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2017届高考数学一轮复习 第四章 导数 课时23 导数的应用(二)学案 文


课时 23 导数的应用(二) (课前预习案)
班级: 一、高考考纲要求 1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件, 2.会用导数求函数的极大值、极小值(多项式函数一般不超过三次)及最大(最小)值. 二、高考考点回顾 1.函数的极值 (1)判断 f(x0)是极值的方法: 一般地,当函数 f(x)在点 x0 处连续时, ①如果在 x0 附近的左侧 f′(x)>0

,右侧 f′(x)<0,那么 f(x0)是极大值; ②如果在 x0 附近的左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,那么 f(x0)是极小值. (2)求可导函数极值的步骤: ①求 f′(x); ②求方程 f′(x)=0 的根; ③检查 f′(x)在方程 f′(x)=0 的根左右值的符号.如果左正右负,那么 f(x)在这个根处取得极大值;如果 左负右正,那么 f(x)在这个根处取得极小值.如果左右两侧符号一样,那么这个根不是极值点. 2.函数的最值 (1)在闭区间[a,b]上连续的函数 f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值. (2)若函数 f(x)在[a,b]上单调递增,则 f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数 f(x)在[a,b] 上单调递减,则 f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值. (3)设函数 f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求 f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤如下: ①求 f(x)在(a,b)内的极值; ②将 f(x)的各极值与 f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值. 姓名:

1

三、课前检测 x 1.设函数 f(x)=xe ,则( A.x=1 为 f(x)的极大值点 B.x=1 为 f(x)的极小值点 C.x=-1 为 f(x)的极大值点 D.x=-1 为 f(x)的极小值点

).

2.已知函数 y=x -3x+c 的图象与 x 轴恰有两个公共点,则 c=( A.-2 或 2 B.-9 或 3 C.-1 或 1 D.-3 或 1

3

).

3.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( ).

A.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(1) C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(-2) D.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2)

4. 如图是 y=f(x)导数的图象, 对于下列四个判断: ①f(x)在[-2,-1]上是增函数; ②x=-1 是 f(x)的极小值点; ③f(x)在[-1,2]上是增函数, 在[2,4]上是减函数; ④x=3 是 f(x)的极小值点. 其中正确的判断是________(填序号).

2

课内探究案 班级: 姓名: 考点一利用导数求函数的极值 2 【典例 1】 设 0<a<1,集合 A={x∈R|x>0},B={x∈R|2x -3(1+a)x+6a>0},

D=A∩B.
(1)求集合 D(用区间表示); (2)求函数 f(x)=2x -3(1+a)x +6ax 在 D 内的极值点.
3 2

【变式 1】已知函数 f(x)=ax +bx+c 在点 x=2 处取得极值 c-16. (1)求 a,b 的值; (2)若 f(x)有极大值 28,求 f(x)在[-3,3]上的最小值.

3

考点二 利用导数求函数的最值
3

1 3 1-a 2 【典例 2】已知函数 f(x)= x + x -ax-a,x∈R,其中 a>0. 3 2 (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围; (3)当 a=1 时,设函数 f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为 M(t),最小值为 m(t),记 g(t)=M(t)-m(t),求 函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值.

2 3 2 【变式 2】 已知函数 f(x)=x +ax +bx+c, 曲线 y=f(x)在点 x=1 处的切线为 l: 3x-y+1=0, 当 x= 时, 3

y=f(x)有极值.
(1)求 a,b,c 的值; (2)求 y=f(x)在[-3,1]上的最大值和最小值.

【当堂检测】 1.函数 f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数 f′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数 f(x)在开区间(a,

b)内有极小值点(

).

4

A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个

2.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 A.(-1,2) C.(-3,6)
2

3

2

(

).

B.(-∞,-3)∪(6,+∞) D.(-∞,-1)∪(2,+∞) ( 2 C. e ).

ln x 3.函数 y= 的极小值为

x

A.

4 2 e

B.0

D.1

4.设 f(x)是一个三次函数,f′(x)为其导函数,如图所示的是 y=x·f′(x)的图象的一部分,则 f(x)的极大 值与极小值分别是 A.f(1)与 f(-1) C.f(-2)与 f(2) ( ).

