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数学辅导总结范文1
导数及其应用
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．
若，则当时，，为减函数，而，
数学辅导总结范文2
1、写好教案,备好课
能认真学习数学新课程标准的要求，理解新课程标准的教学内容、教学方式、教学评估、及教育价值观等。认真钻研教材，了解教材的结构，每节课的目标要求以及每节的重点、难点。了解学生的认知水平，查找资料，精心备课，认真写好教案。课前作好充分的准备，课后及时对该课作出总结，写好教学后记。
2、认真搞好课堂教学
组织好课堂教学，关注全体学生，努力创设宽松愉悦的学习氛围。教给了学生知识，更教会了他们求知、合作、竞争，培养了学生正确的学习态度，良好的学习习惯及方法。注意引发学生学数学的兴趣，课堂上讲练结合，新课教学中涉及到旧知识时，对其作相应的复习回顾。精讲精练，努力上好每一节课，提高教学效率。
3、注重学生的知识反馈
分层设计内容丰富的课外作业，对学生的作业批改及时、认真，分析并记录学生的作业情况，将他们在作业过程出现的问题作出分类总结，然后进行评讲。切实抓好单元过关及期中质量检测，优化笔试题目的设计，设计知识技能形成过程、开发性、生活化的数学的试题，真正将考试作为促进学生全面发展、促进提高改进教学的手段，并对本班学生跟踪调研，细致分析卷面，查漏补缺，夯实双基。
4、做好培优辅差辅导工作
在课后为不同层次的学生进行相应的辅导，以满足不同层次的学生的需求。对后进生的辅导，并不限于学习知识性的辅导，更重要的是学习思想的辅导，后进生转化取得一定的成效，如初二数学较差的陈虹虹、蔡婷婷等同学经过一学期的帮扶，使她们对数学较感兴趣，基础知识掌握较扎实，成绩进步明显。对于学有余力的同学，组建初三数学兴趣培训小组，平时注意搜集资料，进行有针对性的辅导，并择优推荐1班的王森辉、陶春华，2班的林金泉等同学，准备参加明年4月份我市组织年全国初中数学竞赛。
5、积极参加教研活动
数学辅导总结范文3
撰写人：___________
日
期：___________
2021年六年级数学老师教学总结
本学期，我担任六年级数学教学工作，我结合本班学生的实际情况，勤勤恳恳，兢兢业业，使教学工作有计划、有___、有步骤地开展，圆满地完成了教学任务。现总结如下：
一、认真备课。
不但备学生，而且备教材、备教法。根据教学内容及学生的实际，设计课的类型，拟定采用的教学方法，并对教学过程的程序及时间安排都做了详细的记录，认真写好教案。每一课都做到“有备而来”，每堂课都在课前做好充分的准备，课后及时对该课作出总结，有的在课后写出教学反思。
二、增强上课技能，提高教学教学质量。
在课堂上特别注意调动学生的积极性，加强师生交流，充分体现学生学得容易，学得轻松，觉得愉快，同时还培养了学生动口动手动脑的能力。
三、认真批改作业，布置作业有针对性，有层次性。
对学生的作业批改及时，认真分析并记录学生的作业情况，将他们在作业过程出现的问题做出分类总结，进行透切的讲评，并针对有关情况及时改进教学方法，做到有的放矢。
四、做好课后辅导工作，注意分层教学。
在课后，为不同层次的学生进行相应的辅导，以满足不同层次的学生的需求，同时加大了对后进生的辅导的力度。对后进学生的辅导，并不限于学生知识性的辅导，更重要的是学生思想的辅导，提高后进生的成绩，首先解决他们的心结，让他们意识到学习的重要性和必要性，使之对学习萌发兴趣。这样，后进生的转化，就由原来的简单粗暴、强制学习转化到自觉的求知上来。
五、积极提高学生数学素质。
为此，我在教学工作中注意了能力的培养，把传授知识、技能和发展智力、能力结合起来，在知识层面上注入了思想情感教育的因素，发挥学生的创新意识和创新能力。让学生的各种素质都得到有效的发展和培养。
六、教学中存在的问题
本学期对学困生的帮扶还不够深入，对学生心理特点了解不够，教学方法还有待于改进，教学成绩还有待于提高。
七、今后整改措施
教书育人是塑造灵魂的综合性艺术。在课程改革推进的今天，社会对教师的素质要求更高，在今后的教育教学工作中，我将立足实际，认真分析和研究好教材、课程标准，研究好学生，做好家访工作，争取学生家长的支持，创造性地搞好学校教学各项工作，使我的教学工作有所开拓，有所进取，更加严格要求自己，努力工作，发扬优点，改正缺点，开拓前进，为美好的明天奉献自己的力量。
数学辅导总结范文4
本学期我担任的是七(3)和七(4)两个班的数学教学工作,班主任分别为石朝贤老师和潘洁老师.两个班现在班上就读的有95人。
