮助学生进行数学的学习，使学生更好地对概念进行理解，并使学生对数量之间的关系更加深入地掌握，从而提高并培养了学生的分析能力，使其解决问题的能力得到有效的提高。本文针对小学数学解决问题总复习进行了深入的探讨，介绍了当前我国小学数学解决问题教学中的问题，并针对这些问题提出了有效的策略。

一、小学数学解决问题教学的问题分析

1.过度地进行情境创设

在当前小学数学的教学过程中，很多教师绞尽脑汁地进行情境创设，将过多的精力放在了打造生动有趣的课堂氛围之上，课堂确实变得活跃了，但是创设情境的目的却并没有体现出来，无论具体的内容是什么，过于片面的对情境的追求，已经与教学的目标和教学的内容脱离了。

2.不能准确地把握教材

在新教材中，应用题被当作第一情境，进行实际教学的过程中，第一情境仅仅被一些教师当作导入手段，或者是“敲门砖”。在学生进行数学模型的构建过程中，很多教师不能准确把握应用题的作用。他们只关注活动的过程，而没有对学生构建数学模型进行适当的指导，这就导致在每一次活动中学生仅仅作为一个“个案”存在，教师并没有进行正确的“梳理”和“整合”，也没有对学生进行数学模型的探索和构建给予积极引导。

3.全盘否定传统的教学方式

根据新课程改革的要求，教师转变了原有的教学理念，这种转变是非常巨大的，很多教师甚至全盘否定传统教学的精华，另辟蹊径寻求全新的教学方法。传统的教学方法并非一无是处，经过多年的摸索和探究，传统教学方法让小学数学解决问题的教学具有很多值得学习和沿用的亮点。传统的方法中强调了审题的重要性，给予分析解决问题数量关系极大的重视，尤其是对学生进行训练，使其将未知量与已知量之间的关系进行认真的分析，从而将数量关系抽象出来。当然，传统的解决问题教学也存在一些问题，在教学过程中，教师过分依赖教材，不能充分发挥主导作用。因此，在现代小学数学教学中，教师必须能够认清传统教学方式的优缺点，取其精华，去其糟粕，加强培养学生的创造性思维以及独立性思维。

二、小学数学解决问题总复习策略

1.对基础训练进行强化，使学生对数量关系有深入的理解

对加法、减法、乘法、除法的基本应用就是所谓的基本数量关系。如，求一个数的几倍，选用乘法；求一个数的几分之几，选用除法；求两个量的和，选用加法等。还有功效、总量和时间之间的关系，总价、单价和数量之间的关系，路程、速度以及时间之间的关系等。所有的复合解决问题都是一步应用题经过一定的逻辑关系排列组成的，所以解答解决问题的关键问题就是掌握基本的数量关系。进行复习的过程中，为了使学生的基础知识得到强化，可以进行一些补充条件的问题和练习。

2.对知识进行综合的运用，使解题思路拓宽

学生只有对所学知识进行综合的运用，才能对解决的问题进行正确的解答。解决问题通常使用的方法主要有两个，即综合法和分析法。当今小学数学教学过程中，更侧重于对分析法的传授。如：赵师傅打算加工820个零件，已经工作了2天，每天平均做60个，剩下的零件要想10天做完，每天平均需要做多少个？针对这个问题进行分析，首先要考虑，只有知道工作的天数以及剩下的零件个数才能求得每天平均做多少个，由于天数已知，接下来要分析剩下的零件个数，因此，必须知道已经加工的零件个数，经过简单的一步应用题的叠加，从而使复合解决问题得到了解答。

3.系统地进行整理归纳，建立知识网络

篇4

这一环节主要抓好学生的双基工作，因为在高考数学中不管是低档题、中档题还是难题都离不开“双基”的应用，甚至一些题目是课本上基本题目的直接引用或稍作变形而得来的。如课本中“数列”这一章有详细推导等差数列和等比数列前n项和公式的过程，但学生往往只注意记公式，用公式，而不重视推导过程的学习，通过举实例使学生了解到这两个典型数列的前n项和公式的推导运用了“倒序相加法”和“错位相加法”两种不同的方法，为我们在数列求和的解题中提供了思路和方法，所以在复习时，要重视课本，尤其要重视重要概念、公式、法则的形成过程和例题的典型作用，并围绕解题训练，让学生通过练习达到灵活应用、触类旁通的效果。同时注意以下两点：

（一）上课时要注重课前精心选题，重视讲解，更重视学生的亲历行为，充分暴露思维过程，注重规律的概括总结与优选能力的培养，注重一题多解和多题一解。上课采用题组法教学和让学生练习，既利用了教材例、习题，设计题组和训练，引导学生深刻理解教材实质，挖掘教材内涵，又利用了课本辐射整体，实现“由内到外”的突破。

（二）做好练习的反馈工作，这里包括学生对自己的反馈和教师的反馈，让学生作自我分析，这地方为什么会产生错误，是概念不清还是计算错误，方法选择上错误，还是非智力因素所致。对一些重要的错误要建立一种预防措施，可以动手建“错解档案”，也可让学生进一步反思，命题人考查意图，题目蕴含什么数学原理和思想，能否举一反三，能否方法上更新，从而进一步解决“会而不对，对而不全，全而不美”的知识原因、策略原因、逻辑原因、心理原因。另外教师从反馈中可清楚地意识到班级整体的薄弱环节、缺陷，从而有针对性的选择强化内容作重点讲授，也可通过反馈得知学生的优劣分布来实行个别辅导。

二、构建知识网、在专题复习中渗透数学思想方法

在抓好第一环节的基础上将高中阶段所学的数学知识进行系统整理，用简明的图表形式把基础知识进行有机的串联，构建成知识网络，使对整个高中数学体系有一个全面的认识和把握，以便于知识的存储，提取和应用，也有利于思维品质的培养和提高。对有关重点、难点、弱点、热点内容做专题复习并渗透各种数学思想方法，如“怎样解选择题？”“排列组合问题的基本类型及解法”“含有参数的不等式的解法”“三角函数的图像变换及应用”等，进行专题课复习时，精选例题，采用学生先做，教师后讲或启发式教学，在解题中立足通法，兼顾巧法，注重化归、整体、分类、数形结合等数学思想方法的渗透，恰当方法的选择可以提高解题速度和准确率。如一些问题，若仅仅用纯代数的方法几乎无从下手，但用数形结合思想来解既能避免繁杂的计算与推理，又能通过图形直观地考证结论是否完整。

专题的选取可包括：

（1）全面复习过程中反映出来的弱点。

（2）教材体系中的重点。

（3）近年高考试题中的热点。

（4）基本数学思想方法的系统介绍。如配方法、换元法、反证法、待定系数法、数学归纳法，以及函数与方程思想、数形结合思想、等价转换思想、分类讨论的思想等。

（5）解题应试技巧。如怎样解选择题，怎样解填空题，怎样解应用题，怎样解探索性问题。

（6）综合专题。联系实际数学问题的对策，综合题的分解战术，如何有效的做选择题、综合题，数学中的分情况处理，谈谈书写表达――怎样写才不丢分。谈谈计算的优化，近几年高考题中有新意题的命题特点等。

为进一步巩固基础，可通过单元过关、查缺补漏基本题型的解法总结和强化训练来渗透各种思想方法，适度综合，归类整理，每两周一套综合测试题（定时定量），滚动复习，缩短复习间隔，提高重现频率，在滚动中领悟和宏观把握知识体系。这个阶段，题目的深度、难度、灵活度提高了，要求理解能力、解题能力也随之提高。

三、加强综合训练，认真上好讲评课

这一环节也就是所说的冲刺阶段，它以模拟训练为主。模拟训练是高考之前的热身赛.模拟训练不要盲目，重点应放在数学观点的提炼和心理素质的调整上.不是不要做题，相反，确实要做几套切合实际的适应性训练题，但目的不是猜题押题，而是通过讲练结合提高解题能力，应该在学生做模拟试题和教师讲解中突出四点：

（1）解法的发现，即讲清解法是怎样找到的，思路是怎样打通的，是什么促使你这样想、这样做的。

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一、例题讲解要善于变化拓展

毕业班数学总复习课的例题应是最有代表性和最能说明问题的典型习题。应能突出重点，反映大纲最主要、最基本的内容和要求。对例题进行分析和解答，发挥例题以点带面的作用，有意识、有目的地在例题的基础上作系列的变化，达到能挖掘问题的内涵和外延、在变化中巩固知识、在运动中寻找规律的目的，实现复习的知识从量到质的转变。

