函數最值的應用范文

導語：如何才能寫好一篇函數最值的應用，這就需要搜集整理更多的資料和文獻，歡迎閱讀由公務員之家整理的十篇范文，供你借鑒。

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關鍵詞：最大值 最小值 最值 邊際

中圖分類號:F224 文獻標識碼:A

文章編號:1004-4914（2011）12-082-02

在工農業生產、科學技術研究、經營管理中，經常要遇到在一定條件下，怎樣用料最省、產量最多、效率最高、成本最低等問題，這些問題在數學上有時可歸結為求某一函數的最大值或最小值的問題。隨著市場經濟的不斷發展，利用數學知識解決經濟問題顯得越來越重要，運用微分中的最值可以對經濟活動中的實際問題進行最優化分析，從而為企業經營者的科學決策提供依據。

一、最值的概念

1.最大值。設函數f（x）在區間[a,b]上連續，x0為區間[a,b]上某一點。當對于任意x∈[a,b]，有f（x）≤f（x0），則稱f（x0）為f（x）在[a,b]上的最大值，稱點x0為f（x）在[a,b]上的最大值點。

2.最小值。設函數f（x）在區間[a,b]上連續，x0為區間[a,b]上某一點。當對于任意x∈[a,b]，有f（x）≥f（x0），則稱f（x0）為f（x）在[a,b]上的最小值，稱點x0為f（x）在[a,b]上的最小值點。

最大值和最小值統稱為最值。

二、最值在經濟中的應用

最優化問題是經濟管理活動的核心，各種最優化問題也是微積分中最關心的問題之一，例如，在一定條件下，使成本最低，收入最多，利潤最大，費用最省等等。下面介紹函數的最值在經濟效益最優化方面的若干應用。

1.最大利潤問題。

例1：某工廠在一個月生產某產品Q件時, 總成本為C（Q）=5Q+200（萬元），得到的收益為R（Q）=10Q-0.01Q2（萬元），問一個月生產多少產品時, 所獲利潤最大?

解：由題設，知利潤為

L（Q）=R（Q）-C（Q）=5Q-0.01Q2-200（0

顯然最大利潤一定在（0，+∞）內取得。

令L'（Q）=5-0.02Q=0，

得Q=250。又由

L''（Q）=-0.02

所以L（250）=425（萬元）為L的一個極大值。

從而一個月生產250件產品時，可取得最大利潤425萬元。

2.最大收益問題。

例2：某商品的需求量Q是價格p的函數Q=Q（p）=75-p2，問p為何值時，總收益最大？

解：總收益R（p）=pQ=75P-P3，（p>0）

令R'（p）=75-3p3=0，

得p=5，又

R''（p）=-6p?圯R''（5）

從而R（5）=250，為收益R（p）的極大值。

即當價格為5時，有最大收益250。

3．經濟批量問題。

例3：某商場每年銷售某商品a件，分為x批采購進貨，已知每批采購費用為b元，而未售商品的庫存費用為c元/年?件。設銷售商品是均勻的，問分多少批進貨時，才能使以上兩種費用的總和為最省？(a,b,c為常數，且a,b,c>0）。

解：顯然，采購進貨的費用W1（x）bx，

兩次求導：C'（Q）=-6+2Q

令C'（Q）=0 則Q=3

當Q=3時，平均成本最低。

最小的平均成本C（Q）=15-18+9=6

而邊際成本函數C'（Q）=15-12Q+3Q2

當Q=3時，C'（Q）=15-36+27=6

可見最小平均成本與邊際成本相等。

邊際的意義是：當產量在Q的基礎上再增加一個單位時，成本C（Q）的增量。

三、總結

綜上所述，對經營者來說，導數在經濟學中的應用頗為廣泛，而且在日常生活中、生產和科研中，常常會遇到最值的問題，不僅而已，從上面的例子可以看出，對其經濟環節進行定量分析是非常必要的。將數學作為分析工具，不但可以給企業經營者提供精確的數值，而且在分析的過程中，還可以給企業經營者提供新的思路和視角，這也是數學應用性的具體體現。因此，作為一個合格的企業經營者，應該掌握相應的數學分析方法，從而為的經營決策提供可靠依據。

參考文獻：

1.陸慶平.以企業價值最大化為導向的企業績效評價體系――基于利益相關者理論[J].會計研究,2006(3)

2.高哲.淺談微積分在經濟中的應用[J].中國科技博覽,2009（7）

3.李春萍.導數與積分在經濟分析中的應用[J].商業視角，2007（5）

4.向菊敏.微積分在經濟分析活動中的應用[J].科技信息，2009（26）

5.褚衍彪.高等數學在經濟分析中的運用[J].棗莊學院學報，2007（10）

6.譚瑞林，劉月芬.微積分在經濟分析中的應用淺析[J].商場現代化,2008（4）

7.顧霞芳.淺談導數在經濟中的應用[J].職業圈，2007（4）

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由于學生對判別式法求函數值域的原理不是很清楚，所以在求解時常常會考慮不周全而漏解，造成近幾年高考試卷中，解析幾何大題的最后一問關于斜率K的函數在求最值（或范圍）時，不能從容應對，當然除了判別式法以外，也常常利用均值不等式進行處理。

