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【步步高】2017版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用 课时1 导数与函数的单调性 文



课时 1
题型一 不含参数的函数的单调性

导数与函数的单调性

ln x 例 1 求函数 f(x)= 的单调区间.

x

解 函数 f(x)的定义域为(0,+∞). ln x 1-ln x 因为 f(x)= ,所以 f′(x)= . 2

x

x

当 f′(x)>0,即 0<x<e 时,函数 f(x)单调递增; 当 f′(x)<0,即 x>e 时,函数 f(x)单调递减. 故函数 f(x)的单调递增区间为(0,e), 单调递减区间为(e,+∞). 思维升华 确定函数单调区间的步骤: (1)确定函数 f(x)的定义域; (2)求 f′(x); (3)解不等式 f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间; (4)解不等式 f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间. 已知定义在区间(-π ,π )上的函数 f(x)=xsin x+cos x,则 f(x)的单调递 增区间是________________. π? ? π? ? 答案 ?-π ,- ?和?0, ? 2? ? 2? ? 解析 f′(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.令 f′(x)=xcos x≥0,则其在区间(-π , π? ? π? π? ? π? ? ? π )上的解集为?-π ,- ?和?0, ?,即 f(x)的单调递增区间为?-π ,- ?和?0, ?. 2? ? 2? 2? ? 2? ? ? 题型二 含参数的函数的单调性 例 2 已知函数 f(x)=ln x+ax+

a+1 -1. x

(1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; 1 (2)当- ≤a≤0 时,讨论 f(x)的单调性. 2 2 解 (1)当 a=1 时,f(x)=ln x+x+ -1,

x

1 2 1 2 此时 f′(x)= +1- 2,f′(2)= +1- =1. x x 2 4 2 又因为 f(2)=ln 2+2+ -1=ln 2+2, 2 所以切线方程为 y-(ln 2+2)=x-2,
1

整理得 x-y+ln 2=0. 1 1+a ax +x-a-1 (2)f′(x)= +a- 2 = 2
2

x

x

x



?ax+a+1??x-1? . 2

x

当 a=0 时,f′(x)=

x-1 . x2

此时,在(0,1)上,f′(x)<0,f(x)单调递减; 在(1,+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增. 1 ? 当- ≤a<0 时,f′(x)= 2

? a+1??x-1? a?x+ a ? ? . x2
2

1+a 1 ?x-1? 当- =1,即 a=- 时,f′(x)=- ≤0 在(0,+∞)上恒成立,所以 f(x)在 2 a 2 2x (0,+∞)上单调递减. 1 1+a ? 1+a,+∞?上,f′(x)<0,f(x)单调递减;在 当- <a<0 时,- >1,此时在(0,1)或?- ? a 2 a ? ?

?1,-1+a?上,f′(x)>0,f(x)单调递增. ? a ? ? ?
综上,当 a=0 时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增; 1 ? 1+a,+∞?上单调递减,在?1,-1+a?上单调递增; 当- <a<0 时,f(x)在(0,1)或?- ? ? a a ? 2 ? ? ? ? 1 当 a=- 时,f(x)在(0,+∞)上单调递减. 2 思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论. (2)划分函数的单调区间时, 要在函数定义域内讨论, 还要确定导数为 0 的点和函数的间断点. (3)个别导数为 0 的点不影响所在区间的单调性,如 f(x)=x ,f′(x)=3x ≥0(f′(x)=0 在 x=0 时取到),f(x)在 R 上是增函数. 讨论函数 f(x)=(a-1)ln x+ax +1 的单调性. 解 f(x)的定义域为(0,+∞),
2 a-1 2ax +a-1 f′(x)= +2ax= . x x 2 3 2

①当 a≥1 时,f′(x)>0,故 f(x)在(0,+∞)上单调递增; ②当 a≤0 时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,+∞)上单调递减; ③当 0<a<1 时,令 f′(x)=0,解得 x= 1-a ,则当 x∈(0, 2a 1-a )时,f′(x)<0;当 2a