例如，四边形ABCD是直角梯形（图略），NB=90b，AB=8cm，AD=24cm，BC=26cm，点P从A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以3cm/s的速度向B运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动。从运动开始，经过多少时间，四边形PQCD成为平行四边形？成为等腰梯形？变试一：如图2（略），四边形OABC是直角梯形，边OA、OC分别在x轴和y轴上，OA=36cm，OC=14cm，BC=22cm，点P从C出发，以2cm/s的速度沿折线CyByA运动，到达A点停止，点Q从A同时出发，以3cm/s的速度向O运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动。（1）从开始运动，经过多少时间，四边形PQAB为平行四边形？（2）当四边形PQAB为等腰梯形时，求出点P的坐标。（3）在运动过程中，直线PM始终垂直x轴于点M，且直线PM始终把直角梯形OABC分成两部分，设左边的部分的面积为y（cm2），从运动开始，经过的时间为x（s），求y与x的函数关系式，当x为何值时，y的值最大，最大值是多少？变试二：如图3（略），PO的直径AB=4，四边形ABCD是直角梯形，ADMBC，NB是直角；AD=6，BC=8.点P从点A出发，以1单位/秒的速度向点D运动；与此同时，点Q从点C出发，以2单位/秒的速度向点B运动；其中一个动点到达一个端点时，另一个动点随之停止运动.设运动时间为t秒。（1）求CD的长。（2）当t为何值时，线段PQ与PO相切？（3）当t为何值时，四边形PQCD是等腰梯形？由于条件不断变化，学生不能再套用原题的解题思路，从而改变了学生机械的模仿性，学会分析问题，寻找解决问题的途径，达到了在变化中巩固知识，在运动中寻找规律的目的。从而在知识的纵横联系中，提高了学生灵活解题的能力。

二、解题思路要善于优化

毕业班数学总复习课教师要善于渗透一题多解的思想。因为一题多解有利于引导学生沿着不同的途径去思考问题，可以优化学生思维，产生多种解题思路，但在量的基础上还需要考虑质的提高，要对多解比较，找出新颖、独特的最佳解才能成为名副其实的优解思路。在数学复习时，不仅要注意解题的多样性，还要重视引导学生分析比较各种解题思路和方法，提炼出最佳解法，从而达到优化复习过程，优化解题思路的目的。在复习过程中加强对解题思路优化的分析和比较，有利于培养学生良好的数学品质和思维发展，能为学生培养严谨、创新的学风打下良好的基础。

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二、复习中，应做到以下几点：

1.明确目标。总复习是小学阶段最高层次的复习，要达到教学大纲的各项要求，因此教师应帮助学生进行系统整理，把零碎的知识由点连成线、由线织成网、由网组成块，形成一个比较完整的知识结构网络。复习的内容、目标和要求一定要明确。一些基本概念、定理等要向学生表达清楚。对复习的知识要让学生明确哪些内容该掌握到什么程度，是达到只知道、懂、会用，还是能灵活运用？还要让学生知道哪些知识属于重点、难点、疑点。这样能让学生在复习时对知识点中的重点有所侧重，难点有所突破，疑点有所解决。

2.巧妙用法。复习是学生对学过的知识进行回顾，一般无新鲜感，学生难免产生厌烦情绪。因此，教师在进行复习教学时，应注意花心思为学生创设趣味性的课堂。比如，对复习中的疑难问题开展激烈的辩论赛，也可设计一些“巧夺红旗”、“数学知识竞赛”、“练习闯关”、“智慧大拼盘”等有趣游戏活动。利用一切有效手段充分调动学生的主动性、创造性，使学生学得轻松、理解得透、掌握得牢。除此以外，教师还要注意采用生动、亲切、有趣的语言和现代化教学手段吸引学生的注意力，活跃课堂气氛。

3.精心选例。复习课最忌讳的是题海战术，使学生不堪重负。为避免这种情况，教师在选择例题时要有代表性、综合性，为精讲、精练、高效、减负打下基础，不应是机械地重复过去教学的过程，复习时应当给学生以新的信息，即使是“旧”题也应“新”做。所以复习范例应做到数量少、容量大、覆盖面广、启迪性强，从而达到温故知新、查漏补缺的目的。例如在复习《比例》时，可与分数、除法进行类比复习，可举这样的例子：（ ）：16=2÷（ ）=（ ）/4=（ ）%=0.25。

4.灵活训练。组织灵活有效的练习是使学生掌握知识、形成技能、发展智力的重要手段，也是复习的重要环节。复习中若能在训练内容上、层次上、形式上活，让学生从不同角度分析思考问题，则能达到事半功倍的效果。如：在练习时，可以同时出示基础题、提高题、综合题三种类型的题目让学生分层练习。这样就对不同层次的学生，提出不同的学习要求，达到了学困生“吃得了”，中等生“吃得好”，优秀生“吃得饱”的目的，实现人人都有进步的复习目标。

5.认真审题。在复习中，培养学生认真审题是一个很重要的环节，让学生看清每道题的特点，灵活选择合理的解题方法。很多学生在做题时因为粗心，不认真审题导致会做的题也出现错误，这样造成考试丢分是相当可惜和不该的。因此，教师在复习时也要传授给学生一些科学的解题方法，培养严谨认真、先易后难的学习态度，养成勤于检验、会用简便算法的良好习惯。复习时，老师也可有意识地选择经常出现错误的同学进行板演，集体更正，引起学生重视。例如在计算以下这题时，很多同学会这样计算：1/3÷（1/3+1/9）=1/3÷1/3+1/3÷1/9=1+3=4。出现这种错误，主要的是学生对运算定律没有正确理解。又如在计算2.5×4÷2.5×4时，一些学生可能会这样计算：2.5×4÷2.5×4=10÷10=1。导致这种错误，主要是学生没有弄清运算顺序， 由此可见，认真审题、勤于检验在解题中是何等重要。

6.融会贯通。总复习不是将各册教材的基础知识从头到尾重新讲一遍，而是通过反刍、消化和巩固对所学知识的理解与记忆，弥补过去学习过程中的知识缺漏，使学生平时所学的零碎知识系统化、条理化、清晰化，形成完善的认知结构。通过知识的回顾、疏理、归类，从知识纵向的发展和横向的沟通去形成知识的结构网，对知识的理解就能从分散到集中。因此在复习时，教师除了精心设计问题，还要对一些习题变换条件和问题，做到一题多改，一题多问，一题多解，让学生在同中求异、异中求同的过程中，沟通知识间的相互联系，做到举一反三、前后衔接。让学生从知一点，到会一面，再到通一片。例如在复习“圆柱的侧面积”时，老师不妨引导学生将练习题“一个圆柱的底面直径是1米，高是15米，求这个圆柱的侧面积。”改写成“一台压路机的前轮是圆柱形，轮宽15米，直径1米，求该压路机的前轮滚动一周压过公路的面积。”表面上看这两题有很大区别，实际上题目的条件和问题还是相同的，这样改动更有利于学生学以致用。

7.准确评价。评价包括试题评价和学生评价。

篇7

我局联系帮扶工作由局长负总责，明确纪检组长为联系帮扶工作分管领导，办公室副主任汪建平为联络员，具体负责活动的联系协调和材料报送工作。今年来，局主要领导每季度都要到联系乡（镇）、村和低收入农户结对帮扶村（联系村原为桐村镇桐村村，后改为五丰村，低收入农户结对帮扶村为金村乡五丰村）调研指导工作，分管领导除了与主要领导一同前往联系村实地指导外，还经常带领干部职工到联系村走访慰问，察看民情、倾听民意，指导工作。

二、精心组织、落实措施

我局把联系帮扶工作作为今年的一项重要工作，与我局科技工作有机结合起来，做到相互融合、相互促进。年初，局领导就深系乡、村，与乡、村干部商议具体帮扶项目、技术和资金拼盘等问题，制订具体的帮扶计划。在联系帮扶工作中，我局严明纪律，做到不扰民、不害民，力求每件帮扶工作回音、有着落，把好事做实，把实事做好。