總之，只有學生在學習過程中，對其原理認真領會、強化通性通法，引導學生對數學問題從多層面，多角度進行延伸探究，有意識的引導學生從“變”的現象中分析“不變”的本質發現規律。所以變式教學要圍繞講的目的性和針對性展開：明確是訓練學生的計算能力，還是深化學生思維；是進一步鞏固基礎，還是提高學生能力；是提醒學生哪些地方易錯，還是磨練學生解題意志。有效地拓展更好的服務于講，深化了練，提升了課堂的質量。高三教學發揮變式功能，更是一種有效地引導學生學會“如何思”“如何想”并走向“自覺地思”“自覺地想”的方式，有利于培養學生靈活多變的創新思維，完善學生的認知結構，提高學生分析問題、解決問題和探索創新能力。

參考文獻

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一、直接法

某些函數的結構并不復雜，可以通過適當變形，由初等函數的最值及不等式的性質直接觀察得到它的最值。

例1　求y=x3＋2/2＋5暑的最杏值，解析：變形為y＝1=X2＋2/3，故當x=0，時，yma

二、反函數法

由原函數反解出x=￡(y)，根據x的范圍求出y的范圍，進而得到y的最值的方法稱為反函數法，此方法適用于能順利求得反函數的函數，如形如y=αt＋b/ct＋d(α≠0)的函數， 類似地，此方法也可推廣到可以解得g(x)=￡(y)，且已知g(x)的取值范圍的函數，

三、配方法

配方法是求解“可化為二次函數形式”這一類函數的最值問題的基本方法，有著廣泛的應用，

四、換元法

引入新變量對原函數式中的代數式或三角函數進行代換，將所給函數轉化成容易求最值的簡單函數，進而求得最值的方法稱為換元法，形如y=ax+6的函數求最值常用此法，用換元法解題時要特別注意變元前后自變量的取值范圍要保持一致。 　 　五、不等式法

通過對原函數式進行變形，利用等基本不等式求函數的最值的方法稱為不等式法，用不等式法求最值時，要注意“一正、二定、三相等”的應用條件，即不等式中的兩項必須都為正，兩項的和一定時積有最大值、積一定時和有最小值，必須能取得到最值，

點評：利用不等式法求最值時，要注意函數取到最值時，相應的x的值是否存在，如果不存在，則此最值不能取到，此時要考慮用其他方法來解題，點評：用不等式法和判別式法都只能求出例8中函數的最小值，如果要求它的最大值，上述方法就不可行了，需要考慮換用其他方法，

七、單調性法

如果能確定函數在某個區間上的單調性，就可以求出該函數的最值，求解函數在給定區間上的最值問題常可試用這種方法，函數的單調性可以直接用單調性的定義來判別，也可結合函數的圖像來研究，或者用導數法來判定。

點評：看到例11中的函數的形式，很多同學會考慮用換元法來解題，但若用換元法無法將其轉化為一元二次函數的形式，會讓解題過程變得更繁雜，甚至無法順利進行下去，在判斷函數的單調性時，方法的選擇也是很重要的，三種方法各有特點：定義法是最容易想到的，圖像法最直觀，而導數法往往比較簡捷。

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首先,可以用初等數學的方法求函數最值。

1.利用二次函數求最值

利用二次函數求最值是一種應用甚廣的基本方法,其基本思路是將將問題轉化為某個變量的二次函數,通過配方,利用二次函數性質求出最值。

例1 設x1,x2是關于x的一元二次方程x2+ax+a=2的兩個實數根,(x2-2x2)(x2-2x1)的最大值是什么?

解:因為 =a2-4(a-2)=(a-2)2+4>0,

所以(x1-2x2)(x2-2x1)

=-2x12+5x1x2-2x22

=-2(x1+x2)2+9x1x2 。

因為x1,x2是方程x2+ax+a=2的兩個實數根,

所以x1+x2=-a,x1?x2=a-2代入配方可得:

(x1-2x2)(x2-2x1)

=-2a2+9a-18 =

根據平方的非負性知:當a= 時,(x1-2x2)(x2-2x1)的最大值為- 。

2.利用換元求最值

一些函數,特別是在函數表達式中含有三角函數的情形,往往可利用三角函數的有關性質來求函數的最值,這就是三角換元求最值;其他的換元就是根據函數表達式的特點,把某一部分看作一個整體或用一個新變元來代替,達到化繁為簡,從而使問題得解。