思想政治方面。本学期本人始终拥护国家的教育方针、政策，始终拥护国家目前进行的新课程改革，始终坚持教育的全面性和终身性发展。热爱教育事业，热爱自己所教育的每一个学生。严格遵守学校的各项规章制度，不迟到早退，积极参加各项活动及学习，团结同志，积极协调工作中的各个方面；
教学工作方面：
1、做好课前准备工作
除认真钻研教材，研究教材的重点、难点、关键，吃透教材外，还深入了解学生，根据不同类型的学生拟定了课堂上的辅导、教学方案，使课堂教学中的辅导有针对性，避免盲目性，提高了实效。
2、增强上课技能，提高教学质量，使讲解清晰化，准确化，条理化，情感化，生动化，做到线索清晰，层次分明，言简意赅，深入浅出。在课堂上特别注意调动学生的积极性，加强师生交流，充分体现学生的主观能动作用，让学生学得容易，学得轻松，学得愉快；注意精讲精练，在课堂上老师尽量讲得少，学生动口动手动脑尽量多；同时在每一堂课上都充分考虑每一个层次学生的学习需求和学习能力，让各个层次的学生都得到提高。
3、虚心请教其他老师。
在教学上，有疑必问。在各个章节的学习上都积极征求其他老师的意见，学习他们的方法，同时，多听优秀老师的课，学习别人的优点，克服自己的不足，征求他们的意见，改进工作。
4、认真批改作业, 布置作业做到精读精练。有针对性，有层次性。
在设置作业中，力求每一次练习都起到最大的效果。同时对学生的作业批改及时、认真，分析并记录学生的作业情况，将他们在作业过程出现的问题作出及时反馈，针对作业中的问题确定个别辅导的学生，并对他们进行及时的辅导。
5、做好课后辅导工作，注意分层教学。在课后，为不同层次的学生进行相应的辅导，以满足不同层次的学生的需求，避免了一刀切的弊端，同时加大了后进生的辅导力度。对后进生的辅导，并不限于学习知识性的辅导，更重要的是学习思想的辅导，要提高后进生的成绩。
经过一个学期的努力，一部分同学成绩有所提高，在本学期期中考试中我所任教两个班级也取得了较好的成绩。存在的不足是，学生的知识结构还不是很完整，还必需进行加强和训练。
主要工作及取得的成绩：
1、做好课前准备和课后反思工作
面对新的学生新的教材新的教学要求，激起我的挑战欲望，决心立志要在新的老师角色中争取教学教研方面有所成就。于是我每天花2小时以上时间认真阅读、挖掘、活用教材，研究教材的重点、难点、关键，研读新课标，明白这节课的新要求，思考如何将新理念融入课堂教学中。认真书写教案，利用网络资源，参考别人的教学教法教学设计，根据这两个班同学的具体情况制定课时计划。每一课都做好充分的准备。为了使学生易懂易掌握，我还根据教材制作各种利于吸引学生注意力的有趣教具，制作课件，本学期我每节课都制作了课件。课后及时对该课作出总结，写好教学后记，并进行阶段总结，即每章一总结，期中、期末一总结。
2、把好上课关，提高课堂教学效率、质量。
新课标的数学课通常采用“问题情境——建立模型——解释、应用与拓展”的模式展开，所有新知识的学习都以相关问题情境的研究作为开始，它们使学生了解与学习这些知识的有效切入点。所以在课堂上我想方设法创设能吸引学生注意的情境。在这一学期，我根据教学内容的实际创设情境，让学生一上课就感兴趣，每节课都有新鲜感。
3、虚心请教同组老师。在教学上，有疑必问。由于没有新课标教学经验，所以我的教学进度总是落在其他老师之后。我虚心向他们请教每节课的好做法和需要注意什么问题，结合他们的意见和自己的思考结果，总结出每课教学的经验和巧妙的方法。本学期我将自己在备课中想到的好点子以及遇到的问题整理成“教学反思录”。
4、 做好“培优、辅中、稳差”工作。根据学生学习数学的基础和潜力，利用下午放学后的半个小时的时间分别辅导他们，有问题要问的学生自由来办公室问，或让作业不过关的同学有老师指点。除了老师辅导外，我还要求学生成立“数学学习互助小组”，即一名优生负责一至两名中层生和一名待进生，优生经常讨论学习问题，弄懂弄透了才去辅导其他同学。
存在问题和今后努力方向：
1、新课标学习与钻研还要加强；
2、课堂教学设计、研究、效果方面还要考虑；
数学辅导总结范文5
一．团结协作，准确定位
全组成员都能忠于职守，敬业爱岗，能认真学习教育教学新理论，遵守学校各项规章制度。相互之间既有分工更能很好的合作，本期的教学内容就是初三数学毕业复习，从教学计划的制订，到教学环节的设计，备课交流，再到教学反馈小结，各个程序都充满着组员的关切和创新，这种愉快的合作更多的体现在集体备课中，我们五位初三数学老师就像五行之说中的“金、木、水、火、土”，就如同战局布阵中的五行连环阵，各司其职守卫一方又相互策应融为一体，都能以主人翁的精神在长鸿初三教学中准确定位。