三、扎实开展、务求实效

一是指导联系村和低收入农户结队村抓发展。今年我局主要领导几次到该村，与村干部一起理清发展思路，发展村集体经济和办公益事业，并给予信息、项目、技术、资金等支持。特别是今年6.15抗洪救灾中，局主要领导冲破洪水阻挠，深入乡村，察看灾情，指导农户抗洪救灾工作。我局主动帮助联系村和低收入农户村挖掘、申报科技计划项目，把“钱江源省级大鲵精品园”、“春茶后期夏季鲜叶的综合利用——红茶的研发”、‘“同创阳光A号”金银花产业化发展’等3个项目立为县级科技项目，补助科技项目经费共8万元资金。培育月清渔业被省科技厅批准为省农业科技企业。

二是帮扶低收入农户增收。除帮助种养大户发展项目，带动农户增收外，我局还鼓励低收入农户养殖龙虾，种植高山蔬菜，发展冬枣、西瓜等果业。劝导村民将生活垃圾倒入垃圾箱，落实专人对垃圾进行集中处理。协助、督促联系乡金村乡做好整村搬迁、下山脱贫工作，为金村乡提供2万元工作经费。

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1.制定福州市普通高中信息技术学科课程设置和选课指导意见

为贯彻落实教育部《基础教育课程改革纲要(试行)》、《普通高中课程方案(实验)》和《普通高中信息技术课程标准(实验)》，稳步推进我市普通高中信息技术新课程的实施，结合省市有关高中新课程实施的指导意见精神及我市高中信息技术学科教学实际情况，2006年制定如下福州市普通高中信息技术学科课程设置和选课指导意见。

其中：(1)信息技术学科以学生修满4学分为取得高中毕业资格的最低要求，其中必修2学分，选修2学分。

信息技术必修模块：信息技术基础每位学生必选。

信息技术选修模块：综合考虑目前大部分学校的设备条件以及师资力量，建议选修模块4(数据管理技术)或模块l(算法与程序设计)

(2)高中学生个体差异较大，教师要正确指导学生综合考虑自身条件和兴趣爱好合理选择选修模块，有条件的学校应尽量开设多门选修课程供学生选择，

2.开展多样化的教学研究活动以推进福州市高中新课程实验的实施

宏观指导对新课程的顺利实施有积极的促进作用，而教师教学观念的更新，是新课程能有效实施的重要保障。三年来我们多次组织全市高中信息技术教师进行新课程培训，聘请国家、省市有关专家、一线骨干教师进行专题讲座和研讨交流。通过多种形式的培训，使广大高中信息技术教师理解新课程实验目的，掌握《高中信息技术课程标准》，理解新课程的教学耳标、课程结构、课程内容。三年来，我们根据课标理念，开展案例研讨、同课异构等教研活动，提供新教材的处理建议，帮助教师理解新课程的教学特点。构建网络教研平台和QQ群，拓展教师问交流的时空，共享教学资源，与教师们及时沟通，促进先进教学经验的推广。为了进一步提高福州市高中信息技术教学质量，促进教师专业成长，多次举办全市性的教学技能评比，如说课、教学设计、教学课件等。

二、高中信息技术新课程实施的课堂教学情况

为了科学、客观地对福州市高中信息技术新课程实施的教学情况进行总结，本学期初我们就新课程实施过程中的一些共性问题，进行了专项调研，共收到20多所学校的高中信息技术新课程实施情况小结，并在全市范围内开展教师、学生两个层面的抽样问卷调查工作，抽样学校包含各类达标校及私立校(如图1)，共返回教师问卷94份，学生问卷3430份。

调查数据显示，在教学环境上，机房硬件条件市区学校教学设备良好，能够满足正常的信息技术课教学任务，而一些薄弱校和农村校机房设备相对较差。主要存在的问题，一是机子老旧，经常出故障，对于多媒体信息的加工与表达等教学内容就无法完整实现其功能；二是学校连接的教育网速度较慢，部分课程内容所需支持的网络操作难以实现。

高中信息技术师资方面，从专业构成(如图2)上来看，计算机及相关专业占65.9％，教育技术专业的占24.4％，大本学历的占92.5％，教龄在10年以下的年轻老师占58.40％。大多数高中校信息技术教师都已具备实施新课程的专业和学历要求。

根据调研反馈材料及调查问卷统计数据，各校基本按市指导意见开设课程，即高一上学期共2个学段完成，每周2课时。高一下学期开设一个选修模块，共2个学段完成，每周2课时，以保证学生获得毕业所必须的学分，高二年段根据《福州市普通高中新课程学科课程设置和选课指导意见》。学校安排通用技术课程，各校基本无课时开设信息技术第二选修。因此80.8％的学校只能开设一门必选的选修课，各校开设选修模块的比例情况如下表：

实施过程中，第一学期必修模块课时能满足大部分学校教学要求，第二学期因有会考任务，且大部分学生没有基础，若仅按会考要求的内容进行教学，课时基本满足，但教学内容无法深化和拓展，学生学习缺乏系统性。

1.高中信息技术教师对新课程理念的认识

从问卷调查数据来看(如图3)，大部分信息技术教师对新课程理念还是认同的。老师们基本都能了解《普通高中信息技术课程标准(实验)》的基本内容，并选择多种指导性文本作为教学依据(如图4)，改变以往就教材教教材或完全无纲的教学情况。

但在对本次课程改革的理念与目标是否能实现的问题上，30.8％的老师认为暂时不能实现，64.8％的老师认为基本可以实现，说明教师们对达成新课程的目标还存在一些疑虑。分析其原因，一方面是教师自身的教学能力有待深化；另一方面，目前的评价制度仍然是制约课程进步的主要因素。

2.教师教学方式及学生学习方式的变化

新课程教学实施过程中，教学方式上主要转变为以学生为主，教师起引导作用的模式，在教学过程中让学生积极主动探究，并且培养小组合作的习惯。经过三年的新课程实验，教师教学方式已经有了一定的变化(如图5)

根据学生问卷数据，90.20％的学生反馈老师会采用自主、协作探究的方式进行教学，完成学习任务。

调研反馈材料及调查问卷统计数据显示，尽管教师尝试用任务驱动法、问题支架法、演示法、网络环境下自主学习等有利于培养学生自主及协作学习能力的方式来展开教学。可在实际的教学过程中，57.4％的教师最常用的教学方式仍是教师先讲，学生再练的传统技能课教学方式，学生反馈教师在课堂讲授时间一般在20-30分钟的占78.40％，调查显示(如图6)，49.40％的学生最喜欢的学习方式是自主探究学习。但从多数学校反馈材料来看，学生学习效果并不太好，课堂中只有少部分学生能做到自主探究，大部分学生还是以听老师讲授，同学之间协作为主。

分析原因主要存在于以下两方面，一是因不少学生初中阶段没能系统学习信息技术，基础薄弱，再加学生主观态度上主动获取知识的愿望及能力弱，给自主学习带来障碍：二是尽管学生喜欢自主学习，但在机房教学环境下不能很好地自觉控制自己的行为，当然这与老师本身的教学设计及实施能力有关。

3.高中信息技术教学中的评价方式

新课程倡导通过灵活多样的评价方式激励和引导学生学习，促进学生的全面发展。根据信息技术学科特点，怎样的评价方式更能客观公正的反映学生的学习情况，并促进学生能力的发展是我们这次调查的主要内容之一。

从反馈信息来看，绝大部分教师尝试采用过程性评价来及时了解学生在学习过程中的变化，把握学生是否达成教师预设的教学目标。老师们常用的过程性评价方法主要有：调查、提问记录、观察法、学习过程记录卡、电子档案袋等，评价主体也注重多元化，有学生自评、小组互评及教师评价。但由于信息技术教师任教班级多，学生数较大。实施有效评价存在一定难度。因此建立、完

善评价机制，设计良好的评价平台是下一阶段教学研究的方向。

现有会考形式方面，必修模块只采用笔试的形式，且只考选择题，这种评价方式大部分教师认为不可取。老师们认为仅通过笔试来评价学习结果，无法真实体现学生的实际的信息技术水平，也让不少学生散失了学习兴趣，降低其学习积极性，这种方式无形中也降低了教学目标的要求。大部分学校反应新课改以来高中信息技术会考成绩都不错，合格率都在的99％以上，这样的高合格率并不利于反馈学生的真实学习情况。而市质检的考试情况比较好些，题目有一定难度，学生成绩相对层次比较多，教师们建议采用作品+笔试的方式(如图7)评价学生学习结果，这既可测试理论知识的掌握情况，又可测试实际操作水平。

