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摘 要： 在數學中對導數的教學管理新方式有什么轉變呢，應該如何來推動現在數學的新發展應用呢?本文是一篇數學論文。導數是函數的局部性質。一個函數在某一點的導數描述了這個函數在這一點附近的變化率。如果函數的自變量和取值都是實數的話，函數在某一點的導數就是
在數學中對導數的教學管理新方式有什么轉變呢，應該如何來推動現在數學的新發展應用呢?本文是一篇數學論文。導數是函數的局部性質。一個函數在某一點的導數描述了這個函數在這一點附近的變化率。如果函數的自變量和取值都是實數的話，函數在某一點的導數就是該函數所代表的曲線在這一點上的切線斜率。導數的本質是通過極限的概念對函數進行局部的線性逼近。例如在運動學中，物體的位移對于時間的導數就是物體的瞬時速度。
摘要：與導數有關的函數題是各省市檢測和高考年年必考的題目,形式層出不窮,絕大多數還是區分度頗高的壓軸題.許多中上水平的考生往往處理完第一問后,對第二、三問或是匆忙求導眼到手不到形成一堆爛賬,或是寫了一堆解答過程發現走進死胡同再出來,這樣做的結果往往是得分較低,浪費時間,長此以往對科學備考的負面影響較大.究其原因,很多考生表現為不知道自己“起步”錯誤,具體來說就是對哪個函數求導不明確,或為什么要構造新函數F (x)和如何構造函數F (x)不明確.本文結合近兩年的高考題,就解答與導數有關的區分度頗高的函數題,如何走好“動一發而系全身”的第一步,談如何構造函數F (x),給出程序化的構建模式,以達到“好的開始是成功的一半”的目的.
關鍵詞：導數,函數題,數學論文
一、與導數有關的函數題概述
與導數有關的區分度頗高的函數題主要包括:討論含參(一元參數或二元參數)方程根的個數與范圍,含參(一元參數或二元參數)不等式的證明,求含參函數的最值或單調區間,含參(一元參數或二元參數)不等式恒成立時已知含參函數的最值或單調區間求某參數的范圍,已知含參(一元參數或二元參數)方程根的個數和范圍求某參數的范圍等.題目形式雖然千變萬化、層出不窮,但本質上就是一道題.本文為使問題說明得更加方便,不妨以 f(x)≥g(x)的形式來說明.
二、程序化構造函數F (x)的統一模式
1.直接法:令F (x)= f(x)-g(x).
2.化積法:若 f(x)-g(x)=h(x)k(x),且h(x)≥0,令F (x)= k(x).
3.伸縮法:若 f(x)≥ f1(x),則令F (x)= f1(x)-g(x),其中,f1(x)通常可由熟悉的不等式或前一問中的結論得出.
4.控元法:含參問題若已給出參數k的范圍,由單調性控元、消元、消參,構建F (x)(F (x)不含參數).
5.分離變量法:若能分離出變量k≥k(x),則令F (x)=k(x).
數學論文：《數學理論與應用》，《數學理論與應用》(季刊)創刊于1981年，是由中南大學主管、湖南省數學學會主辦的數學理論與應用性期刊。辦刊宗旨：發表數學研究成果，促進學術交流。
三、程序化構造函數F (x)的統一模式在高考題中的運用
例1 (2013年高考新課標全國Ⅱ卷理科卷第21題)已知函數f(x)=ex-ln(x+m).
(Ⅰ)設x=0是f(x)的極值點,求m,并討論 f(x)的單調性.
(Ⅱ)當m≤2時,證明f(x)>0.
(Ⅰ)解:m=1. f(x)在(-1,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增.(解答過程省略)
(Ⅱ)證明:當m≤2,x∈(-m,+∞)時,ln(x+2)≥ln(x+m).記F (x)=ex-ln(x+2),則F ′(x)=ex- .
∵F ′′(x)=ex+ >0,∴F ′(x)在(-2,+∞)上單調遞增.
∵F ′(0)=1- >0,F ′(-1)= -1<0,即 = ,x0=-ln(x0+2),∴F (x0)= -ln(x0+2)= +x0= >0.
當x∈(-2,x0)時,F ′(x)<0,此時函數F (x)單調遞減;當x∈(x0,+∞)時,F ′(x)>0,此時函數F (x)單調遞增.
∴ f(x)≥F (x)≥F min(x)=F (x0)>0.
小結 本題是一道含參不等式的證明題,考生若不假思索地直接采用構造F (x)=左-右,則在求F ′(x)=0時會走進死胡同.問題出在含參,因此應該控元,將兩個變量變為一個變量,使其常態化.
例2 (2012年高考山東理科卷第22題)已知函數f(x)= (k為常數,e=2.71828…是自然對數的底數),曲線y= f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行.
(Ⅰ)求k的值.
(Ⅱ)求 f(x)的單調區間.
(Ⅲ)設g(x)=(x2+x) f ′(x),其中 f ′(x)為 f (x)的導函數.證明:對任意x>0,g(x)<1+e-2.
(Ⅰ)解:k=1.(解答過程省略)
(Ⅱ)解:函數 f(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減.(解答過程省略)
(Ⅲ)證明:g(x)=(x2+x)· =(1+x)· .
欲證g(x)<1+e-2,即證1-x(ln x+1)< (1+e-2).①
令F 1(x)=1-x(ln x+1),則F (x)=-ln x-2.令F (x)=0,得ln x =-2,∴x = e- 2∈(0,+∞).
當x∈(0,e- 2)時,F (x)>0,此時F 1(x)單調遞增;當x∈(e- 2,+∞)時,F (x)<0,此時F 1(x)單調遞減.∴F 1max(x)=F1 (e- 2)=1+e- 2.
令F 2(x)= .∵F (x)= = > 0,∴F 2(x)在(0,+∞)上單調遞增.∴F 2(x)>F 2(0)=1.∴不等式①得證.∴ g(x)<1+e- 2(x>0).
小結 如何構造函數F(x),關鍵在于F ′(x)=0是否易求(或易估).若直接求g(x),則g′(x)=0的求解將陷入泥潭.
例3 (2012年高考遼寧理科卷第21題)設f(x)=ln(x+1)+ +ax+b(a,b∈R,a,b為常數),曲線y= f(x)與直線y= x在(0,0)點相切.
(Ⅰ)求a,b的值.
(Ⅱ)證明:當0 (Ⅰ)解:a=0,b=-1.(解答過程省略)
(Ⅱ)證明:由(Ⅰ)知f(x)=ln(x+1)+ -1.
∵ < (0 構造F (x)=ln(x+1)+ - ,則F ′(x)= + - = .
當x∈(0,2)時,∵x2+15x-36<0,∴F ′(x)<0.∴F (x)單調遞減.∴F (x) ∴ln(x+1)+ < .∴ln(x+1)+ -1< ,即f(x)< .
小結 本題若直接對f(x)求導,則會在計算f ′(x)=0時碰壁.原因在于對 求導時,既有根式又有分式,而ln(x+1)的導數僅有分式,使得在求f ′(x)=0時眼到手不到.