(1)三角換元

例2已知x,y均是正數,x2+y2=1,求x+y的最值。

解:令,

則 所以x+y的最大值為√2,最小值為-√2。

(2)其他換元

例3 已知 的最大值。

解: 當且僅當x=y= 時取等號,所以 的最大值為2。

3.利用數形結合求最值

運用數形結合的思想,將函數的最值問題轉化成幾何圖形的性質問題,通過幾何的有關知識來解決。這種方法對于最值的解法顯得更直觀、易懂、簡潔,這對于開拓思路,提高和培養分析能力,解決問題的能力有裨益。

例 4 求函數y=√x4-x2+1+√x4+7x2-4x+13的最小值。

解:因為 y=√x4-x2+1+√x4+7x2-4x+13

=√x2+(x2-1)2+√(x-2)2+(x2+3)2,

所以y可以看作點P(x,x2)到點A(0,1)及點B(2,3)的距離之和。

已知點P(x,x2)在拋物線y=x2上,又由于y=x2與線段A,B有交點,故當A,P,B在同一直線上時,距離之和最小,最小值為線段AB的長,所以y的最小值為ymin=√(2-0)+(-3-1)2=√20=2√5。

4.利用基本不等式求最值

不等式和最大值與最小值是密切相關的。比如要證明某個參數P的最小a,可先證明P≥a,然后說明P可以取到a,這是利用不等式求最值的基本思路,更為一般的是利用均值不等式,積定求和最小值,和定求積最大值。

例5 求的最小值。

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最值問題在中學數學教材中占有相當重要的地位，而與“不等式”“函數值域”都有著密切聯系。中學中我們學習了不少關于求最值的方法。本文利用我們學過的知識把復數,幾何等知識融合在一起給出了求最值的幾種巧妙方法，詣在歸納總結，給以后學習最值問題提供參考。

1.用比較半徑法求最值。

此方法主要是從代換的角度出發，巧妙應用圓的半徑來探索求最值。

這類題目的特點是所求函數和限制條件一般由一個是二次曲線形式的。利用坐標變換把二次曲線變成圓，再把目標函數變為直線，因在同一個坐標系內直線過圓，所以圓上的點到直線的距離小于等于半徑。根據公式.

求得最值。

例1.已知求函數 的最值。

分析:此題限制條件是一個二次曲線—橢圓。目標函數為一直線，若令：

則恰能得到一個圓的方程，而目標函數12X-5Y是一過圓心的直線,這些恰好符合我們給出的條件,所以我們不妨用此方法去解.

解：令圓: 。

如圖：顯然圓上任一點P(X,Y)到直

線 ：12X-5Y=0的距離

即

例2.已知x+3y-10=0,求函數 的最小值。

解：設 則

直線 方程：

如圖：圓：

從而本題變為求圓半徑的最小值。

當直線 與圓相切時圓的半徑取得最小值。

即： 故 .

1.切線法求最值。

①利用“直線關系法”求最值。

這類題目的特點是點 在平面上的二次曲線域（包括邊界）上運動，求目標函數 的最值。此解法關鍵是把約束條件恒等變形，化成二次曲線上或形內的適合條件，再令 （ 為非零實數），轉化成求 的最值，則可求出 的最值。

這種思路主要應用了斜率不變的直線系來解決問題。

例1. 若點 的坐標適合 求 。

分析:由題我們可以看出 所適合的條件是在這個圓形區域內,所求函數恰好為一直線,故我們可以用此方法去解.

解： 變形為，適合條件的點 為圓周上和圓內的點。

設目標函數 ，這是斜率為 的平行直線系，如圖：

此題轉化為求斜率為的直線與圓相切的方程。

又因為我們有

代入則得

即： ，解之得

所以 的最大值是5，最小值是 。

②斜率法求最值。

這類題的特點是所求目標函數一般為分式,如根據 的關系我們把它寫成是二次曲線上點,從而這個式子可以看做是點(a,b)到曲線上任一點的斜率的最值,在根據二次曲線的切線求得最值 .此法能形象地說明該式最值的幾何意義。解法關鍵是先把目標函數化成二次曲線上任意一點與曲線外一點（定點）連線的斜率k，再根據題意畫出圖形，構造切線，從而求得最值。

例1.若x為實數，求的最值。

解：目標函數可看作橢圓上任一點 ，與定點（4，3）連線的斜率 。如圖：

設切線為 ，則，

解得

所以

備注：1.直線 與圓 相切充要條件：

2.直線 與橢圓 相切的充要條件：

。

3.直線 雙曲線相切的充要條件：

。

4.直線 與拋物線 相切的充要條件：

3.用“動點求導法”求最值

這類題一般是以定線段為底某一曲線上的動點為頂點的三角形面積的最值問題.解此類提的一般步驟如下:

(1) 用導數法求出曲線到定線段距離的極值.