学生方面(如图8)，最希望教师采用的评价学习成绩的主要依据前三位的是：学习的主动性、积极性、独立性和与人合作交流的能力，平时课堂表现、作业，平时成绩+期末考试成绩。学生最希望的会考形式，有75，7％的学生选择“上机操作”，在这一点上学生的想法与教师的考虑有一定出入，原因之一是大部分学生仍然认为信息技术课即是学会相关软件的操作即可，在形成自己的用信息技术解决问题的思路，养成良好的信息素养方面，理解上有偏差。亦即学生了解的新课程理念与教师不同步。

三、高中信息技术新课程实施的问题

1.教材使用情况

2006年9月进入新课程实验，新教材的一个明显变化是它的弹性，从教学内容和活动选择，应给教师一定自主伸缩的空间。

在教师问卷调查中就“能否较好地使用本学科目前所选用的教材”，调查数据反馈完全能使用好的仅占11.70％，学生问卷中关于“你看过高中信息技术教材吗?”，从来没有看过的占17％，偶尔看看消遣一下占32％。接近半数的学生认为目前使用的高中信息技术教材对其学习活动没有实际帮助，从学生调查问卷数据也反映出学生对学科教学重视度不够。

在调研过程中，各校反映目前使用必修模块教材存在内容跟不上信息时展、缺乏学科知识体系、内容不够严谨等问题。选修模块教材使用情况比必修模块情况稍好。但教师们反映某些教学章节顺序并不适合学生的认知特点。另外由于教材提供的相关教学资料支持较少，学生在阅读课本的过程中无法与他们学习生活有机的结合。

由此可见，目前的教材与实际课堂教学实施效果及教学规律还有一定的差距。

2.学生差异

学生差异一直是信息技术课堂教学中比较突出的问题之一。到目前为止，很多学校对初中信息技术不重视的现象仍然存在，甚至小部分学校没有开设初中信息技术课程。信息技术课堂上教师对学生放任自由，上课玩游戏，没有正常的教学行为，或者教师无法让学生真正投入到教学活动中，学生对初中阶段信息技术课程内容缺乏系统性地学习，造成支撑高中非零起点教学的前知识和前技能不足。为了能顺利实施高中信息技术教学。各校针对学生差异问题均采取一定的教学策略。

从调研反馈显示，大部分教师采取的做法主要有三类；

(1)个别辅导；对于基础较差的学生，采用集体或个别补课的方法帮助学生掌握必要的基础知识和技能，消除他们对高中信息技术的畏惧感。增强其学习的信心。

(2)建立互助学习小组，采用异质分组的方法，变学生的个体差异为资源，让学生在参与合作的过程中互相学习，协同完成学习任务。

(3)分层教学；制定多级教学目标，设计不同的任务要求，以多样的学习方式，让不同学生都能根据自己的实际需要选择学习内容并达成教学目标。

3.信息技术教师队伍建设

调研反馈信息技术教师在学校多数要承担学科教学及学校信息设备维护、管理等工作。多重角色的身份，使教师们用于教学研究的时间相对减少，部分学校甚至要求信息技术老师把教学工作放在次要的位置，信息技术教师无法专心于教学，导致有的信息技术学科教师处于应付教学的状态。因此，建议有关行政管理部门为学校增设相关技术管理岗位，让信息技术教师能回归教学，有效提升教育教学研究能力，促进其自身的专业成长。

四、高中信息技术新课程实施的建议

1.完善高中信息技术新课程实施的机制，提供有效的教学保障

建议教育行政部门制定、完善有关的管理与实施机制，为课程实施提供有力的课时、师资及设备等方面的教学保障，并为课程的良性发展提供导向。

2.以多元化的教研方式推进学科发展，提高教学质量

进一步规范学科常规课堂教学，加强教学研究，通过有效开展多元化的教研活动，提高教师的教学能力，促进教师成长，带动学科教学的深层发展，提高教学质量。

3.加强学科资源的建设，形成有一定辐射作用的教师交流沟通平台。

篇9

徐州医学院附属医院是一所有着百年历史的省属综合性医院，是苏北地区唯一的部颁三级甲等医院，是江苏省行政区域规划设定的苏北地区医疗、教学、科研中心。

目前在建的新病房综合楼工程，为医院主体工程，主要满足住院医疗的功能要求，同时满足内部办公管理等方面的需要。 工程总建筑面积105567平方米，其中地下14340平方米，地上91227平方米，建筑基底占地面积4907平方米；建筑地下3层，地上22层，建筑高度88.8米；建筑结构形式为框剪结构，建筑结构抗震类别为乙类，设计使用年限为50年，抗震设防烈度为7度；防火设计的建筑分类为一类；其构件耐火等级为地上一级，地下一级；人防地下室的抗力等级为5级，防化等级为甲级，战时用途为急救中心， 平时用途为汽车库；地下停车168辆。医院门诊人次为1000人次/日。住院床位数为1350床，其中标准床位数1260床。

主体建筑包括：地下1至3层为设备机房、人防和地下停车场；1层住院大厅、配电和消控中心等；2层检查、药房等；3层检验、ICU等；4层手术中心；5层手术控制机房和病案库；6层至20层为病房区；21层和22层为会议室、活动室和辅助用房等。

二、 布线系统的需求分析及整体规划

综合布线系统是综合医院智能化系统中最重要的内容之一，关系到医院的网络发展及信息化的应用，设计时不但要考虑到现阶段的通信业务、智能化功能的应用需要，还应考虑到今后一段时期内通信技术的发展和业务、功能的扩展需求。

综合布线的布点是设计的关键，对药房等可根据窗口数量进行布点，同时要考虑LED屏和相关的导向系统；对医技部门要根据仪器设备及电脑摆放位置进行布点；对手术室、ICU等要要考虑到HIS、PACS、CIS以及手术转播的要求；对内镜、介入等视频，要充分考虑双向音频传输；对病区要考虑布线系统能支持今后无线数据传输的实施方案。根据对医院数据管理及传输的需求进行分析，考虑到整体的安全性，可靠性及稳定性，整个综合布线系统分为3套网：数据内网（含无线）、数据外网、语音网。三个网络不仅在水平和垂直子系统上实现物理隔离，在各工作间内的配线架和机柜间也分别进行物理隔离。另外，本次设计的网络中心机房既是本工程的网络中心，也是前期的灾备机房，所以在与原网络中心机房一起互联时必须采用2个独立的路由接入。与院内其他主要建筑采用12芯多模光缆连接。包括：急诊大楼、门诊大楼、教学综合楼、外科病房楼、后勤楼、行政办公楼。

三、 综合布线系统设计要点及产品选型

综合布线寿命远远大于计算机软硬件和其他网络设备，需要具有长达10-15年甚至更长的生命周期，必须可以支持2至3代的有源设备的更新换代，是一项长期投资。根据我们自身的需求，经过慎重比较，我们指定采用质量优异且可信赖的美国西蒙公司System 6+ Light System综合布线解决方案，共计6000余个语音信息点，工程完工验收合格后，将会获得美国西蒙公司提供的20年系统质量保证。

综合布线系统设计首先要确定分设备间的位置，它是主干电缆的布放通道，配线架、机柜就设置在竖井附设的配线间内，管理该竖井周围的信息点或相邻楼层的信息点，设计时应保证布线的水平距离在网络要求的90米限制之内。原则是在满足综合布线设计规范的基础上，如果相邻两层的信息点不太多就尽可能合并成一个弱电间。根据对本次工程的点位分析，地下层、1层、2层、3层的信息点可以由1层弱电间管理，其他每两个楼层的信息点由其中一层弱电间管理。由于病房为类U型，平层距离过长，故水平需设置两个弱电间。这两个弱电间建议设置在同一楼层，便于管理，建议将设备间设置在单数层。徐州医学院附属医院病房综合楼本系统包括三套网：数据内网、数据外网和语音网，相互之间物理隔离。

1. 各系统总体设计要求：本系统水平部分采用低烟无卤6类布线系统，对于重要的桌面信息点可以考虑采用4芯光纤到桌面的方式（如手术室、示教室、21层多功能厅）。

内网：两级星形结构，主干采用12芯万兆多模光缆、水平采用6类的低烟无卤非屏蔽双绞线，并预留4芯万兆光纤点100个。

外网：两级星形结构，主干采用12芯千兆多模光缆、水平采用6类的低烟无卤非屏蔽双绞线。

语音网：两级星形结构，主干采用三类25对大对数铜缆、水平采用6类的非屏蔽双绞线。

2. 数据、话音插座插头均采用非屏蔽RJ45形式，建成后数据和语音插座具有互换性。

插座使用美国西蒙MX6模块化插座，含有三重平衡专利技术，使衰减、回损和近端、远端串扰方面的性能全面超过6类的要求。端口的插拔次数>5000次（远高于国际标准要求的>750次）。

模块化跳线则采用美国西蒙原厂装配，含有金属隔离层屏蔽技术，优化线对间平衡，所有跳线用实验室测试仪至少测到250MHz.

