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江苏专用2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第2课时导数与函数的极值最值教师用书理


第 2 课时
题型一 用导数解决函数极值问题 命题点 1 根据函数图象判断极值

导数与函数的极值、最值

例 1 (1)(2016·淮安模拟)设 f′(x)是函数 f(x)的导函数,y=f′(x)的 图象如图所示,则 y=f(x)的图象最有可能是________.

(2)设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f′(x),且函数 y=(1-x)f′(x)的图象如图所示, 则下列结论中一定成立的是________.

①函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1); ②函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(1); ③函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(-2); ④函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2). 答案 (1)③ (2)④ 解析 (1)由 f′(x)图象可知,x=0 是函数 f(x)的极大值点,x=2 是 f(x)的极小值点. (2)由题图可知,当 x<-2 时,f′(x)>0; 当-2<x<1 时,f′(x)<0; 当 1<x<2 时,f′(x)<0; 当 x>2 时,f′(x)>0. 由此可以得到函数 f(x)在 x=-2 处取得极大值,在 x=2 处取得极小值. 命题点 2 求函数的极值 例 2 设 a 为实数,函数 f(x)=-x +3x+a. (1)求 f(x)的极值; (2)是否存在实数 a,使得方程 f(x)=0 恰好有两个实数根?若存在,求出实数 a 的值;若不 存在,请说明理由.
1
3

解 (1)令 f′(x)=-3x +3=0, 得 x1=-1,x2=1. 又因为当 x∈(-∞,-1)时,f′(x)<0; 当 x∈(-1,1)时,f′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0. 所以 f(x)的极小值为 f(-1)=a-2,

2

f(x)的极大值为 f(1)=a+2.
(2)因为 f(x)在(-∞,-1)上单调递减, 且当 x→-∞时,f(x)→+∞; 又 f(x)在(1,+∞)上单调递减, 且当 x→+∞时,f(x)→-∞; 而 a+2>a-2,即函数的极大值大于极小值, 所以当极大值等于 0 时,有极小值小于 0, 此时曲线 f(x)与 x 轴恰好有两个交点, 即方程 f(x)=0 恰好有两个实数根, 所以 a+2=0,a=-2,如图 1.当极小值等于 0 时,有极大值大于 0,此时曲线 f(x)与 x 轴 恰有两个交点,即方程 f(x)=0 恰好有两个实数根,所以 a-2=0,a=2.如图 2.

综上,当 a=2 或 a=-2 时方程恰好有两个实数根. 命题点 3 已知极值求参数 例 3 (1)若函数 f(x)=

x2+a 在 x=1 处取极值,则 a=________. x+1

1 3 2 (2)(2016·南京学情调研)已知函数 f(x)= x +x -2ax+1, 若函数 f(x)在(1, 2)上有极值, 3 则实数 a 的取值范围为________. 3 答案 (1)3 (2)( ,4) 2 解析 (1)∵f′(x)=(
2

x2+a )′ x+1
2 2



?x +a?′?x+1?-?x +a??x+1?′ x +2x-a = 2 2, ?x+1? ?x+1?

又∵函数 f(x)在 x=1 处取极值,

2

∴f′(1)=0. ∴1+2×1-a=0, ∴a=3.验证知 a=3 符合题意. (2)方法一 令 f′(x)=x +2x-2a=0, 得 x1=-1- 1+2a,x2=-1+ 1+2a, 因为 x1?(1,2),因此则需 1<x2<2, 即 1<-1+ 1+2a<2, 3 即 4<1+2a<9,所以 <a<4, 2 3 故实数 a 的取值范围为( ,4). 2 方法二 f′(x)=x +2x-2a 的图象是开口向上的抛物线,且对称轴为 x=-1,则 f′(x) 在(1,2)上是单调递增函数,因此? 3 故实数 a 的取值范围为( ,4). 2 思维升华 (1)求函数 f(x)极值的步骤: ①确定函数的定义域; ②求导数 f′(x); ③解方程 f′(x)=0,求出函数定义域内的所有根; ④列表检验 f′(x)在 f′(x)=0 的根 x0 左右两侧值的符号,如果左正右负,那么 f(x)在 x0 处取极大值,如果左负右正,那么 f(x)在 x0 处取极小值. (2)若函数 y=f(x)在区间(a,b)内有极值,那么 y=f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在 某区间上单调函数没有极值. (1)函数 f(x)=(x -1) +2 的极值点是______________. 1 (2)函数 y=2x- 2的极大值是________.
2 2 2 2