二．加强研讨，认真准备
由于每位老师定位准确，皆立意于提高长鸿实验学校的初中数学教学水平，因而平时的备课教学工作中，教学研讨是家常便饭，不分时间，不分地点，有问题就有争论，就有各自的观点，每人便能轻易的取舍。在这种教学氛围中，我们都不知不觉的得到提升，在备课中，直接导致任何人都不敢敷衍了事，课前的准备工作得到了保障。
三．优化课堂，追求效益
课堂是教学流程的关键点，我们应该研究如何充分利用“课堂”这一十分有限的时间空间，使课堂效益实现最大化？这个问题一直就是我备课组的教研课题，每位老师在课堂上都十分注意效益，并经常在课后交流，谁有心得，立马与大家分享。为达到尽可能的优化课堂，我备课组经常组织听评课活动，每位老师每周至少要准备一堂公开课，随时欢迎其他组员听评，如我组的吴韶斌老师本期听课达46节，极大的提高了课堂教学水平。
四．重视辅导，整体提升
为了切实提高我校初中学生的数学成绩，力争拿下株洲市初中毕业会考第一的头衔，根据校领导、备课组的统一作战部署，重视培优的同时，必须重视辅导落后生。我们本着“每一个学生都能学好”、“每一个学生都能合格”的信念，努力营造尊重学生、关心学生氛围，深入学生、了解学生、研究学生，帮助每一个学生健康成长，不忽视学生的每一个闪光点，也不放过每一学生的弱点，不让一个学生掉队。课堂教师提问、做练习，都由“差生”打头阵，让“差生”的问题在课堂上得到最大限度的暴露，便于师生有针对性的辅导。这样，既让优等生能力强了，又让“差生”基本解决了自己的疑难问题。同时，教师课后辅导的主要对象也是“差生”，交流谈心最多的也是“差生”，由于全组老师的辛勤耕耘，使所有学生都在原有基础上取得了长足的进步，整体水平得到提升。
五．注重反思，不断进步
对教学预设与教学生成的灵活处理，是检验教学效果和教学机智的较好标准，在课堂教学中，我组成员均能在教学中及时反思，相互切磋，在每一节课后都能留下反思随笔，在每次检测后都能准确总结问题，及时修正教学行为。
六．正视问题，努力解决
虽然我组成员整体表现良好，但也存在不可忽视的问题：如：教材挖掘不太深入。教法不灵活，不能吸引学生学习，对学生的引导、启发不足。对学生的教学思想学习不深入。对学生的自主学习,合作学习,缺乏理论指导，极少数差生还末抓落实。由于对学生的了解不够，对学生的学习态度、思维能力不太清楚，上课和复习时该讲的都讲了，学生掌握的情况怎样，教师心中无数。导致了教学中的盲目性。还有教学反思不够。
初一历史备课组工作总结
英语备课组工作总结
数学辅导总结范文6
关键词：高三数学；总复习；问题；分类教学
高考的考试科目众多，同时各科目的知识点又十分的繁多和复杂，使得高三学生在最后的总复习阶段的学习压力十分大。
一、高三数学总复习中存在的问题
高中数学对于学生来说知识点繁多，同时考试的题型多变，解题方法多样。学生很难在短时间内熟练掌握高考数学的考试内容。另一方面，在高三数学的总复习过程中，教师的正确指导是学生快速进步的前提，但很多教师的教学方法过于传统，学生整日沉浸于题海中，学生的提高缓慢。渐渐地学生就感觉到自己努力却得不到收获，失去了学习的动力，学习效率更加低下。
二、“分类”教学在高三数学总复习中的运用策略
1.注重对课本知识的总结分类
高考数学中的所有知识都是源于课本知识的，但很多学生和教师在高中数学总复习时却总是买很多辅导资料，对于辅导资料的投入过多，因而忽略了课本知识的探究。课本知识是所有数学题目的源头，只要把课本知识学通，面对再多的题型也就不怕了。教师在复习时要注重对课本知识的分类总结，以此来扎实学生的基本功。例如，在函数一节的复习中，教师可以指导学生把指数、对数以及幂函数进行总结，把对应的图象和函数方程总结分类，通过相同的方法把课本分类总结出来。通过系统的学习，学生就能够清晰地记忆各部分知识，复习效率大大提高。
2.精选题型，掌握解题方法
数学的题型复杂多样，通过题海的方法很难快速的提高。这时就需要把高中数学的题型进行总结分类。把解题方法一致的题目汇总，找出代表，通过代表题型来解决相似问题。例如，学生在最后总复习阶段，可以找出自己的考试试题把相似的题目汇总到错题本上，把试卷中的题目进行分类，三角函数、几何题、函数题等。再找出代表题型，针对自己薄弱的题型多加练习。这样的复习方法，既节约时间又能很快地弥补自己的弱点，学生才能最快的进步。
高三数学总复习的质量好坏，直接影响着学生是否能够进入自己心仪的大学。所以，教师必须科学地带领学生高效地复习，确保学生能够考上理想大学。
参考文献：