3. 室内所有铜缆采用阻燃低烟无卤六类线，并含有十字骨架，以减少线对间串扰，保证线对平衡和安装的可靠型，适用于所有高性能和高可靠性严格要求的安装环境，支持信道带宽高达250MHz的应用。

4. 光纤作为高带宽和高安全的数据传输介质应用于主干。

光缆采用阻燃线。光缆类型：根据传输模式分，光缆分为多模光缆和单模光缆。常用的光缆粗细为多模62.5/125，多模50/125，单模9/125。光缆类型不同，系统造价影响很大。单模光缆价格比多模价格便宜，单模光缆连接件价格比多模光缆连接件价格贵的多。因此，在275米内光缆传输（50光缆可以传输到550米），可以用多模光缆传输。徐州医学院附属医院病房综合楼工程主要为室内主干，距离不超过550米，故采用多模光缆。

光缆芯数：光缆分为主干光缆和末端光缆。各级光缆均需考虑各个系统的应用。一般来讲，综合布线系统考虑双链路，考虑为4芯光纤；个别分设备间信息点数量很多，需2组上联设备，再考虑4芯光纤；预留4芯光纤。共计12芯。考虑到大楼内内、外网隔离以及接入交换机双上联到核心交换机的要求，从中心机房到各分设备间布两根12芯光缆。其中，对于具有高可靠、大容量数据传输要求的医院内网，采用OM3的万兆多模光缆；对于数据传输要求不高的医院外网，采用千兆多模光缆。

5. 电话大对数电缆分室外和室内两部分。考虑到徐州医学院附属医院病房综合楼工程大楼，室外电话大对数电缆可能会由电信投资，采用普通HYA-0.5电话电缆。室内部分采用三类25对大对数电缆主要为各个设备间之间的电话连接。

6. 配线架：综合布线系统中，配线架分为数据配线架和电话配线架，主要由110快捷式配线架和24口、48口模块式配线架。在本综合布线系统中，所有水平线缆终端的配线架均采用模块式配线架，采用三重平衡专利设计的HD6高密度配线架达到最佳的线对平衡和线性串扰响应，然后再根据使用的不同连接至网络交换机或者电话进户配线架。

7. 对环境及土建配合的建议及要求

总配线房内必须配有空调以及机械通风，有良好通风系统用于散热，房内温度和非冷凝的环境必须保持相对湿度，一些如渗水、传输器或马达引起的电磁干扰等障碍和危险因素必须被排除，这些要求必须每周每天24小时内均维持。在总配线间以及各个分配线间内提供足够的空间用于安装安装跳线架及光纤接线盒，防尘良好，且应有照明系统，便于安装和管理。在总配线间以及各个分配线间内应连接骨干和水平桥架，用于干线电缆和水平电缆的布放，同时在总配线间吊顶式天花板顶或架高地台层棚用于布线。在总配线间以及各个分配线间内提供至少有3-4个独立的电源双孔插座，以供一些网络设备使用。系统应用的电压为380V三向和220双向交流电源，由当地电力公司提供，其交流电压波动的报限需遵从规定。

垂直铜缆系统的垂直桥架的长度必须最短，垂直光纤的系统的垂直桥架必须能够满足其分配，这些桥架的尺寸必须由智能化承包方计算并确认。在安装工作开始以前，智能化承包方必须书面确认建筑图纸以及一些相关图纸中的提供综合布线系统的空间，净空高度、建筑开孔、底座等是否能够满足要求。如必要的话，智能化承包方必须对土建底座等是否能够满足要求进行确认。必须安装一套充分的、提供密码的灭火系统，必须布置好加湿系统，电子设置的上方必须直接布有喷淋头，用吹干机来避免以外的渗水破坏，必须装好通风系统。

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第八讲

导数的综合应用

2019年

1.（2019全国Ⅲ文20）已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）当0

2.（2019北京文20）已知函数．

（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；

（Ⅱ）当时，求证：；

（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．

3.（2019江苏19）设函数、为f（x）的导函数．

（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；

（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；

（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．

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

′（x）为f（x）的导数．

（1）证明：f

′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；

（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．

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

′（x）为f（x）的导数．

（1）证明：f

′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；

（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．

6.（2019全国Ⅱ文21）已知函数.证明：

（1）存在唯一的极值点；

（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

7.（2019天津文20）设函数，其中.

（Ⅰ）若，讨论的单调性；

（Ⅱ）若，

（i）证明恰有两个零点

（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.

8.（2019浙江22）已知实数，设函数

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）对任意均有

求的取值范围.

注：e=2.71828…为自然对数的底数.

2010-2018年

一、选择题

1．（2017新课标Ⅰ）已知函数，则

A．在单调递增

B．在单调递减

C．的图像关于直线对称

D．的图像关于点对称

2．（2017浙江）函数的导函数的图像如图所示，则函数的图像可能是

A．

B．

C．

D．

3．（2016年全国I卷）若函数在单调递增，则的取值范围是

A．

B．

C．

D．

4．（2016年四川）已知为函数的极小值点，则

A．4

B．2

C．4

D．2

5．（2014新课标2）若函数在区间（1，+）单调递增，则的取值范围是

A．

B．

C．

D．

6．（2014新课标2）设函数．若存在的极值点满足

，则的取值范围是

A．

B．

C．

D．

7．（2014辽宁）当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是

A．

B．

C．

D．

8．（2014湖南）若，则

A．

B．

C．

D．

9．（2014江西）在同一直角坐标系中，函数与

的图像不可能的是

10．（2013新课标2）已知函数，下列结论中错误的是

A．

B．函数的图像是中心对称图形

C．若是的极小值点，则在区间单调递减

D．若是的极值点，则

11．（2013四川）设函数（，为自然对数的底数）．若存在使成立，则的取值范围是（

）

A．

B．

C．

D．

12．（2013福建）设函数的定义域为R，是的极大值点，以下结论一定正确的是

A．

B．是的极小值点

C．是的极小值点

D．是的极小值点

13．（2012辽宁）函数的单调递减区间为

A．(－1,1]

B．(0,1]

C．

[1,+)

D．(0,+)

14．（2012陕西）设函数，则

A．为的极大值点

B．为的极小值点

C．为的极大值点

D．为的极小值点

15．（2011福建）若，，且函数在处有极值，则的最大值等于

A．2

B．3

C．6

D．9

16．（2011浙江）设函数，若为函数的一个极值点，则下列图象不可能为的图象是

A

B

C

D

17．（2011湖南）设直线

与函数，

的图像分别交于点，则当达到最小时的值为

A．1

B．

C．

D．

二、填空题

18．（2016年天津）已知函数为的导函数，则的值为____.

19．（2015四川）已知函数，(其中)．对于不相等的实数，设＝，＝．现有如下命题：

①对于任意不相等的实数，都有；

②对于任意的及任意不相等的实数，都有；

③对于任意的，存在不相等的实数，使得；

④对于任意的，存在不相等的实数，使得．

其中真命题有___________(写出所有真命题的序号)．

20．（2011广东）函数在=______处取得极小值．

三、解答题

21．（2018全国卷Ⅰ）已知函数．

(1)设是的极值点．求，并求的单调区间；

(2)证明：当时，．

22．（2018浙江）已知函数．

(1)若在，()处导数相等，证明：；

(2)若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点．

23．（2018全国卷Ⅱ）已知函数．

(1)若，求的单调区间；

(2)证明：只有一个零点．

24．（2018北京）设函数．

(1)若曲线在点处的切线斜率为0，求；

(2)若在处取得极小值，求的取值范围．

25．（2018全国卷Ⅲ）已知函数．

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)证明：当时，．

26．（2018江苏）记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”．

(1)证明：函数与不存在“点”；

(2)若函数与存在“点”，求实数a的值；

(3)已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由．

27．（2018天津）设函数，其中，且是公差为的等差数列．

(1)若

求曲线在点处的切线方程；

(2)若，求的极值；

(3)若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围．

28．（2017新课标Ⅰ）已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)若，求的取值范围．

29．（2017新课标Ⅱ）设函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，，求的取值范围．

30．（2017新课标Ⅲ）已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，证明．

31．（2017天津）设，．已知函数，

．

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）已知函数和的图象在公共点处有相同的切线，

（i）求证：在处的导数等于0；

（ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求的取值范围．

32．（2017浙江）已知函数．

（Ⅰ）求的导函数；

（Ⅱ）求在区间上的取值范围．

33．（2017江苏）已知函数有极值，且导函数

的极值点是的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）

（1）求关于的函数关系式，并写出定义域；

（2）证明：；

34．（2016年全国I卷）已知函数.