(2) 計算極值點和曲線端點到定線段的距離,并加以比較得出距離的最大值或最小值.

(3) 用三角形面積公式計算出三角形面積 的最值.

例1.橢圓 上有兩點

及動點C，求橢圓內接 的最大面積。

解：設橢圓上點 到AB的距離取極值，

則過點C的切線AB平行，將方程

兩邊對y求導得： ，

所以切線斜率

以此代入橢圓方程，求得C點的坐標 和 。

直線AB的方程為： ,點 和

到AB的距離：

所以 ， 。

所以 最大面積為 。

4.令“坐標法”求最值

這類題目的特點是目標函數為若干個二次根式之和.解法關鍵是精心設計各點的坐標,使以原點為起點相鄰兩點的距離之和恰好構成目標函數,從而起點與終點間的距離正好是其最小值.

例1.若 為非負實數，求 的最小值。

解：設點 ，點 ，點 則

，由圖可看出從O 到C的線段中，

OC 為最短的，即：

所以

所以得： 的最小值是 。

5.利用“參數法”求最值。

此方法主要是利用圓錐曲線的參數方程把所求問題轉化為三角函數,最后再利用三角函數的最值來求出所要求的問題.

這類題一般為求一個閉合的圓錐曲線的內接矩形的面積最值問題.如橢圓,圓等.

例1:求橢圓的內接矩形的最大面積

解:如圖:令

則橢圓方程變為

將此方程轉化為參數方程:

那么第一象限內橢圓上一點C的坐標

為 則內接矩形的面積

是:

當 時

又 圖一邊為圖二相當于對橢圓進行了平移變換,故橢圓的大小,形狀完全沒有變化,所以其內接矩形的面積也不變.

橢圓內界矩形的最大面積是

參考文獻：

[1]吳高林等.雙曲線切線存在性及引向[J].數學通報，1983，（9）

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[3]益陽師專學院報（自然科學版）[J].1988，（1）

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關鍵詞： 不等式 函數 導數

導數是高中數學選修知識中一個重要知識塊，應用廣泛，教材中重點介紹了利用導數求函數的單調性、極值、最值和切線的方程等基本知識，但在高考中，為了體現以考查能力立意的命題思想，導數的相關綜合題目通常都以其它數學分支如數列，不等式等為背景命制，以區分學生“轉化與化歸”、“數形結合”、“分類討論”等數學思想的應用能力。本文探討了以導數為工具解決可借助函數處理的不等式的相關問題.

一、題目中本來就出現的函數，絕對不能忽視

例1.已知函數f（x）=ln（x+1）-x，求證：當x＞-1時，恒有1-≤ln（x+1）≤x.

解題分析：構造輔助函數，化不等式的證明為利用導數研究函數的最值或范圍，從而證明不等式，而如何根據不等式的結構特征構造一個可導函數是用導數證明不等式的難點，充分利用題目中所給的函數來構建是一個不可忽視的方向.

解后思：如果是函數在區間上的最大（小）值，則有（或），那么要證不等式，只要求出函數的最大值不超過0即可得證.

解答過程：略.

二、作差后待構建的函數的導數不含參數，采用作差構造單一函數

例2.已知函數f（x）=lg（x+1），g（x）=lg（2x+t），若當x∈［0，1］時，f（x）≤g（x）恒成立，求實數t的取值范圍.

解題分析：f（x）≤g（x）在x∈［0，1］恒成立，即-2x-t≤0在x∈［0，1］恒成立?圳-2x-t在［0，1］上的最大值小于或等于零.

解后思：左右均隨同一變元x而改變，適合采用作差構建新函數，如果函數中含有參數，分離參數是處理這類問題時另一個應當考慮的問題.

三、不等式中含字母系數，作商可實現字母系數的分離，采用作商構建新函數

例3.設=（1，x-3），=（-y，x），若，且對任意x∈（1，）時，y≥mx-16恒成立，求實數m的取值范圍.

解題分析：本題可轉化為求f（x）=y-mx+16=x-（3+m）x+16在區間（1，）的最小值來做，但直接求其最小值需分多種情況討論，過程太復雜，若能注意到系數x∈（1，），則可把參數m與變量x分離，從而迅速求出其最值.

解：，?=0，y=x-3x.

當1＜x＜時，x-3x≥mx-16恒成立，

即m+3≤x+恒成立.

記f（x）=x+（1＜x＜），則f′（x）=2x-=，

當1＜x＜2時，f′（x）＜0；當2＜x＜時，f′（x）＞0，

當x=2時，f（x）=f（2）=12，

m+3≤12，得m≤9，

m的取值范圍為（-∞，9］.

解后思：最值法是解不等式恒成立問題的一種非常重要的方法，其解題原理是：f（x）≥a恒成立?圳f（x）≥a；f（x）≤a恒成立?圳f（x）≤a.此方法特別適用于解f（x）的最值容易求出的不等式恒成立題型，對于某些最值不易求出的問題，我們可以考慮先實行參變量分離再求其最值.