B.f(-1)与 f(1) D.f(2)与 f(-2)

课后巩固案 班级:

姓名:

完成时间:30 分钟

5

1 x ? π? 1.函数 f(x)= e (sin x+cos x)在区间?0, ?上的值域为( 2? 2 ? A. ? ,

).

?1 1 π ? e2 ? ?2 2 ? ? ?
π

B. ?

?1 1 π ? , e2 ? ?2 2 ? ? ?
π

C. ?1, e 2 ?

? ?
3

D. ? 1, e 2 ?

? ?

2.已知函数 f(x)=x +2bx +cx+1 有两个极值点 x1,x2,且 x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],则

2

f(-1)的取值范围是

(

).

? 3 ? A.?- ,3? ? 2 ?
C.[3,12]
3

?3 ? B.? ,6? ?2 ? ? 3 ? D.?- ,12? ? 2 ?
2

3.已知函数 y=f(x)=x +3ax +3bx+c 在 x=2 处有极值,其图象在 x=1 处的切线平行于直线 6x+2y+5=0, 则 f(x)的极大值与极小值之差为________.
?-x +6x+e -5e-2,x≤e, ? 4.已知函数 f(x)=? ?x-2ln x,x>e ?
2 2

(其中 e 为自然对数的底数,且 e≈2.718).若 f(6-

a2)>f(a),则实数 a 的取值范围是________.
5.已知函数 f(x)=mx +nx 的图象在点(-1,2)处的切线恰好与直线 3x+y=0 平行, 若 f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,则实数 t 的取值范围是________. 1-x 6.已知函数 f(x)= +ln x,若函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数,则正实数 a 的取值范围为________.
3 2

ax

1.已知函数 f(x)=(x-k)e .
6

x

(1)求 f(x)的单调区间; (2)求 f(x)在区间[0,1]上的最小值.

2.设函数 f(x)= x +bx +cx+d(a>0),且方程 f′(x)-9x=0 的两根分别为 1,4. 3 (1)当 a=3 且曲线 y=f(x)过原点时,求 f(x)的解析式; (2)若 f(x)在(-∞,+∞)内无极值点,求 a 的取值范围.

a

3

2

参考答案 课前检测 1. 【答案】D
7

【解析】f′(x)=e +xe =e (1+x). ∴当 f′(x)≥0 时, 即 e (1+x)≥0,即 x≥-1, ∴当 x≥-1 时,函数 y=f(x)为增函数. 同理可求,当 x<-1 时,函数 f(x)为减函数. ∴当 x=-1 时,函数 f(x)取得极小值. 2. 【答案】A 【解析】∵y′=3x -3,∴当 y′=0 时,x=±1.则 x,y′,y 的变化情况如下表:
2

x

x

x

x

x y′ y

(-∞,-1) + ?

-1 0

(-1,1) - ?

1 0

(1,+∞) + ?

c+2

c-2

因此,当函数图象与 x 轴恰有两个公共点时,必有 c+2=0 或 c-2=0,∴c=-2 或 c=2. 3. 【答案】D 【解析】当 x<-2 时,y=(1-x)f′(x)>0,得 f′(x)>0; 当-2<x<1 时,y=(1-x)f′(x)<0,得 f′(x)<0; 当 1<x<2 时,y=(1-x)f′(x)>0,得 f′(x)<0; 当 x>2 时,y=(1-x)f′(x)<0,得 f′(x)>0, ∴f(x)在(-∞,-2)上是增函数,在(-2,1)上是减函数,在(1,2)上是减函数,在(2,+∞)上是增函数, ∴函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2). 4. 【答案】②③ 【解析】∵x∈[-2,-1]时,f′(x)<0,∴f(x)在[-2,-1]上是减函数,①错;∵f′(-1)=0 且在 x= -1 两侧的导数值为左负右正,∴x=-1 是 f(x)的极小值点,②对;③对;由于 f′(3)≠0,④不对. 【典例 1】解(1)令 g(x)=2x -3(1+a)x+6a, 3 其对称轴方程为 x= (1+a), 4 Δ =9(1+a) -48a=9a -30a+9=3(3a-1)(a-3). 1 3 ①当 0<a≤ 时,Δ ≥0,x= (1+a)>0,g(0)=6a>0, 3 4 方程 g(x)=0 的两个根分别为 3a+3- 9a -30a+9 3a+3+ 9a -30a+9 0<x1= <x2= , 4 4
2 2 2 2 2