?f′?1?=3-2a<0, ? ? ?f′?2?=8-2a>0,

3 解得 <a<4, 2

x

答案 (1)x=1 或-1 或 0 (2)-3 解析 (1)∵f(x)=x -2x +3, ∴由 f′(x)=4x -4x=4x(x+1)(x-1)=0,得
3 4 2

x=0 或 x=1 或 x=-1.
又当 x<-1 时,f′(x)<0, 当-1<x<0 时,f′(x)>0. 当 0<x<1 时,f′(x)<0, 当 x>1 时,f′(x)>0,
3

∴x=0,1,-1 都是 f(x)的极值点. 2 (2)y′=2+ 3,令 y′=0,得 x=-1.

x

当 x>0 或 x<-1 时,y′>0;当-1<x<0 时,y′<0. ∴当 x=-1 时,y 取极大值-3. 题型二 用导数求函数的最值 例 4 已知 a∈R,函数 f(x)= +ln x-1. (1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)求 f(x)在区间(0,e]上的最小值. 1 解 (1)当 a=1 时,f(x)= +ln x-1,x∈(0,+∞),

a x

x

1 1 x-1 所以 f′(x)=- 2+ = 2 ,x∈(0,+∞).

x

x

x

1 1 因此 f′(2)= ,即曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为 . 4 4 1 又 f(2)=ln 2- , 2 1 1 所以曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y-(ln 2- )= (x-2),即 x-4y+4ln 2 2 4 -4=0. (2)因为 f(x)= +ln x-1,

a x

a 1 x-a 所以 f′(x)=- 2+ = 2 ,x∈(0,e]. x x x
令 f′(x)=0,得 x=a. ①若 a≤0,则 f′(x)>0,f(x)在区间(0,e]上单调递增,此时函数 f(x)无最小值. ②若 0<a<e,则当 x∈(0,a)时,f′(x)<0,函数 f(x)在区间(0,a)上单调递减;当 x∈(a, e]时,f′(x)>0,函数 f(x)在区间(a,e]上单调递增, 所以当 x=a 时,函数 f(x)取得最小值 ln a. ③若 a≥e,则当 x∈(0,e]时,f′(x)≤0,函数 f(x)在区间(0,e]上单调递减, 所以当 x=e 时,函数 f(x)取得最小值 . e 综上可知,当 a≤0 时,函数 f(x)在区间(0,e]上无最小值; 当 0<a<e 时,函数 f(x)在区间(0,e]上的最小值为 ln a; 当 a≥e 时,函数 f(x)在区间(0,e]上的最小值为 . e

a

a

4

思维升华 求函数 f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a,b)内的极值; (2)求函数在区间端点的函数值 f(a),f(b); (3)将函数 f(x)的极值与 f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值. 设函数 f(x)=x - -2x+5,若对任意的 x∈[-1,2],都有 f(x)>a,则实数 2
3

x2

a 的取值范围是________________.
7 答案 (-∞, ) 2 解析 由题意知,f′(x)=3x -x-2, 令 f′(x)=0,得 3x -x-2=0, 2 解得 x=1 或 x=- , 3 7 2 157 又 f(1)= ,f(- )= , 2 3 27
2 2

f(-1)= ,f(2)=7,
7 7 故 f(x)min= ,∴a< . 2 2 题型三 函数极值和最值的综合问题
? ?-x +x ?x<1?, 例 5 已知函数 f(x)=? ? ?aln x?x≥1?.
3 2

11 2

(1)求 f(x)在区间(-∞,1)上的极小值和极大值点; (2)求 f(x)在[-1,e](e 为自然对数的底数)上的最大值. 解 (1)当 x<1 时,f′(x)=-3x +2x=-x(3x-2), 2 令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x= . 3 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
2

x f′(x) f(x)

(-∞,0) - ↘

0 0 极小值

2 (0, ) 3 + ?↗

2 3 0 极大值

2 ( ,1) 3 - ?↘

2 故当 x=0 时,函数 f(x)取得极小值 f(0)=0,函数 f(x)的极大值点为 x= . 3 2 2 (2)①当-1≤x<1 时,由(1)知,函数 f(x)在[-1,0)和[ ,1)上单调递减,在[0, ]上单 3 3
5