2

x∈(

1-a ,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(0, 2a

1-a )上单调递减,在( 2a

1-a ,+ 2a

∞)上单调递增. 题型三 利用函数单调性求参数 1 3 a 2 例 3 设函数 f(x)= x - x +bx+c,曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=1. 3 2 (1)求 b,c 的值; (2)若 a>0,求函数 f(x)的单调区间; (3)设函数 g(x)=f(x)+2x,且 g(x)在区间(-2,-1)内存在单调递减区间,求实数 a 的取 值范围. 解 (1)f′(x)=x -ax+b, 由题意得?
? ?f?0?=1, ?f′?0?=0, ?
2 2

即?

? ?c=1, ?b=0. ?

(2)由(1)得,f′(x)=x -ax=x(x-a)(a>0), 当 x∈(-∞,0)时,f′(x)>0; 当 x∈(0,a)时,f′(x)<0; 当 x∈(a,+∞)时,f′(x)>0. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a,+∞),单调递减区间为(0,a). (3)g′(x)=x -ax+2, 依题意,存在 x∈(-2,-1), 使不等式 g′(x)=x -ax+2<0 成立, 2 即 x∈(-2,-1)时,a<(x+ )max=-2 2,
2 2

x

2 当且仅当 x= 即 x=- 2时等号成立.

x

所以满足要求的 a 的取值范围是(-∞,-2 2). 引申探究 在本例 3(3)中, 1.若 g(x)在(-2,-1)内为减函数,如何求解? 解 方法一 ∵g′(x)=x -ax+2,且 g(x)在(-2,-1)内为减函数, ∴g′(x)≤0,即 x -ax+2≤0 在(-2,-1)内恒成立, ∴?
? ?g′?-2?≤0, ?g′?-1?≤0, ? ? ?4+2a+2≤0, 即? ?1+a+2≤0, ?
2 2

解之得 a≤-3, 即实数 a 的取值范围为(-∞,-3]. 方法二 ∵g′(x)=x -ax+2,
3
2

由题意可得 g′(x)≤0 在(-2,-1)上恒成立, 2 即 a≤x+ 在(-2,-1)上恒成立,

x x

2 又 y=x+ ,x∈(-2,-1)的值域为(-3,-2 2 ], ∴a≤-3,∴实数 a 的取值范围是(-∞,-3]. 2.若 g(x)的单调减区间为(-2,-1),求 a 的值. 解 ∵g(x)的单调减区间为(-2,-1), ∴x1=-2,x2=-1 是 g′(x)=0 的两个根, ∴(-2)+(-1)=a,即 a=-3. 3.若 g(x)在(-2,-1)上不单调,求 a 的取值范围. 解 由引申探究 1 知 g(x)在(-2,-1)上为减函数,a 的范围是(-∞,-3], 2 2 若 g(x)在(-2,-1)上为增函数,可知 a≥x+ 在(-2,-1)上恒成立,又 y=x+ 的值域

x

x

为(-3,-2 2 ], ∴a 的范围是[-2 2,+∞), ∴函数 g(x)在(-2,-1)上单调时,a 的取值范围是(-∞,-3]∪[-2 2,+∞), 故 g(x)在(-2,-1)上不单调,实数 a 的取值范围是(-3,-2 2). 思维升华 已知函数单调性,求参数范围的两个方法 (1)利用集合间的包含关系处理:y=f(x)在(a,b)上单调,则区间(a,b)是相应单调区间的 子集. (2)转化为不等式的恒成立问题:即“若函数单调递增,则 f′(x)≥0;若函数单调递减,则

f′(x)≤0”来求解.
已知函数 f(x)=e ln x-ae (a∈R). 1 (1)若 f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 y= x+1 垂直,求 a 的值; e (2)若 f(x)在(0,+∞)上是单调函数,求实数 a 的取值范围. 1 1 x x x x 解 (1)f′(x)=e ln x+e · -ae =( -a+ln x)e ,
x x

x

x

f′(1)=(1-a)e,由(1-a)e· =-1,得 a=2.
1 x (2)由(1)知 f′(x)=( -a+ln x)e ,

1 e

x

若 f(x)为单调递减函数,则 f′(x)≤0,在 x>0 时恒成立. 1 即 -a+ln x≤0,在 x>0 时恒成立.