? 3a+3- 9a -30a+9? ∴D=A∩B=?0, ?∪ 4 ? ?
2

?3a+3+ 9a2-30a+9 ? ? ,+∞?; 4 ? ?
1 ②当 <a<1 时,Δ <0,则 g(x)>0 恒成立, 3 所以 D=A∩B=(0,+∞).
8

1 综上所述,当 0<a≤ 时, 3

D=?0,

? ?

3a+3- 9a -30a+9? ?∪ 4 ?
2

?3a+3+ 9a2-30a+9 ? ? ,+∞?; 4 ? ?
1 当 <a<1 时,D=(0,+∞). 3 (2)f′(x)=6x -6(1+a)x+6a=6(x-a)(x-1), 令 f′(x)=0,得 x=a 或 x=1. 1 ①当 0<a≤ 时,由(1)知 D=(0,x1)∪(x2,+∞). 3 因为 g(a)=2a -3(1+a)a+6a=a(3-a)>0,g(1)=2-3(1+a)+6a=3a-1≤0,所以 0<a<x1<1≤x2, 所以 f′(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:
2 2

x f′(x) f(x)

(0,a) + ?

a
0 极大值

(a,x1) - ?

(x2,+∞) + ?

所以 f(x)的极大值点为 x=a,没有极小值点. 1 ②当 <a<1 时,由(1)知 D=(0,+∞), 3 所以 f′(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

(0,a) + ?

a
0 极大值

(a,1) - ?

1 0 极小值

(1,+∞) + ?

所以 f(x)的极大值点为 x=a,极小值点为 x=1. 1 综上所述,当 0<a≤ 时,f(x)有一个极大值点 x=a,没有极小值点; 3 1 当 <a<1 时,f(x)有一个极大值点 x=a,一个极小值点 x=1. 3 【变式 1】解(1)因为 f(x)=ax +bx+c,故 f′(x)=3ax +b. 由于 f(x)在点 x=2 处取得极值 c-16,故有
? ?f′(2)=0, ? ?f(2)=c-16, ? ? ?12a+b=0, 即? ?8a+2b+c=c-16, ?
3 2

?12a+b=0, ? 化简得? ?4a+b=-8, ?
3

解得?

?a=1, ? ?b=-12. ?
2

(2)由(1)知 f(x)=x -12x+c,f′(x)=3x -12. 令 f′(x)=0,得 x1=-2,x2=2.
9

当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,故 f(x)在(-∞,-2)上为增函数; 当 x∈(-2,2)时,f′(x)<0,故 f(x)在(-2,2)上为减函数; 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(2,+∞)上为增函数. 由此可知 f(x)在 x=-2 处取得极大值 f(-2)=16+c, 由题设条件知 16+c=28,解得 c=12. 此时 f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,f(2)=-16+c=-4,因此 f(x)在[-3,3]上的最小值为 f(2) =-4. 【典例 2【解析】(1)f′(x)=x +(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=a>0. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
2

x f′(x) f(x)

(-∞,-1) + ?

-1 0 极大值

(-1,a) - ?

a
0 极小值

(a,+∞) + ?

故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a). (2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数 f(x)在区间(-2,0)

f(-2)<0, ? ? 1 内恰有两个零点当且仅当?f(-1)>0,解得0<a< . 3 ? ?f(0)<0.