调递增. 2 4 因为 f(-1)=2,f( )= ,f(0)=0, 3 27 所以 f(x)在[-1,1)上的最大值为 2. ②当 1≤x≤e 时,f(x)=aln x, 当 a≤0 时,f(x)≤0; 当 a>0 时,f(x)在[1,e]上单调递增, 则 f(x)在[1,e]上的最大值为 f(e)=a. 故当 a≥2 时,f(x)在[-1,e]上的最大值为 a; 当 a<2 时,f(x)在[-1,e]上的最大值为 2. 思维升华 求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时,方法是不同 的.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并 通过单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值. 1 3 2 2 若函数 f(x)= x +x - 在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数 a 的取值范围 3 3 是________. 答案 [-3,0) 解析 由题意,得 f′(x)=x +2x=x(x+2), 故 f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函数, 在(-2,0)上是减函数,作出其图象如图所示,
2

1 3 2 2 2 令 x +x - =- ,得 x=0 或 x=-3, 3 3 3
?-3≤a<0, ? 则结合图象可知,? ?a+5>0, ?

解得 a∈[-3,0).

3.利用导数求函数的最值

典例 (16 分)已知函数 f(x)=ln x-ax(a∈R). (1)求函数 f(x)的单调区间;

6

(2)当 a>0 时,求函数 f(x)在[1,2]上的最小值. 思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间,实质上是求 f′(x)>0,f′(x)<0 的解区间,并 注意定义域.(2)先研究 f(x)在[1,2]上的单调性,再确定最值是端点值还是极值.(3)两小问 中,由于解析式中含有参数 a,要对参数 a 进行分类讨论. 规范解答 1 解 (1)f′(x)= -a(x>0),

x

1 ①当 a≤0 时,f′(x)= -a>0,即函数 f(x)的单调递增区间为(0,+∞).

x

[2

分] 1 1 ②当 a>0 时,令 f′(x)= -a=0,可得 x= ,

x

a

1 1-ax 当 0<x< 时,f′(x)= >0;

a

x

1 1-ax 当 x> 时,f′(x)= <0,

a

x

? 1? 故函数 f(x)的单调递增区间为?0, ?, ?
a?

?1 ? 单调递减区间为? ,+∞?. ?a ?
综上可知,当 a≤0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(0,+∞);

[6 分]

? 1? ?1 ? 当 a>0 时,函数 f(x)的单调递增区间为?0, ?,单调递减区间为? ,+∞?. ?
a?

?a

?

[7 分]

1 (2)①当 ≤1,即 a≥1 时,函数 f(x)在区间[1,2]上是减函数,所以 f(x)的最小值是 f(2)

a

=ln 2-2a. 分]

[9

1 1 ②当 ≥2,即 0<a≤ 时,函数 f(x)在区间[1,2]上是增函数,所以 f(x)的最小值是 f(1)= a 2 -a. [11 分] 1 1 ? 1? ?1 ? ③当 1< <2, 即 <a<1 时, 函数 f(x)在?1, ?上是增函数, 在? ,2?上是减函数.又 f(2)-f(1) a a 2 ? ? ?a ? =ln 2-a, 1 所以当 <a<ln 2 时,最小值是 f(1)=-a; 2 当 ln 2≤a<1 时,最小值为 f(2)=ln 2-2a. [14 分]

7

综上可知, 当 0<a<ln 2 时,函数 f(x)的最小值是-a; 当 a≥ln 2 时,函数 f(x)的最小值是 ln 2-2a. 分] [16

用导数法求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步答题 第一步:(求导数)求函数 f(x)的导数 f′(x); 第二步:(求极值)求 f(x)在给定区间上的单调性和极值; 第三步:(求端点值)求 f(x)在给定区间上的端点值; 第四步:(求最值)将 f(x)的各极值与 f(x)的端点值进行比较,确定 f(x)的最大值与最小值; 第五步:(反思)反思回顾,查看关键点,易错点和解题规范.