(I)讨论的单调性；

(II)若有两个零点，求的取值范围.

35．（2016年全国II卷）已知函数.

(Ⅰ)当时，求曲线在处的切线方程；

(Ⅱ)若当时，，求的取值范围.

36．（2016年全国III卷）设函数．

（Ⅰ）讨论的单调性；

（Ⅱ）证明当时，；

（III）设，证明当时，．

37．（2015新课标2）已知函数．

（Ⅰ）讨论的单调性；

（Ⅱ）当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围．

38．（2015新课标1）设函数．

（Ⅰ）讨论的导函数零点的个数；

（Ⅱ）证明：当时．

39．（2014新课标2）已知函数，曲线在点（0，2）处的切线与轴交点的横坐标为－2．

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）证明：当时，曲线与直线只有一个交点．

40．(2014山东）设函数（为常数，是自然对数的底数）

（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；

（Ⅱ）若函数在内存在两个极值点，求的取值范围．

41．（2014新课标1）设函数，

曲线处的切线斜率为0

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）若存在使得，求的取值范围．

42．（2014山东）设函数

，其中为常数．

（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）讨论函数的单调性．

43．(2014广东)

已知函数

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）当时，试讨论是否存在，使得．

44．(2014江苏)已知函数，其中e是自然对数的底数．

（Ⅰ）证明：是R上的偶函数；

（Ⅱ）若关于的不等式≤在上恒成立，求实数的取值范围；

（Ⅲ）已知正数满足：存在，使得成立．试比较与的大小，并证明你的结论．

45．（2013新课标1）已知函数，曲线在点处切线方程为．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）讨论的单调性，并求的极大值．

46．（2013新课标2）已知函数．

（Ⅰ）求的极小值和极大值；

（Ⅱ）当曲线的切线的斜率为负数时，求在轴上截距的取值范围．

47．（2013福建）已知函数（，为自然对数的底数）．

（Ⅰ）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值；

（Ⅱ）求函数的极值；

（Ⅲ）当的值时，若直线与曲线没有公共点，求的最大值．

48．(2013天津)已知函数．

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）

证明：对任意的，存在唯一的，使．

（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的关于的函数为，

证明：当时，有．

49．（2013江苏）设函数，，其中为实数．

（Ⅰ）若在上是单调减函数，且在上有最小值，求的取值范围；

（Ⅱ）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论．

50．（2012新课标）设函数f(x)=－ax－2

（Ⅰ）求的单调区间

（Ⅱ）若，为整数，且当时，，求的最大值

51．（2012安徽）设函数

（Ⅰ）求在内的最小值；

（Ⅱ）设曲线在点的切线方程为；求的值。

52．（2012山东）已知函数（为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与轴平行．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求的单调区间；

（Ⅲ）设，其中是的导数．

证明：对任意的，．

53．（2011新课标）已知函数，曲线在点处的切线方程为．

（Ⅰ）求，的值；

（Ⅱ）证明：当，且时，．

54．（2011浙江）设函数，

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）求所有实数，使对恒成立．

注：为自然对数的底数．

55．（2011福建）已知，为常数，且，函数，（e=2.71828…是自然对数的底数）．

（Ⅰ）求实数的值；

（Ⅱ）求函数的单调区间；

（Ⅲ）当时，是否同时存在实数和()，使得对每一个∈，直线与曲线（∈[，e]）都有公共点？若存在，求出最小的实数和最大的实数；若不存在，说明理由．

56．（2010新课标）设函数

（Ⅰ）若=，求的单调区间；

（Ⅱ）若当≥0时≥0，求的取值范围．

专题三

导数及其应用

第八讲

导数的综合应用

答案部分

2019年

1.解析（1）．

令，得x=0或.

若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；

若a=0，在单调递增；

若a

（2）当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增，所以在[0,1]的最小值为，最大值为或.于是

，

所以

当时，可知单调递减，所以的取值范围是.

当时，单调递减，所以的取值范围是.

综上，的取值范围是.

2.解析（Ⅰ）由得．

令，即，得或．

又，，

所以曲线的斜率为1的切线方程是与，

即与．

（Ⅱ）要证，即证，令．

由得．

令得或．

在区间上的情况如下：

所以的最小值为，最大值为．

故，即．

（Ⅲ），由（Ⅱ）知，，

当时，；

当时，；

当时，．

综上，当最小时，．

3.解析（1）因为，所以．

因为，所以，解得．

（2）因为，

所以，

从而．令，得或．

因为都在集合中，且，

所以．

此时，．

令，得或．列表如下：

1

+

–

+

极大值

极小值

所以的极小值为．

（3）因为，所以，

．

因为，所以，

则有2个不同的零点，设为．

由，得．

列表如下：

+

–

+

极大值

极小值

所以的极大值．

解法一：

．因此．

解法二：因为，所以．

当时，．

令，则．

令，得．列表如下：

+

–

极大值

所以当时，取得极大值，且是最大值，故．

所以当时，，因此．

4.解析

（1）设，则.

当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.

又，故在存在唯一零点.

所以在存在唯一零点.

（2）由题设知，可得a≤0.

由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.

又，所以，当时，.

又当时，ax≤0，故.

因此，a的取值范围是.

5.解析

（1）设，则.

当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.

又，故在存在唯一零点.

所以在存在唯一零点.

（2）由题设知，可得a≤0.

由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.

又，所以，当时，.

又当时，ax≤0，故.

因此，a的取值范围是.

6.解析（1）的定义域为（0，+）.

.

因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，

，故存在唯一，使得.

又当时，，单调递减；当时，，单调递增.

因此，存在唯一的极值点.

（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根.

由得.

又，故是在的唯一根.

综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.

7.解析（Ⅰ）由已知，的定义域为，且

，

因此当时，

，从而，所以在内单调递增.

（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知.令，由，

可知在内单调递减，又，且

.

故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则.

当时，，所以在内单调递增；当时，，所以在内单调递减，因此是的唯一极值点.

令，则当时，，故在内单调递减，从而当时，

，所以.

从而，

又因为，所以在内有唯一零点.又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.

（ii）由题意，即，从而，即.因为当时，

，又，故，两边取对数，得，于是

，

整理得.

8.解析（Ⅰ）当时，．

，

所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．

（Ⅱ）由，得．

当时，等价于．

令，则．

设

，则

．

（i）当

时，，则

．

记，则

.

故

1

+

单调递减

极小值

单调递增

所以，

．

因此，．

（ii）当时，．

令

，则，

故在上单调递增，所以．

由（i）得．

所以，．

因此．

由（i）（ii）得对任意，，

即对任意，均有．

综上所述，所求a的取值范围是．

2010-2018年

1．C【解析】由，知，在上单调递增，

在上单调递减，排除A、B；又，

所以的图象关于对称，C正确．

2．D【解析】由导函数的图象可知，的单调性是减增减增，排除

A、C；由导函数的图象可知，的极值点一负两正，所以D符合，选D．

3．C【解析】函数在单调递增，

等价于

在恒成立．

设，则在恒成立，

所以，解得．故选C．

4．D【解析】因为，令，，当

时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增．所以．故选D．

5．D【解析】，，在（1，+）单调递增，

所以当

时，恒成立，即在（1，+）上恒成立，

，，所以，故选D．

6．C【解析】由正弦型函数的图象可知：的极值点满足，

则，从而得．所以不等式

，即为，变形得，其中．由题意，存在整数使得不等式成立．当且时，必有，此时不等式显然不能成立，故或，此时，不等式即为，解得或．

7．C【解析】当时，得，令，则，

，令，，

则，显然在上，，单调递减，所以，因此；同理，当时，得．由以上两种情况得．显然当时也成立，故实数的取值范围为．

8．C【解析】设，则，故在上有一个极值点，即在上不是单调函数，无法判断与的大小，故A、B错；构造函数，，故在上单调递减，所以，选C．

9．B【解析】当，可得图象D；记，

，

取，，令，得，易知的极小值为，又，所以，所以图象A有可能；同理取，可得图象C有可能；利用排除法可知选B．

10．C【解析】若则有，所以A正确。由得

，因为函数的对称中心为（0,0），

所以的对称中心为,所以B正确。由三次函数的图象可知，若是的极小值点，则极大值点在的左侧，所以函数在区间（∞,

）单调递减是错误的，D正确。选C.