四、數列是特殊的函數，換元后構造函數證明

例4.證明：對任意的正整數n，不等式ln（+1）＞-都成立.

解題分析：本題是與自然數相關命題，很多學生習慣性思考數學歸納法的應用，但是從所證結構出發，只需令=x，則問題轉化為：當x＞0時，恒有ln（x+1）＞x-x成立，現構造函數h（x）=x-x+ln（x+1），求導即可證明.

解后思：整體代換，再做差后構建新的函數h（x），這是解決比較不等式左右兩邊均含有未知數的一種常見方法.

解答過程：略.

五、形如“f（x）＜g（x）”型不等式，適合分別構建函數處理

例5.已知函數f（x）=x-x-3x+2，g（x）=-，若對任意x，x∈［-2，2］，都有f（x）＜g（x），求a的取值范圍.

解題分析：對任意x，x∈［-2，2］，都有f（x）＜g（x）成立，［f（x）］＜［g（x）］，f′（x）=x-2x-3，令f′（x）＞0得x＞3或x＜-1;f′（x）＜0得-1＜x＜3.

f（x）在［-2，-1］為增函數，在［-1，2］為減函數.

f（-1）=3，［f（x）］=3，3＜-，c＜-24.

解后思：此類問題中不等式左右兩邊的變元變化并無關聯，適合構建兩個函數分別求最值.

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【關鍵詞】思維能力;高職數學教學;實例展示

高職學生的數學基礎普遍較差，數學思維能力較弱，尤其是在高職教育提出“以應用為目的，以必需、夠用為度”的教學原則，高數教學課時不斷壓縮的情況下，高職的數學教學變得越來越困難.本文從培養學生的思維能力入手，借助教學內容、教學方法和數學思維的實例展示，全面調動學生的學習積極性，激發學習熱情，理清學習思路，抓住學習主線，培養學生的各項思維能力，不僅掌握更多數學知識，更要學生觸類旁通，學會思考和解決各類問題，不斷提高各項能力和素質.

一、高職數學教學內容分析

考慮到高職高專院校的教學實際，高職數學教學以“理解概念、強化應用”為原則.理論描述力求簡約，重視思維能力、基本方法和基本技能的訓練，充分體現以應用為目的，以必需、夠用為度的高職教學基本精神.

目前，我們高職高專院校中，理工科一般開課兩學期，文科視專業需要開課兩學期或一學期.針對生源（高中畢業生或中等職業學校畢業生）教學內容和深度都有適當調整.高數的教學內容一般包括：函數、極限與連續、導數與微分、導數的應用、不定積分、定積分、常微分方程、向量代數與空間解析幾何、多元函數微積分、級數、線性代數初步、概率統計初步和數學建模等.其中前五項為基礎內容，開課兩學期的專業，除了要學習基礎內容外，根據專業需求和學時長短來選擇后面的學習內容.開課一學期的專業，因教學時長有限，僅能學習基礎內容外加一章專業急需的數學內容.

二、培養學生思維能力的實例展示――以“最值問題”為例

首先，我們要分析――何為最值、我們為什么要學習最值、函數在哪些點可能取得最值、這些點跟已經學過的內容有什么聯系、如何利用已學知識求得最值、在求解的過程中需要注意什么？

最值，顧名思義，最大值或最小值.在實際生活中，我們經常會遇到如何使利潤最高、用料最省、速度最快等問題，反映在數學上就是求函數的最值問題.由前面函數的連續性內容，我們知道閉區間上的連續函數一定存在最值.所以，如果我們能確定一個函數在某個閉區間上連續，那么它在這個閉區間上一定存在最值.這里就培養了學生的分析、理解、判斷、推理和概括能力.那么函數到底在哪兒取得最值呢？我們可以利用前面剛剛學習的極值的問題，通過圖形來判斷.作圖的方式是數學課程中經常用到的教學方法，這個過程又培養了學生的畫圖能力、圖形識別能力和抽象思維能力.通過圖形分析，我們發現，閉區間上的連續函數在區間內的極值點或區間端點處可能取得最值.所以我們必須求出來所有的極值點，然后比較極值點處的取值和端點處的取值，最終確定哪個是最值點.這個過程同樣培養了學生的綜合、比較、判斷、推理能力.然后，我們需要歸納出求最值的一般步驟.這個過程可以由學生自主完成，這可以鍛煉學生的概括能力和思維的條理性和嚴密性.求最值的一般步驟為：（1）求出函數在對應開區間內的所有駐點和不可導點（這些是求極值點的過程），并計算出這些點的函數值及區間端點處的函數值;（2）比較這些函數值，最大者就是函數在此閉區間上的最大值，最小者就是最小值.那么這個過程需要注意什么呢？在發問的過程中，很多學生都迅速說出了他們的想法和觀點：（1）函數是否在閉區間上連續？因為這個直接影響了極值點的確定;（2）要求出所有的不可導點，因為不可導點有可能是極值點;（3）別忘了求端點處的函數值，因為端點也有可能是最值點.在發問的過程中加以引導，學生思路更加清晰，思維更加縝密，對原來所學極值的內容掌握更加牢固，能夠站在更深的思想維度里考慮極值問題.接下來，我們需要給學生給出一些函數求最值，讓他們練習鞏固.這個過程少不了教師的引導和點評.再往后，就要進入實際問題的最值求解.實際問題的設置要符合生產生活實際，最好能契合學生專業，以能啟發學生學習興趣為主要出發點.這個過程要注意：最值的求解必須符合實際意義.在實例求解的過程中，要注意培養學生的邏輯思維能力、分析問題能力和推理能力.最后，我們可以對最值問題做適當擴展和發散，以進一步啟發、培養和鍛煉數學基礎較好或興趣較高的同學的思維能力和思維方式.