x

4

1 所以 a≥ +ln x,在 x>0 时恒成立.

x

1 令 g(x)= +ln x(x>0),

x

1 1 x-1 则 g′(x)=- 2+ = 2 (x>0),

x

x

x

由 g′(x)>0,得 x>1; 由 g′(x)<0,得 0<x<1. 故 g(x)在(0,1)上为单调递减函数,在[1,+∞)上为单调递增函数,此时 g(x)的最小值为

g(x)=1,但 g(x)无最大值(且无趋近值).
故 f(x)不可能是单调递减函数. 若 f(x)为单调递增函数, 1 则 f′(x)≥0,在 x>0 时恒成立,即 -a+ln x≥0,在 x>0 时恒成立,

x

1 所以 a≤ +ln x,在 x>0 时恒成立,由上述推理可知此时 a≤1.

x

故实数 a 的取值范围是(-∞,1].

5.分类讨论思想研究函数的单调性

典例 (14 分)已知函数 f(x)=ln x,

g(x)=f(x)+ax2+bx,其中函数 g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线平行于 x 轴.
(1)确定 a 与 b 的关系; (2)若 a≥0,试讨论函数 g(x)的单调性. 思维点拨 依据 g(x)的切线条件可得 g′(1)=0 得 a,b 关系,代 g(x)后消去 b,对 a 进行 分类讨论确定 g′(x)的符号. 规范解答 解 (1)依题意得 g(x)=ln x+ax +bx, 1 则 g′(x)= +2ax+b.[2 分]
2

x

由函数 g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线平行于 x 轴得:g′(1)=1+2a+b=0,∴b=- 2a-1.[4 分] 2ax -?2a+1?x+1 (2)由(1)得 g′(x)=
2

x

5



?2ax-1??x-1? .

x

∵函数 g(x)的定义域为(0,+∞), ∴当 a=0 时,g′(x)=- 由 g′(x)>0,得 0<x<1, 由 g′(x)<0,得 x>1,[6 分] 1 当 a>0 时,令 g′(x)=0,得 x=1 或 x= ,[7 分] 2a 1 1 若 <1,即 a> , 2a 2 由 g′(x)>0,得 x>1 或 0<x< 1 , 2a

x-1 . x

1 由 g′(x)<0,得 <x<1;[9 分] 2a 1 1 若 >1,即 0<a< , 2a 2 1 由 g′(x)>0,得 x> 或 0<x<1, 2a 1 由 g′(x)<0,得 1<x< ,[11 分] 2a 1 1 若 =1,即 a= ,在(0,+∞)上恒有 g′(x)≥0.[12 分] 2a 2 综上可得:当 a=0 时,函数 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减; 1 当 0<a< 时,函数 g(x)在(0,1)上单调递增, 2 1 1 在(1, )上单调递减,在( ,+∞)上单调递增; 2a 2a 1 当 a= 时,函数 g(x)在(0,+∞)上单调递增; 2 1 1 当 a> 时,函数 g(x)在(0, )上单调递增, 2 2a 1 在( ,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.[14 分] 2a 温馨提醒 (1)含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论, 常见的分类讨论标准有以下几种 可能:①方程 f′(x)=0 是否有根;②若 f′(x)=0 有根,求出根后是否在定义域内;③若 根在定义域内且有两个,比较根的大小是常见的分类方法. 1 (2)本题求解先分 a=0 或 a>0 两种情况,再比较 和 1 的大小. 2a
6

[方法与技巧] 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.含参函数的单调性要分类讨论,通过确定导数的符号判断函数的单调性. 3. 已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思 路解决.