11．A【解析】若在上恒成立，则，

则在上无解；

同理若在上恒成立，则。

所以在上有解等价于在上有解，

即，

令，所以，

所以．

12．D【解析】A．，错误．是的极大值点，并不是最大值点；B．是的极小值点．错误．相当于关于y轴的对称图像，故应是的极大值点；C．是的极小值点．错误．相当于关于轴的对称图像，故应是的极小值点．跟没有关系；D．是的极小值点．正确．相当于先关于y轴的对称，再关于轴的对称图像．故D正确．

13．B【解析】,,由，解得，又，

故选B．

14．D【解析】，，恒成立，令，则

当时，，函数单调减，当时，，函数单调增，

则为的极小值点，故选D．

15．D【解析】，由，即，得．

由，，所以，当且仅当时取等号．选D．

16．D【解析】若为函数的一个极值点，则易知，选项A，B的函数为，，为函数的一个极值点满足条件；选项C中，对称轴，且开口向下，

，，也满足条件；选项D中，对称轴

，且开口向上，，，与题图矛盾，故选D．

17．D【解析】由题不妨令，则，

令解得，因时，，当时，

，所以当时，达到最小．即．

18．3【解析】．

19．①④【解析】因为在上是单调递增的，所以对于不相等的实数，恒成立，①正确；因为，所以

=，正负不定，②错误；由，整理得．

令函数，则，

令，则，又，

，从而存在，使得，

于是有极小值，所以存

在，使得，此时在上单调递增，故不存在不相等的实数，使得，不满足题意，③错误；由得，即，设，

则，所以在上单调递增的，且当时，

，当时，，所以对于任意的，与的图象一定有交点，④正确．

20．2【解析】由题意，令得或．

因或时，，时，．

时取得极小值．

21．【解析】(1)的定义域为，．

由题设知，，所以．

从而，．

当时，；当时，．

所以在单调递减，在单调递增．

(2)当时，．

设，则

当时，；当时，．所以是的最小值点．

故当时，．

因此，当时，．

22．【解析】(1)函数的导函数，

由得，

因为，所以．

由基本不等式得．

因为，所以．

由题意得．

设，

则，

所以

16

+

所以在上单调递增，

故，

即．

(2)令，，则

，

所以，存在使，

所以，对于任意的及，直线与曲线有公共点．

由得．

设，

则，

其中．

由(1)可知，又，

故，

所以，即函数在上单调递减，因此方程至多1个实根．

综上，当时，对于任意，直线与曲线有唯一公共点．

23．【解析】(1)当时，，．

令解得或．

当时，；

当时，．

故在，单调递增，在单调递减．

(2)由于，所以等价于．

设，则，

仅当时，所以在单调递增．

故至多有一个零点，从而至多有一个零点．

又，，

故有一个零点．

综上，只有一个零点．

24．【解析】(1)因为，

所以．

，

由题设知，即，解得．

(2)方法一：由(1)得．

若，则当时，；

当时，．

所以在处取得极小值．

若，则当时，，

所以．

所以1不是的极小值点．

综上可知，的取值范围是．

方法二：．

(ⅰ)当时，令得．

随的变化情况如下表：

1

+

−

↗

极大值

在处取得极大值，不合题意．

(ⅱ)当时，令得．

①当，即时，，

在上单调递增，

无极值，不合题意．

②当，即时，随的变化情况如下表：

1

+

−

+

↗

极大值

极小值

↗

在处取得极大值，不合题意．

③当，即时，随的变化情况如下表：

+

−

+

↗

极大值

极小值

↗

在处取得极小值，即满足题意．

(ⅲ)当时，令得．

随的变化情况如下表：

−

+

−

极小值

↗

极大值

在处取得极大值，不合题意．

综上所述，的取值范围为．

25．【解析】(1)，．

因此曲线在点处的切线方程是．

(2)当时，．

令，则．

当时，，单调递减；当时，，单调递增；

所以．因此．

26．【解析】(1)函数，，则，．

由且，得，此方程组无解，

因此，与不存在“点”．

(2)函数，，

则．

设为与的“点”，由且，得

，即，（*）

得，即，则．

当时，满足方程组（*），即为与的“点”．

因此，的值为．

(3)对任意，设．

因为，且的图象是不间断的，

所以存在，使得．令，则．

函数，

则．

由且，得

，即，（**）

此时，满足方程组（**），即是函数与在区间内的一个“点”．

因此，对任意，存在，使函数与在区间内存在“点”．

27．【解析】(1)由已知，可得，故，

因此，=−1，

又因为曲线在点处的切线方程为，

故所求切线方程为．

(2)由已知可得

．

故．令=0，解得，或．

当变化时，，的变化如下表：

(−∞，

)

(，

)

(，

+∞)

+

−

+

↗

极大值

极小值

↗

所以函数的极大值为；函数小值为．

(3)曲线与直线有三个互异的公共点等价于关于的方程有三个互异的实数解，

令，可得．

设函数，则曲线与直线有三个互异的公共点等价于函数有三个零点．

．

当时，，这时在R上单调递增，不合题意．

当时，=0，解得，．

易得，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

的极大值=>0．

的极小值=−．

若，由的单调性可知函数至多有两个零点，不合题意．

若即，

也就是，此时，

且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意．

所以的取值范围是

28．【解析】（1）函数的定义域为，

，

①若，则，在单调递增．

②若，则由得．

当时，；当时，，

所以在单调递减，在单调递增．

③若，则由得．

当时，；当时，，

故在单调递减，在单调递增．

（2）①若，则，所以．

②若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为

．从而当且仅当，即时，．

③若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为

．

从而当且仅当，即时．

综上，的取值范围为．

29．【解析】（1）

令得

，．

当时，；当时，；当时，．

所以在，单调递减，在单调递增．

（2）．

当时，设函数，，因此在单调递减，而，故，所以

．

当时，设函数，，所以在单调递增，而，故．

当时，，，

取，则，，

故．

当时,取,则,．

综上，的取值范围是．

30．【解析】（1）的定义域为，．

若，则当时，，故在单调递增.

若，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.

（2）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为

．

所以等价于，

即．

设，则．

当时，；当时，．所以在单调递增，在单调递减.故当时，取得最大值，最大值为．所以当时，．从而当时，，即．

31．【解析】（I）由，可得

，

令，解得，或．由，得．

当变化时，，的变化情况如下表：

所以，的单调递增区间为，，单调递减区间为．

（II）（i）因为，由题意知，

所以，解得．

所以，在处的导数等于0．

（ii）因为，，由，可得．

又因为，，故为的极大值点，由（I）知．

另一方面，由于，故，

由（I）知在内单调递增，在内单调递减，

故当时，在上恒成立，

从而在上恒成立．

由，得，．

令，，所以，

令，解得（舍去），或．

因为，，，故的值域为．

所以，的取值范围是．

32．【解析】（Ⅰ）因为，

所以

（Ⅱ）由

解得或．

因为

x

（，1）

1

（1，）

（，）

-

+

-

↗

又，

所以在区间上的取值范围是．

33．【解析】(1)由,得.

当时，有极小值.

因为的极值点是的零点.

所以，又，故.

因为有极值，故有实根，从而，即.

时，，故在R上是增函数，没有极值；

时，有两个相异的实根，.

列表如下

+

–

+

极大值

极小值

故的极值点是.

从而，

因此，定义域为.

（2）由（1）知，．

设，则．

当时，，所以在上单调递增．

因为，所以，故，即．

因此．

（3）由（1）知,的极值点是，且，.

从而

记，所有极值之和为，

因为的极值为，所以，.

因为，于是在上单调递减.

因为，于是，故.

因此的取值范围为.

34．【解析】

(Ⅰ)

(i)设，则当时，；当时，.

所以在单调递减，在单调递增.

(ii)设，由得或．

①若，则，所以在单调递增.

②若，则,故当时，；

当时，，所以在单调递增，在单调递减.

③若，则，故当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减.

(Ⅱ)(i)设，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.

又，取b满足b

则，所以有两个零点.

(ii)设a=0，则，所以有一个零点.