1 3 1.函数 f(x)= x -4x+4 的极大值为________. 3 答案 28 3
2

解析 f′(x)=x -4=(x+2)(x-2),

f(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,2)上单调递减,
28 在(2,+∞)上单调递增,所以 f(x)的极大值为 f(-2)= . 3 2.(2016·四川改编)已知 a 为函数 f(x)=x -12x 的极小值点,则 a=________. 答案 2 解析 ∵f(x)=x -12x,∴f′(x)=3x -12, 令 f′(x)=0,得 x1=-2,x2=2. 当 x∈(-∞,-2),(2,+∞)时,f′(x)>0,则 f(x)单调递增; 当 x∈(-2,2)时,f′(x)<0,则 f(x)单调递减, ∴f(x)的极小值点为 a=2. 3.若函数 f(x)=x -3x -9x+k 在区间[-4,4]上的最大值为 10,则其最小值为________. 答案 -71 解析 f′(x)=3x -6x-9=3(x-3)(x+1). 由 f′(x)=0,得 x=3 或 x=-1. 又 f(-4)=k-76,f(3)=k-27,
2 3 2 3 2 3

f(-1)=k+5,f(4)=k-20.
8

由 f(x)max=k+5=10,得 k=5, ∴f(x)min=k-76=-71. 4. 已知函数 f(x) = x + ax + (a + 6)x + 1 有极大值和极小值,则实数 a 的取值范围是 ________________. 答案 (-∞,-3)∪(6,+∞) 解析 ∵f′(x)=3x +2ax+(a+6), 由已知可得 f′(x)=0 有两个不相等的实根. ∴Δ =4a -4×3(a+6)>0,即 a -3a-18>0. ∴a>6 或 a<-3. *5.(2016·扬州模拟)函数 f(x)=ax +bx +cx-34(a,b,c∈R)的导函数为 f′(x),若不 等式 f′(x)≤0 的解集为{x|-2≤x≤3},f(x)的极小值等于-115,则 a 的值是________. 答案 2 解析 由已知可得 f′(x)=3ax +2bx+c, 由 3ax +2bx+c≤0 的解集为{x|-2≤x≤3}可知 a>0, 且-2,3 是方程 3ax +2bx+c=0 的两根, 2b c 则由根与系数的关系知 =-1, =-6, 3a 3a 3a ∴b=- ,c=-18a, 2 3a 2 3 此时 f(x)=ax - x -18ax-34, 2 当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,f(x)为增函数; 当 x∈(-2,3)时,f′(x)<0,f(x)为减函数; 当 x∈(3,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数, 27a ∴f(3)为 f(x)的极小值,且 f(3)=27a- -54a-34=-115,解得 a=2. 2 1 6.(2016·南京模拟)已知 y=f(x)是奇函数, 当 x∈(0, 2)时, f(x)=ln x-ax(a> ), 当 x∈(- 2 2,0)时,f(x)的最小值为 1,则 a=________. 答案 1 解析 由题意知,当 x∈(0,2)时,f(x)的最大值为-1. 1 1 令 f′(x)= -a=0,得 x= ,
2 2 2 3 2 2 2 2 3 2

x

a

1 当 0<x< 时,f′(x)>0;

a

9

1 当 x> 时,f′(x)<0.

a

1 ∴f(x)max=f( )=-ln a-1=-1,

a

解得 a=1. 7.已知函数 f(x)=x +ax +bx+a 在 x=1 处有极值 10,则 f(2)=________. 答案 18 解析 ∵函数 f(x)=x +ax +bx+a 在 x=1 处有极值 10,f′(x)=3x +2ax+b, ∴f(1)=10,且 f′(1)=0,
?1+a+b+a =10, ? 即? ?3+2a+b=0, ?
2 3 2 2 2 3 2 2

解得?

?a=-3, ? ?b=3 ?

或?

?a=4, ? ?b=-11. ?

而当?

? ?a=-3, ?b=3 ?
3 2

时,函数在 x=1 处无极值,故舍去.

∴f(x)=x +4x -11x+16,∴f(2)=18. 8.函数 f(x)=x -3a x+a(a>0)的极大值是正数, 极小值是负数, 则 a 的取值范围是________. 答案 ( 2 ,+∞) 2
2 2 3 2

解析 f′(x)=3x -3a =3(x+a)(x-a), 由 f′(x)=0 得 x=±a, 当-a<x<a 时,f′(x)<0,函数递减; 当 x>a 或 x<-a 时,f′(x)>0,函数递增. ∴f(-a)=-a +3a +a>0 且 f(a)=a -3a +a<0, 解得 a> 2 . 2 2 ,+∞). 2
3 3 3 3

∴a 的取值范围是(

1 3 2 1 9.(2016·徐州模拟)已知函数 f(x)= x -x -x+m 在[0,1]上的最小值为 ,则实数 m 的值 3 3 为________. 答案 2 1 3 2 解析 由 f(x)= x -x -x+m, 3 可得 f′(x)=x -2x-1, 令 x -2x-1=0,可得 x=1± 2. 当 x∈(1- 2,1+ 2)时,f′(x)<0,
2 2