三、思維能力培養貫穿高職數學教學始終

我們認為，只有在教學過程中時刻兼顧學生的數學基礎，時刻強調學生思維能力的培養，將教師的思維過程和學生的思維過程全面展示和結合，才能真正做到讓學生融入到有限的課時中去，才能徹底激發學生的學習熱情，才能真正體現數學的教學目的和意義.本文主要針對高職數學教學中學生思維能力的培養，實例展示如何在教學過程中體現對學生的理解力、分析力、綜合力、比較力、概括力、抽象力、推理力、論證力及判斷力等各種思維能力的培養，讓學生真正會思考、會抽象、會判斷，變得更加智慧，處理問題更加游刃有余.

【參考文獻】

[1]康德.論教育[A].劉克蘇等譯.北京：改革出版社，1997.

篇8

關鍵詞：導數 高中數學 解題 應用

1.引言

近些年來，導數作為高中數學中的新增知識點成為了各地高考命題的重點。相關數據顯示，在2006年和2007年兩年的高考中，全國各地的試卷都涉及到了對于導數知識的考查[1]。導數是微積分中的基礎知識，對于實際問題的解決及函數問題的研究具有推動作用。對導數知識的考查一般都從不同的角度進行，而且也會和解析幾何、函數、不等式等相關知識點綜合起來進行命題，需要學生在牢固掌握導數相關知識的基礎上能夠靈活的加以運用，并且還要將數學知識應用到解決實際問題之中。所以對于高中學生來說，在高考復習過程中，要加強對導數知識的溫習與鞏固，并增強在解決數學問題中將相關知識靈活運用的能力[2]。

2.導數在解決高中數學問題中的應用

2.1對函數的單調性進行判斷時導數的應用

高中數學中函數的單調性一直是重點內容，它表示的是在一定的區間內，隨著自變量的變化，因變量產生的變化情況。在還沒有將導數的知識引入其中前，常根據函數單調性的定義對函數的單調性進行判斷。即在特定的區間內，如果函數中的因變量隨著自變量變大也跟著變大則該函數為增函數，因變量隨著自變量的增大而變小則是減函數，而相應的區間則是其相應的單調區間。這種方法對于簡單的函數進行單調性判斷尚可，一旦遇到較復雜的函數，則這種判斷方法會極為繁雜，而且往往難以予以準確證明。而引入導數的概念后，就可以利用導數進行函數單調性的判斷了，這種判斷方法既準確又迅速。在用導數對函數單調性進行判斷時，如果是要判斷f（x）這一函數在區間[m，n]上的單調性，則只需對其在此區間上求導，所得的導數如果大于零，則該函數在區間[m，n]上單調遞增，反之則是單調遞減。在利用導數對函數的單調性進行判斷時，最重要的是要對一些常見函數的求導方法清楚并能夠熟練掌握，同時要說明函數具有的單調性及其相應的區間。

2.2證明不等式時導數的應用

近年來，高考的命題趨勢是考題的綜合化和知識運用的靈活性考查。高中數學高考常見的命題形式之一就是將函數和不等式結合起來進行考查。而在過去幾年的高考試題中，很多與不等式有關的題目都可以將導數運用其中，達到簡捷明了解題的效果[3]。在使用導數證明不等式的過程中，通常的步驟是先把待證明的不等式稍加變形，轉換成判斷兩個函數大小的問題，然后構建出一個輔助函數并進行求導，判斷導數在相應區間上的正負，確定輔助函數在相應區間的單調性，從而對兩個函數大小進行判斷，達到不等式證明的目的。尤其是在證明對數函數、指數函數和三角函數等相關的不等式時，運用導數知識進行解答更加簡便，效率也更高。利用導數解題不僅可以幫助學生理解不等式、函數和方程等知識點的聯系[4]，還可以幫助學生在解題過程中對其性質及概念進行進一步的理解。