(iii)设a

又当时，

综上，的取值范围为.

35．【解析】（Ⅰ）的定义域为.当时，

，

曲线在处的切线方程为

（Ⅱ）当时，等价于

令，则

，

（i）当，时，，

故在上单调递增，因此；

（ii）当时，令得

，

由和得，故当时，，在单调递减，因此.

综上，的取值范围是

36．【解析】（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得．当时，，单调递增；当时，，单调递减．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为.

所以当时，.

故当时，，，即.

（Ⅲ）由题设，设，则，

令，解得.

当时，，单调递增；当时，，单调递减.

由（Ⅱ）知，，故，又，

故当时，.

所以当时，.

37【解析】（Ⅰ）的定义域为，．

若，则，所以在单调递增．

若，则当时，；当时，．所以在单调递增，在单调递减．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，在上无最大值；当时，在取得最大值，最大值为．

因此等价于．

令，则在单调递增，．

于是，当时，；当时，．

因此的取值范围是．

38．【解析】（Ⅰ）的定义域为，．

当时,，没有零点；

当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又，当满足且时，，故当时，存在唯一零点．

（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，；

当时，．

故在单调递减，在单调递增，

所以当时，取得最小值，最小值为．

由于，所以．

故当时，．

39．【解析】（Ⅰ）=，.

曲线在点（0,2）处的切线方程为．

由题设得，所以．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，

设，由题设知．

当≤0时，，单调递增，，所以=0在有唯一实根．

当时，令，则．

，在单调递减，在单调递增，

所以，所以在没有实根.

综上，=0在R有唯一实根，即曲线与直线只有一个交点．

40．【解析】（Ⅰ）函数的定义域为

由可得

所以当时，，函数单调递减，

所以当时，，函数单调递增，

所以

的单调递减区间为，的单调递增区间为

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，在内单调递减，

故在内不存在极值点；

当时，设函数，，因此．

当时，时，函数单调递增

故在内不存在两个极值点；

当时，

函数在内存在两个极值点

当且仅当，解得

综上函数在内存在两个极值点时，的取值范围为．

41．【解析】（Ⅰ），

由题设知，解得．

（Ⅱ）的定义域为，由（Ⅰ）知，，

（ⅰ）若，则，故当时，，在单调递增，所以，存在，使得的充要条件为，

即，解得．

（ii）若，则，故当时，；

当时，，在单调递减，在单调递增．所以，存在，使得的充要条件为，

而，所以不合题意．

（iii）若，则．

综上，的取值范围是．

42．【解析】（Ⅰ）由题意知时，，

此时，可得，又，

所以曲线在处的切线方程为．

（Ⅱ）函数的定义域为，

，

当时，，函数在上单调递增，

当时，令，

由于，

①当时，，

，函数在上单调递减，

②当时，，，函数在上单调递减，

③当时，，

设是函数的两个零点，

则，，

由

，

所以时，，函数单调递减，

时，，函数单调递增，

时，，函数单调递减，

综上可知，当时，函数在上单调递增；

当时，函数在上单调递减；

当时，在，上单调递减，在上单调递增．

43．【解析】（Ⅰ）

（Ⅱ）

44．【解析】（Ⅰ），，是上的偶函数

（Ⅱ）由题意，，即

，，即对恒成立

令，则对任意恒成立

，当且仅当时等号成立

（Ⅲ），当时，在上单调增

令，

，，即在上单调减

存在，使得，，即

设，则

当时，，单调增；

当时，，单调减

因此至多有两个零点，而

当时，，；

当时，，；

当时，，．

45．【解析】．由已知得，，

故，，从而；

（Ⅱ）

由（I）知，

令得，或．

从而当时，；当时，．

故在，单调递增，在单调递减．

当时，函数取得极大值，极大值为．

46．【解析】（Ⅰ）的定义域为，

①

当或时，；当时，

所以在，单调递减，在单调递增．

故当时，取得极小值，极小值为；当时，取得极大值，极大值为．

（Ⅱ）设切点为，则的方程为

所以在轴上的截距为

由已知和①得．

令，则当时，的取值范围为；当时，的取值范围是．

所以当时，的取值范围是．

综上，在轴上截距的取值范围．

47．【解析】（Ⅰ）由，得．

又曲线在点处的切线平行于轴，

得，即，解得．

（Ⅱ），

①当时，，为上的增函数，所以函数无极值．

②当时，令，得，．

，；，．

所以在上单调递减，在上单调递增，

故在处取得极小值，且极小值为，无极大值．

综上，当时，函数无极小值；

当，在处取得极小值，无极大值．

（Ⅲ）当时，

令，

则直线：与曲线没有公共点，

等价于方程在上没有实数解．

假设，此时，，

又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故．

又时，，知方程在上没有实数解．

所以的最大值为．

解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．

（Ⅲ）当时，．

直线：与曲线没有公共点，

等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：

（*）

在上没有实数解．

①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解．

②当时，方程（*）化为．

令，则有．

令，得，

当变化时，的变化情况如下表：

当时，，同时当趋于时，趋于，

从而的取值范围为．

所以当时，方程（*）无实数解，解得的取值范围是．

综上，得的最大值为．

48．【解析】（Ⅰ）函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝2xln

x＋x＝x(2ln

x＋1)，令f′(x)＝0，得.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x

f′(x)

－

＋

f(x)



极小值

所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.

（Ⅱ）证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0.

设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．

由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．

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）证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s＞1，从而

，

其中u＝ln

s.

要使成立，只需.

当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．

所以s＞e，即u＞1，从而ln

u＞0成立．

另一方面，令F(u)＝，u＞1.F′(u)＝，令F′(u)＝0，得u＝2.

当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0.

故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0.

因此成立．

综上，当t＞e2时，有.

49．【解析】：（Ⅰ）由题在上恒成立，在上恒成立，；

若，则在上恒成立，在上递增，

在上没有最小值，，

当时，，由于在递增，时，递增，时，递减，从而为的可疑极小点，由题，，

综上的取值范围为．

（Ⅱ）由题在上恒成立，

在上恒成立，，

由得

，

令，则，

当时，，递增，

当时，，递减，

时，最大值为，

又时，，

时，，

据此作出的大致图象，由图知：

当或时，的零点有1个,

当时，的零点有2个,

50．【解析】（Ⅰ）的定义域为，．

若，则，所以在单调递增．

若，则当时，当，，所以

在单调递减，在单调递增．

（Ⅱ）

由于，所以(x－k)

f´(x)+x+1=．

故当时，(x－k)

f´(x)+x+1>0等价于

（）

①

令，则

由（Ⅰ）知，函数在单调递增．而，所以在存在唯一的零点，故在存在唯一的零点，设此零点为，则．当时，；当时，，所以在的最小值为，又由，可得，所以

故①等价于，故整数的最大值为2．

51．【解析】（Ⅰ）设；则

①当时，在上是增函数

得：当时，的最小值为

②当时，

当且仅当时，的最小值为

（Ⅱ）

由题意得：

52．【解析】（Ⅰ）由

=

可得，而，

即，解得；

（Ⅱ），令可得，

当时，；当时，．

于是在区间内为增函数；在内为减函数．

（Ⅲ）

=

因此对任意的，等价于

设

所以，

因此时，，时，

所以，故．

设，则，

，，，，即

，对任意的，．

53．【解析】（Ⅰ）

由于直线的斜率为，且过点，故

即,解得，．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以

考虑函数，则

所以当时，故

当时，

当时，

从而当

54．【解析】（Ⅰ）因为

所以

由于，所以的增区间为，减区间为

（Ⅱ）【证明】：由题意得，

由（Ⅰ）知内单调递增，

要使恒成立，

只要，解得

55．【解析】（Ⅰ）由

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得从而

，故：

（1）当；

（2）当

综上，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为（0，1）；

当时，函数的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为。

（Ⅲ）当时，

由（Ⅱ）可得，当在区间内变化时，的变化情况如下表：

－

+

单调递减

极小值1

单调递增

2

又的值域为[1，2]．

由题意可得，若，则对每一个，直线与曲线

都有公共点．并且对每一个，

直线与曲线都没有公共点．

综上，当时，存在最小的实数=1，最大的实数=2，使得对每一个，直线与曲线都有公共点．

56．【解析】（Ⅰ）时，，

。当时;当时，;当时，。故在，单调增加，在（1，0）单调减少．

（Ⅱ）。令，则。若，则当时，，为减函数，而，从而当x≥0时≥0，即≥0．