? 1? 所以 a 的取值范围是?0, ?. ? 3?
1 3 (3)当 a=1 时,f(x)= x -x-1.由(1)知 f(x)在[-3,-1]上单调递增,在[-1,1]上单调递减,在[1,2] 3 上单调 递增. ①当 t∈[-3,-2]时,t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在[t,-1]上单调递增,在[-1,t+3]上单 1 调递减.因此,f(x)在[t,t+3]上的最大值 M(t)=f(-1)=- ,而最小值 m(t)为 f(t)与 f(t+3)中的较小 3 者.由 f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,当 t∈[-3,-2]时,f(t)≤f(t+3),故 m(t)=f(t),所以 g(t) 5 =f(-1)-f(t).而 f(t)在[-3,-2]上单调递增,因此 f(t)≤f(-2)=- .所以 g(t)在[-3,-2]上的 3 1 ? 5? 4 最小值为 g(-2)=- -?- ?= . 3 ? 3? 3 ②当 t∈[-2,-1]时,t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,t+3]. 下面比较 f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大小, 由 f(x)在[-2,-1],[1,2]上单调递增,有

f(-2)≤f(t)≤f(-1),f(1)≤f(t+3)≤f(2).
10

5 1 1 5 又由 f(1)=f(-2)=- ,f(-1)=f(2)=- ,从而 M(t)=f(-1)=- ,m(t)=f(1)=- . 3 3 3 3 4 所以 g(t)=M(t)-m(t)= . 3 4 综上,函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值为 . 3 【变式 2】解 (1)由 f(x)=x +ax +bx+c,得 f′(x)=3x +2ax+b, 当 x=1 时,切线 l 的斜率为 3,可得 2a+b=0,① 2 ?2? 当 x= 时,y=f(x)有极值,则 f′? ?=0, 3 ?3? 可得 4a+3b+4=0,② 由①②解得 a=2,b=-4. 由于切点的横坐标为 x=1,∴f(1)=4. ∴1+a+b+c=4.∴c=5. (2)由(1)可得 f(x)=x +2x -4x+5, ∴f′(x)=3x +4x-4. 2 令 f′(x)=0,得 x=-2,或 x= . 3 当 x 变化时,y,y′的取值及变化如下表:
2 3 2 3 2 2

x y′ y

-3

(-3,-2) +

-2 0 13

?-2,2? ? ? 3? ?
- ?

2 3 0 95 27

?2,1? ?3 ? ? ?
+ ?

1

8

?

4

95 ∴y=f(x)在[-3,1]上的最大值为 13,最小值为 . 27

【当堂检测】 1.答案 A

2. 【答案】B 【解析】f′(x)=3x +2ax+(a+6),因为函数有极大值和极小值,所以 f′(x)=0 有两个不相等的实数根, 所以 Δ =4a -4×3(a+6)>0,解得 a<-3 或 a>6. 3. 【答案】B 【解析】函数的定义域为(0,+∞),
2 2

y′=

2ln x-ln x -ln x(ln x-2) = . 2 2

2

x

x

函数 y′与 y 随 x 变化情况如下:

11

x y′ y
2

(0,1) - ?

1 0 0

(1,e ) + ?

2

e

2

(e ,+∞) - ?

2

0 4 2 e

ln x 则当 x=1 时函数 y= 取到极小值 0.

x

4. 【答案】C 【解析】由图象知 f′(2)=f′(-2)=0.∵x>2 时,y=x·f′(x)>0,∴f′(x)>0,∴y=f(x)在(2,+∞) 上单调递增;同理 f(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,2)上单调递减, ∴y=f(x)的极大值为 f(-2),极小值为 f(2),故选 C.

1. 【答案】A 1 x 1 x x 【解析】f′(x)= e (sin x+cos x)+ e (cos x-sin x)=e cos x, 2 2 π π 当 0≤x≤ 时,f′(x)≥0,且只有在 x= 时,f′(x)=0, 2 2

? π? ∴f(x)是?0, ?上的增函数, 2? ? ?π ? 1 ∴f(x)的最大值为 f ? ?= e 2 , ?2? 2
f(x)的最小值为 f(0)= .
1 2
π

?1 1 ? ? π? ∴f(x)在?0, ?上的值域为 ? , e 2 ? .故应选 A. 2? ? 2 2
π

?

?