[失误与防范] 1.f(x)为增函数的充要条件是对任意的 x∈(a,b)都有 f′(x)≥0 且在(a,b)内的任一非空 子区间上 f′(x)不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解. 2.注意两种表述“函数 f(x)在(a,b)上为减函数”与“函数 f(x)的减区间为(a,b)”的区 别. 3.讨论函数单调性要在定义域内进行,不要忽略函数的间断点.

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 1.函数 f(x)=(x-3)e 的单调递增区间是____________. 答案 (2,+∞) 解析 函数 f(x)=(x-3)e 的导数为 f′(x)=[(x-3)e ]′=e +(x-3)e =(x-2)e . 由函数导数与函数单调性的关系,得当 f′(x)>0 时,函数 f(x)单调递增, 此时由不等式 f′(x)=(x-2)e >0,解得 x>2. 2 .若函数 f(x) = 2x - 3mx + 6x 在区间 (2 ,+∞)上为增函数,则实数 m 的取值范围为 __________. 5 答案 (-∞, ] 2 解析 ∵f′(x)=6x -6mx+6, 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)≥0 恒成立, 1 2 即 x -mx+1≥0 恒成立,∴m≤x+ 恒成立.
2 3 2

x

x

x

x

x

x

x

x

1 1 令 g(x)=x+ ,g′(x)=1- 2,

x

x

∴当 x>2 时,g′(x)>0,即 g(x)在(2,+∞)上单调递增,
7

1 5 ∴m≤2+ = . 2 2 π? ? 3 .设函数 f(x) = x - 2sin x 是区间 ?t,t+ ? 上的减函数,则实数 t 的取值范围是 2? ? ______________________. π π? ? 答案 ?2kπ - ,2kπ - ?,k∈Z 3 6? ? 1 π π 解析 由题意得 f′(x)=1-2cos x≤0, 即 cos x≥ , 解得 2kπ - ≤x≤2kπ + (k∈Z), 2 3 3 π? π? ? π π? ? ? ∵f(x)=x-2sin x 是区间?t,t+ ?上的减函数,∴?t,t+ ?? ?2kπ - ,2kπ + ?, 2? 2? ? 3 3? ? ? π π ∴2kπ - ≤t≤2kπ - (k∈Z). 3 6 4.定义在 R 上的函数 f(x)满足:f′(x)>f(x)恒成立,若 x1<x2,则 e 1 f ? x2 ? 与e 2 f ? x1 ? 的
x x

大小关系为________________. 答案 解析

ex1 f ? x2 ? ? ex2 f ? x1 ?
设 g(x)=

f?x?
e
x

,则 g′(x)=

f′?x?ex-f?x?ex f′?x?-f?x?
?e ?
x
2



e

x

,由题意

f?x1? f?x2? g′(x)>0,所以 g(x)单调递增,当 x1<x2 时,g(x1)<g(x2),即 < , x1 x2

e

e

所以 e 1 f ? x2 ? ? e 2 f ? x1 ? .
x x

5. 函数 f(x)在定义域 R 内可导, 若 f(x)=f(2-x), 且当 x∈(-∞, 1)时, (x-1)f′(x)<0, 1 设 a=f(0),b=f( ),c=f(3),则 a,b,c 的大小关系为____________. 2 答案 c<a<b 解析 依题意得,当 x<1 时,f′(x)>0,f(x)为增函数; 1 又 f(3)=f(-1),且-1<0< <1, 2 1 因此有 f(-1)<f(0)<f( ), 2 1 即有 f(3)<f(0)<f( ),c<a<b. 2 6.函数 f(x)=x-ln x 的单调递减区间为________. 答案 (0,1) 解析 函数的定义域是(0,+∞), 1 x-1 且 f′(x)=1- = ,