10

即函数 f(x)在(1- 2,1+ 2)上是减函数, 即 f(x)在[0,1]上的最小值为 f(1), 1 1 所以 -1-1+m= ,解得 m=2. 3 3 10.(2016·南京模拟)已知函数 f(x)=-x +ax -4 在 x=2 处取得极值,若 m∈[-1,1], 则 f(m)的最小值为________. 答案 -4 解析 f′(x)=-3x +2ax,由 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2)=0. 即-3×4+2a×2=0,故 a=3. 由此可得 f(x)=-x +3x -4.
3 2 2 3 2

f′(x)=-3x2+6x,由此可得 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,
∴对 m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4. 1 2 11.已知函数 f(x)=xln x.若对于任意 x∈[ ,e],不等式 2f(x)≤-x +ax-3 恒成立,则 e 实数 a 的取值范围为__________________. 1 答案 [-2+ +3e,+∞) e 3 3 2 解析 由题意知,2xln x≤-x +ax-3,则 a≥2ln x+x+ .设 h(x)=2ln x+x+ (x>0),

x

x

2 3 ?x+3??x-1? 1 则 h′(x)= +1- 2= .当 x∈[ ,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;当 x x x2 e

x∈(1,e]时,h′(x)>0,h(x)单调递增.由 h( )=-2+ +3e,h(e)=2+e+ ,h( )-h(e)
2 1 1 1 1 =2e- -4>0,可得 h( )>h(e).所以当 x∈[ ,e]时,h(x)的最大值为 h( )=-2+ +3e. e e e e e 1 故 a≥-2+ +3e. e 12.设 f(x)=a(x-5) +6ln x,其中 a∈R,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 y 轴相 交于点(0,6). (1)确定 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值. 解 (1)因为 f(x)=a(x-5) +6ln x, 6 所以 f′(x)=2a(x-5)+ .
2 2

1 e

1 e

3 e

1 e

x

令 x=1,得 f(1)=16a,f′(1)=6-8a, 所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为

11

y-16a=(6-8a)(x-1),
1 由点(0,6)在切线上,可得 6-16a=8a-6,故 a= . 2 1 2 (2)由(1)知,f(x)= (x-5) +6ln x(x>0), 2

f′(x)=x-5+ = x

6 ?x-2??x-3? .

x

令 f′(x)=0,解得 x=2 或 3. 当 0<x<2 或 x>3 时,f′(x)>0, 故 f(x)在(0,2),(3,+∞)上为增函数; 当 2<x<3 时,f′(x)<0,故 f(x)在(2,3)上为减函数. 9 由此可知 f(x)在 x=2 处取得极大值 f(2)= +6ln 2, 在 x=3 处取得极小值 f(3)=2+6ln 3. 2 综上,f(x)的单调递增区间为(0,2),(3,+∞),单调递减区间为(2,3),f(x)的极大值为 9 +6ln 2,极小值为 2+6ln 3. 2 *13.已知函数 f(x)=ax +bx-ln x(a>0,b∈R). (1)设 a=1,b=-1,求 f(x)的单调区间; (2)若对任意的 x>0,f(x)≥f(1),试比较 ln a 与-2b 的大小. 解 (1)由 f(x)=ax +bx-ln x,x∈(0,+∞), 2ax +bx-1 得 f′(x)= .
2 2 2

x

∵a=1,b=-1, 2x -x-1 ?2x+1??x-1? ∴f′(x)= = (x>0).
2

x

x

令 f′(x)=0,得 x=1. 当 0<x<1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增. ∴f(x)的单调递减区间是(0,1); 单调递增区间是(1,+∞). (2)由题意可知,f(x)在 x=1 处取得最小值, 即 x=1 是 f(x)的极值点, ∴f′(1)=0,∴2a+b=1,即 b=1-2a. 令 g(x)=2-4x+ln x(x>0), 1-4x 则 g′(x)= .

x

12

1 令 g′(x)=0,得 x= . 4 1 当 0<x< 时,g′(x)>0,g(x)单调递增, 4 1 当 x> 时,g′(x)<0,g(x)单调递减, 4 1 1 ∴g(x)≤g( )=1+ln 4 4 =1-ln 4<0, ∴g(a)<0,即 2-4a+ln a=2b+ln a<0, 故 ln a<-2b.

13


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