2.【答案】C 【解析】因为 f(x)有两个极值点 x1,x2,所以 f′(x)=3x +4bx+c=0 有两个根
2

f′(-2)≥0, ? ?f′(-1)≤0, x ,x ,且 x ∈[-2,-1],x ∈[1,2],所以? f′(1)≤0, ? ?f′(2)≥0,
1 2 1 2

12-8b+c≥0, ? ?3-4b+c≤0, 即? 3+4b+c≤0, ? ?12+8b+c≥0, 画出可行域如图所示.因为 f(-1)=2b-c,由图知经过点 A(0,-3)时,f(-1)取得最小值 3,经过点 C(0, -12)时,f(-1)取得最大值 12,所以 f(-1)的取值范围为[3,12]. 3. 【答案】4
12

【解析】∵y′=3x +6ax+3b,
? ?3×2 +6a×2+3b=0, ? 2 ?3×1 +6a+3b=-3 ?
2 2 2

2

??

? ?a=-1, ?b=0. ?

∴y′=3x -6x,令 3x -6x=0,则 x=0 或 x=2. ∴f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4. 4. 【答案】(-3,2) -2x+6,x≤e, ? ? 【解析】∵f′(x)=? 2 1- ,x>e, ? ? x

当 x≤e 时,f′(x)=6-2x=2(3-x)>0,当 x>e 时,f′(x)=1

2 x-2 2 - = >0,又x ? e时,f ( x) ? e-2. x ? e时,f ( x)>e-2.∴f(x)在 R 上单调递增.又 f(6-a )>f(a),∴

x

x

6-a >a,解之得-3<a<2. 5. 【答案】[-2,-1] 【解析】由题意知,点(-1,2)在函数 f(x)的图象上, 故-m+n=2.
2

2



又 f′(x)=3mx +2nx,则 f′(-1)=-3, 故 3m-2n=-3. ②
3 2

联立①②解得 m=1,n=3,即 f(x)=x +3x , 令 f′(x)=3x +6x≤0,解得-2≤x≤0, 则[t,t+1]? [-2,0],故 t≥-2 且 t+1≤0, 所以 t∈[-2,-1]. 6. 【答案】[1,+∞) 1-x ax-1 【解析】∵f(x)= +ln x,∴f′(x)= 2 (a>0),
2

ax

ax

∵函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数,∴f′(x)=

ax-1 ≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立,∴ax-1≥0 对 x∈[1, ax2

1 +∞)恒成立,即 a≥ 对 x∈[1,+∞)恒成立,∴a≥1.

x

1.解 (1)f′(x)=(x-k+1)e . 令 f′(x)=0,得 x=k-1.

x

f(x)与 f′(x)的情况如下: x f′(x)
(-∞,k-1) -

k-1
0

(k-1,+∞) +

13

f(x)

?

-e

k-1

?

所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞). (2)当 k-1≤0,即 k≤1 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递增, 所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(0)=-k; 当 0<k-1<1,即 1<k<2 时, 由(1)知 f(x)在[0,k-1)上单调递减,在(k-1,1]上单调递增,所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(k- 1)= -e
k-1



当 k-1≥1,即 k≥2 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递减, 所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(1)=(1-k)e. 2.解 由 f(x)= x +bx +cx+d 得 f′(x)=ax +2bx+c. 3 因为 f′(x)-9x=0,即 ax +2bx+c-9x=0 的两个根分别为 1,4,
?a+2b+c-9=0, ? 所以? ? ?16a+8b+c-36=0,
2

a

3

2

2

(*)

? ?2b+c-6=0, (1)当 a=3 时,由(*)式得? ?8b+c+12=0, ?

解得 b=-3,c=12.又因为曲线 y=f(x)过原点, 所以 d=0.故 f(x)=x -3x +12x. (2)由于 a>0, 所以 f(x)= x +bx +cx+d 在(-∞, +∞)内无极值点等价于 f′(x)=ax +2bx+c≥0 在(- 3 ∞,+∞)内恒成立.由(*)式得 2b=9-5a,c=4a. 所以 Δ =(2b) -4ac=9(a-1)(a-9),
? ?a>0, 由? ?Δ =9(a-1)(a-9)≤0 ?
2 3 2

a

3

2

2

得 a∈[1,9].

即 a 的取值范围是[1,9].

14


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