2.3解決切線問題時導數的應用

隨著高考命題中導數相關知識的考查比重逐步增加，對于一些特殊曲線進行切線問題探討的題目也不斷增加，包括對指數函數曲線、三角曲線、圓錐曲線和對數曲線等的切線研究等，而在這些切線問題中，傳統的解答方法不僅費時費力，而且往往無法得出準確答案。而導數的實質意義就是在曲線上某一點處切線的斜率[5]，這一點決定了它可以很好的利用到對切線問題的解答中，為之提供新的解題方法和解題思路，從而使高考命題具有更加廣闊多樣的空間。

2.4在求解函數最值中導數的應用

函數求解最值一直以來都是作為高考難點出現的，傳統的求解方式也有很多。而導數的引入為函數最值的求解提供了一種新的解題思路和解題方法，很多時候也是最為簡便快捷的解題方法。如最具典型的二次函數求解最值的題目，由于其所求的在某一區間內的最值是要求得相應區間的最小值或最大值，具有參數，所以也是一個難點。而解決這一問題的傳統方法是數形結合方法，解答過程十分繁瑣復雜。而導數可以用來對此函數在該區間上的單調性及其最值進行判斷，并明確其最值與相應區間的對應關系即可，所以解決此問題十分簡潔明了。對于特殊的復合函數要求最值時，難以運用傳統解題方法尋找突破口和出發點，而且解題過程復雜，而用導數只需要先將相應的定義域求出，就可以快捷簡單的求解其最值。

3.結束語

在高中數學解題中，導數具有非常廣泛的應用，除了文中羅列的幾種應用之外，還可以應用在立體幾何與解析幾何的向量問題中。它可以作為一個紐帶將高中數學和下階段的大學數學的知識內容連接起來，便于學生在大學中學習微積分知識的快速入門與深刻把握。然而由于導數的內容在課本較后面，學生在解題時常會用比較習慣和熟悉的解題方法來解答，對于導數的應用相對較少，所以在平常的學習和模擬考試中，要加大導數的應用力度，以便為高中數學問題的解決準備多種方法，多種思路，加強解決實際問題的能力。

參考文獻：

[1]馮國東.導數在高中數學解題中的運用分析[J].新課程研究（基礎教育）

[2]余修偉，高海霞.導數在高中數學解題中的運用分析[J].華章

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類型一、y=asinx+bcosx+c型

其解法是借助輔助角φ化為y=a2+b2sin(x+φ)+c（其中sinφ=aa2+b2,cosφ=ba2+b2），然后再利用然后再利用正弦函數的有界性即可求解。（注意：有時也可化為y=a2+b2cos(x－φ)+c）

例1函數y=sinx+3cosx在區間0,π2上的最小值為[CD#4]。

解析：y=sinx+3cosx=212sinx+32cosx

=sinx?cosπ3+cosx?sinπ3

=2sinx+π3，

又x∈0,π2，π3≤x+π3≤5π6。

當x+π3∈π3,5π6時，12≤sinx+π3≤1，ymin=1。

點評：此類型三角函數最值主要是將函數收縮為y=a2+b2sin(x+φ)+c后再利用正弦函數有界性，但要注意自變量本身范圍的限定（如本題x∈0,π2）對sin(x+φ)范圍的影響。

類型二、y=asin2x+bsinx+c型（其中sinx可部分或全部換為cosx）

其解法是換元法，令t=sinx（或t=cosx）化為二次函數y=at2+bt+c在（或其子區間）上的最值問題。

例2（1）函數y=2－sinx－cos2x的最小值為[CD#4]。

（2）已知k

（A）1[WB]（B）－1

（C）2k+1[DW]（D）－2k+1

解析：（1）y=2－sinx－cos2x=2－sinx－(1－sin2x)=sin2x－sinx+1，令t=sinx，則y=t2－t+1=t－122+34，t∈［－1,1］，

易知當t=1時，ymin=34。

（2）y=cos2x+kcosx－k=2cos2x+kcosx－k－1=2cosx+k42－k28－k－1，k

k4

故選A。

點評：此類型轉化為二次函數最值后，千萬要注意對稱軸x=－b2a是否在區間［－1,1］內，以免求出最值出現錯誤。

類型三、y=asin2x+bsinxcosx+ccos2x型

其解法是用降次升倍公式先化為y=Asin2x+Bcos2x+C=A2+B2sin(x+φ)+C的形式，然后求解同類型一。

例3求函數y=cos4x+2sinxcosx－sin4x的最值。

解析：y=cos4x+2sinxcosx－sin4x

=(cos2x+sin2x)(cos2x－sin2x)+2sinxcosx

=cos2x+sin2x=2sin2x+π4，

x∈0,π2,2x+π4∈π4,5π4。

2x+π4=5π4，即x=π2時，ymin=1；

2x+π4=π2，即x=π8時ymax=2。

點評：此類型解法關鍵是降次擴角將其轉化為類型一。

篇10

函數的單調性、奇偶性和最值不僅是新課標下高中數學教學的難點，也是高考的熱點，特別是在抽象函數中對單調性、奇偶性和最值的應用是絕大數學生困惑、難以解決的問題. 因此，熟練掌握這類題目的解題策略是非常重要的. 我們舉例說明函數三大性質在解題中的靈活應用.