x

x

8

令 f′(x)<0,解得 0<x<1,所以单调递减区间是(0,1). 7.已知 a≥0,函数 f(x)=(x -2ax)e ,若 f(x)在[-1,1]上是单调减函数,则 a 的取值范 围是________. 3 答案 [ ,+∞) 4 解析 f′(x)=(2x-2a)e +(x -2ax)e =[x +(2-2a)x-2a]e , 由题意当 x∈[-1,1]时,f′(x)≤0 恒成立, 即 x +(2-2a)x-2a≤0 在 x∈[-1,1]时恒成立. 令 g(x)=x +(2-2a)x-2a, 则有?
? ?g?-1?≤0, ?g?1?≤0, ?
2 2 2 2 2

x

x

2

x

x

??-1? +?2-2a?·?-1?-2a≤0, ? 即? 2 ? ?1 +2-2a-2a≤0,

3 解得 a≥ . 4

c? ? 2 2 3 2 8.函数 f(x)=x +bx +cx+d 的图象如图,则函数 y=log2?x + bx+ ?的单调递减区间为 3 3? ?
____________.

答案 (-∞,-2) 解析 ∵f(x)=x +bx +cx+d, ∴f′(x)=3x +2bx+c. 由题图可知 f′(-2)=f′(3)=0,
? ?12-4b+c=0, ∴? ?27+6b+c=0, ?
2 3 2

3 ? ?b=- , 2 解得? ? ?c=-18.

2 c 2 令 g(x)=x + bx+ , 3 3 则 g(x)=x -x-6,g′(x)=2x-1. 由 g(x)=x -x-6>0,解得 x<-2 或 x>3. 当 x<-2 时,g′(x)<0,
2 2

9

∴g(x)=x -x-6 在(-∞,-2)上为减函数.

2

c? ? 2 2 ∴函数 y=log2?x + bx+ ?的单调递减区间为(-∞,-2). 3 3? ? x a 3 9.已知函数 f(x)= + -ln x- ,其中 a∈R,且曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂 4 x 2
1 直于直线 y= x. 2 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间. 1 a 1 解 (1)对 f(x)求导得 f′(x)= - 2- , 4 x x 1 3 5 由 f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线 y= x 知 f′(1)=- -a=-2,解得 a= . 2 4 4

x 5 3 (2)由(1)知 f(x)= + -ln x- , 4 4x 2
则 f′(x)=

x2-4x-5 . 2 4x

令 f′(x)=0,解得 x=-1 或 x=5. 因为 x=-1 不在 f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去. 当 x∈(0,5)时,f′(x)<0, 故 f(x)在(0,5)内为减函数; 当 x∈(5,+∞)时,f′(x)>0, 故 f(x)在(5,+∞)内为增函数. 综上,f(x)的单调增区间为(5,+∞),单调减区间为(0,5). 1 10.已知函数 f(x)=ln x,g(x)= ax+b. 2 (1)若 f(x)与 g(x)在 x=1 处相切,求 g(x)的表达式; (2)若 φ (x)=

m?x-1? -f(x)在[1,+∞)上是减函数,求实数 m 的取值范围. x+1 x

1 解 (1)由已知得 f′(x)= , 1 ∴f′(1)=1= a,a=2. 2 1 又∵g(1)=0= a+b,∴b=-1, 2 ∴g(x)=x-1. (2)∵φ (x)=

m?x-1? m?x-1? -f(x)= -ln x 在[1,+∞)上是减函数. x+1 x+1
10

-x +?2m-2?x-1 ∴φ ′(x)= ≤0 在[1,+∞)上恒成立. x?x+1?2 即 x -(2m-2)x+1≥0 在[1,+∞)上恒成立, 1 则 2m-2≤x+ ,x∈[1,+∞),
2

2

x

1 ∵x+ ∈[2,+∞),∴2m-2≤2,m≤2.

x

故实数 m 的取值范围是(-∞,2]. B 组 专项能力提升 (时间:20 分钟) 1 2 11.设函数 f(x)= x -9ln x 在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数 a 的取值范围是 2 __________. 答案 1<a≤2 1 2 解析 ∵f(x)= x -9ln x, 2 9 ∴f′(x)=x- (x>0),

x

9 当 x- ≤0 时,有 0<x≤3,

x

即在(0,3]上原函数是减函数, ∴a-1>0 且 a+1≤3,解得 1<a≤2. 12 . f(x) , g(x) (g(x)≠0) 分 别 是 定 义 在 R 上 的 奇 函 数 和 偶 函 数 , 当 x<0 时 ,

f?x? f′(x)g(x)<f(x)g′(x),且 f(-3)=0,则 <0 的解集为____________. g?x?
答案 (-3,0)∪(3,+∞) 解析

f?x? 是奇函数, g?x?

∵当 x<0 时,f′(x)g(x)<f(x)g′(x),

f?x? ?f?x??′=f′?x?g?x?-f?x?g′?x?<0, 则 在(-∞, 0)上为减函数, 在(0, ?g?x?? 2 g ?x? g?x? ? ?
+∞)上也为减函数.又 f(-3)=0,则有 3,0)∪(3,+∞). 1 3 1 2 2 13.若函数 f(x)=- x + x +2ax 在[ ,+∞)上存在单调递增区间,则 a 的取值范围是 3 2 3 ________.

f?-3? f?3? f?x? =0= ,可知 <0 的解集为(- g?-3? g?3? g?x?

11

1 答案 (- ,+∞) 9 解析 对 f(x)求导, 1 2 1 2 得 f′(x)=-x +x+2a=-(x- ) + +2a. 2 4 2 当 x∈[ ,+∞)时, 3

f′(x)的最大值为 f′( )= +2a.
2 1 令 +2a>0,解得 a>- . 9 9 1 所以 a 的取值范围是(- ,+∞). 9 1 2 14 .已知函数 f(x)=- x + 4x -3ln x 在区间[t ,t + 1]上不单调,则 t 的取值范围是 2 ________. 答案 (0,1)∪(2,3) 3 解析 由题意知 f′(x)=-x+4-

2 3

2 9

x

?x-1??x-3? =- ,

x

由 f′(x)=0 得函数 f(x)的两个极值点为 1 和 3, 则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内, 函数 f(x)在区间[t,t+1]上就不单调, 由 t<1<t+1 或 t<3<t+1,得 0<t<1 或 2<t<3. 15.函数 f(x)=ax +3x +3x (a≠0). (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)若函数 f(x)在区间(1,2)上是增函数,求 a 的取值范围. 解 (1)f′(x)=3ax +6x+3,f′(x)=3ax +6x+3=0 的判别式 Δ =36(1-a). ①若 a≥1,则 f′(x)≥0,且 f′(x)=0,当且仅当 a=1,x=-1,故此时 f(x)在 R 上是增 函数. ②由于 a≠0,故当 a<1 时,f′(x)=0 有两个根,x1= -1+ 1-a
2 2 3 2

a

-1- 1-a ,x2= .

a

若 0<a<1,则当 x∈(-∞,x2)或 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)分别在(-∞,x2), (x1,+∞)上是增函数; 当 x∈(x2,x1)时,f′(x)<0,故 f(x)在(x2,x1)上是减函数. 若 a<0,则当 x∈(-∞,x1)或(x2,+∞)时,f′(x)<0,故 f(x)分别在(-∞,x1),(x2,+
12

∞)上是减函数;当 x∈(x1,x2)时,f′(x)>0,故 f(x)在(x1,x2)上是增函数. (2)当 a>0,x>0 时,f′(x)>0,所以当 a>0 时,f(x)在区间(1,2)上是增函数. 5 当 a<0 时, f(x)在区间(1,2)上是增函数, 当且仅当 f′(1)≥0 且 f′(2)≥0, 解得- ≤a<0. 4

? 5 ? 综上,a 的取值范围是?- ,0?∪(0,+∞). ? 4 ?

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