【關鍵詞】

抽象函數 單調性 奇偶性 最值 應用

一、抽象函數的單調性

例1 定義在R上的函數y=f（x），f（0）≠0，當x>0時，f（x）>1，且對任意的a，b∈R，有f（a+b）=f（a）?f（b）.

求證：（1）f（0）=1； （2）f（x）是R上的增函數.

分析：多設問問題注意前一設問的應用，本題沒有函數解析式，理解f（a+b）=f（a）?f（b）的含義，充分利用該條件.

證明： （1）由任意的a、b∈R，f（a+b）=f（a）?f（b），

令a=b=0，得f（0）=[f（0）]2，

又f（0）≠0，f（0）=1.

（2）x>0時，f（x）>1，

當x

即 ，綜上所述，當x∈R時，f（x）>0.

設任意的x1，x2∈R，且x1

f（x2）-f（x1）=f（（x2-x1）+x1）-f（x1）

=f（x2-x1）?f（x1）-f（x1）

=f（x1）[f（x2-x1）-1].

又x2-x1>0，f（x2-x1）>1，

f（x1）[f（x2-x1）-1]>0，

即f（x2）-f（x1）>0，f（x2）>f（x1），

f（x）是R上的增函數.

點評：對于抽象函數的單調性的判斷仍然要緊扣單調性的定義，結合題目所給性質和相應的條件，對任意x1，x2在所給區間內比較f（x1）-f（x2）與0的大小，或 與1的大小.有時根據需要，而作適當的變形，如x1=x2?x1x2或x1=x2+x1-x2等.

二、抽象函數的奇偶性

例2 已知函數f（x）對一切x，y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y）.求證：函數f（x）是奇函數；

分析：有關抽象函數奇偶性的判斷和求值問題，常常采用“賦值法”.

解：由已知f（x+y）=f（x）+f（y），

令x=y=0，得f（0）=f（0）+f（0），

即f（0）=0.用-x代替y，得f（0）=f（x）+f（-x），

f（-x）=-f（x），

故函數f（x）是奇函數.

點評：抽象函數奇偶性的判斷方法：利用函數奇偶性的定義，找準方向（得出f（-x）、f（x）），通過巧妙賦值，合理、靈活地變形配湊，找出f（-x）與f（x）的關系，進而得出結論.

三、抽象函數的最值

例3已知奇函數f（x），當x，y∈R時，恒有f（x+y）=f（x）+f（y）.如果x為正實數，f（x）

分析：此題已經給出了抽象函數是奇函數，下面我們求該函數的最值前需首先探討它的單調性.

解：設x1

則f（x2-x1）=f（x2+（-x1））=f（x2）+f（-x1）=f（x2）-f（x1）.

x2-x1>0，f（x2-x1）

即f（x）在R上單調遞減.

f（-2）為最大值，f（6）為最小值.

f（1）=-12，f（-2）=-f（2）=-2f（1）=1，

f（6）=2f（3）=2[f（1）+f（2）]=-3.

f（x）在區間[-2，6]上的最大值為1，最小值為-3.

點評：對于抽象函數求最值，由于沒有具體函數，一般是通過研究函數的單調性來確定其最值.而對于抽象函數的單調性的證明一般采用定義直接證明即可.

四、抽象不等式

例4 設f（x）是定義在（0，+∞）上的增函數，且f（x）= +f（y），若f（3）=1，f（x）- ≥2，求x的取值范圍.

分析：將函數不等式中的抽象函數符號“f”運用單調性“去掉”，是本小題的切入點.要構造出f（M）

解：f（x）= +f（y），

令x=9，y=3，則f（9）=f（3）+f（3）.

又f（3）=1，f（9）=2.

又f（x）-f（y）= ，由f（x）- ≥2，得f（x2-5x）≥f（9）.

f（x）在（0，+∞）上為增函數，

x-5>0，x2-5x≥9，x>0， 解得x 5+612，

故x的取值范圍是5+612，+∞.

點評：解此類問題要特別注意不得忽略函數的定義域.

抽象函數的學習，必須熟練把握函數的單調性、奇偶性的定義及證明，并通過不斷的學習積累，對抽象函數的學習才能達到事半功倍的效果.

參考文獻

[1]劉紹學；；普通高中課程標準實驗教科書.數學必修1.人民教育出版社A版，2007；