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2015届高三艺术班数学一轮复习资料 第二章 第12讲 导数与函数极值、最值]


第二章 第 12 讲
一、必记 3 个知识点 1.函数的单调性

函数、导数及其应用
导数与函数极值、最值

在(a,b)内可导函数 f(x),f′(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于 0. f′(x)≥0?f(x)在(a,b)上为增函数. f′(x)≤0?f(x)在(a,b)上为减函数. 2.函数的极值 (1)函数

的极小值: 函数 y=f(x)在点 x=a 的函数值 f(a)比它在点 x=a 附近其它点的函数值都小,f′(a)=0, 而且在点 x=a 附近的左侧 f′(x)<0, 右侧 f′(x)>0, 则点 a 叫做函数 y=f(x)的极小值点, f(a) 叫做函数 y=f(x)的极小值. (2)函数的极大值: 函数 y=f(x)在点 x=b 的函数值 f(b)比它在点 x=b 附近的其他点的函数值都大, f′(b)=0, 而且在点 x=b 附近的左侧 f′(x)>0, 右侧 f′(x)<0, 则点 b 叫做函数 y=f(x)的极大值点, f(b) 叫做函数 y=f(x)的极大值. 极小值点,极大值点统称为极值点,极大值和极小值统称为极值. 3.函数的最值 (1)在闭区间上连续的函数 f(x)在上必有最大值与最小值. (2)若函数 f(x)在上单调递增,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 上单调递减,则 f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值. 二、必明 2 个易误区 1.求函数极值时,误把导数为 0 的点作为极值点;极值点的导数也不一定为 0. 2.易混极值与最值:注意函数最值是个“整体”概念,而极值是个“局部”概念. 三、必会 2 个方法 解决含参数问题及不等式问题中的两个转化 (1)利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题,要注意分类 讨论和数形结合思想的应用. (2)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理.第二课 时 导数与函数极值、最值 考点一 运用导数解决函数的极值问题

a (2013· 福建高考节选)已知函数 f(x)=x-1+ x(a∈R,e 为自然对数的底数). e (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求 a 的值;

(2)求函数 f(x)的极值. a a (1)由 f(x)=x-1+ x,得 f′(x)=1- x.又曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴, e e a 得 f′(1)=0,即 1- =0,解得 a=e. e a (2)f′(x)=1- x,①当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数 f(x) e 无极值. ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 ex=a,即 x=ln a.x∈(-∞,ln a),f′(x)<0;x∈(ln a,+ ∞),f′(x)>0, 所以 f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增, 故 f(x)在 x=ln a 处取得极小值,且极小值为 f(ln a)=ln a,无极大值. 综上,当 a ≤0 时,函数 f(x)无极值;当 a>0 时,f(x)在 x=ln a 处取得极小值 ln a,无极 大值. 一题多解 若把本例中 f(x)变为“f(x)=x-aln x(a∈R)”,试求函数的极值.

a x-a 解:由 f′(x)=1- = ,x>0 知:(1)当 a≤0 时,f′(x)>0,函数 f(x)为(0,+∞)上的 x x 增函数,函数 f(x)无极值;(2)当 a>0 时,由 f′(x)=0,解得 x=a.又当 x∈(0,a)时,f′(x)<0; 当 x∈(a,+∞)时,f′(x)>0, 从而函数 f(x)在 x=a 处取得极小值,且极小值为 f(a)=a-aln a,无极大值. 综上,当 a≤0 时,函数 f(x)无极值;当 a>0 时,函数 f(x)在 x=a 处取得极小值 a-aln a, 无极大值.

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. 1 设 f(x)=2x3+ax2+bx+1 的导数为 f′(x),若函数 y=f′(x)的图像关于直线 x=- 对称, 2 且 f′(1)=0. (1)求实数 a,b 的值; (2)求函数 f(x)的极值.

a a2 x+ ?2+b- , 解: (1)因为 f(x)=2x3+ax2+bx+1, 故 f′(x)=6x2+2ax+b, 从而 f′(x)=6? ? 6? 6

a a 1 即 y=f′(x)关于直线 x=- 对称.从而由题设条件知- =- ,即 a=3. 6 6 2 又由于 f′(1)=0,即 6+2a+b=0,得 b=-12. (2)由(1)知 f(x)=2x3+3x2-12x+1,所以 f′(x)=6x2+6x-12=6(x-1)(x+2),令 f′(x) =0, 即 6(x-1)(x+2)=0,解得 x=-2 或 x=1,当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0, 即 f(x)在(-∞,-2)上单调递增;当 x∈(-2,1)时,f′(x)<0,即 f(x)在(-2,1)上单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,即 f(x)在(1,+∞)上单调递增. 从而函数 f(x)在 x=-2 处取得极大值 f(-2)=21,在 x=1 处取得极小值 f(1)=-6.

考点二 已知函数 f(x)=(x-k)ex. (1)求 f(x)的单调区间;

运用导数解决函数的最值问题

(2)求 f(x)在区间上的最小值.

(1)f′(x)=(x-k+1)ex.令 f′(x)=0,得 x=k-1.f(x)与 f′(x)的情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,k-1) - k-1 0 -e
k-1

(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)在上单调递增,所以 f(x)在区间上的最小值为 f(0)= -k; 当 0<k-1<1,即 1<k<2 时,由(1)知 f(x)在上单调递增,所以 f(x)在区间上的最小值为 f(k -1)=-ek 1;当 k-1≥1 时,即 k≥2 时,函数 f(x)在上单调递减,所以 f(x)在区间上的最小


值为 f(1)=(1-k)e. 综上,在区间上 k≤1 时,f(x)最小值为 f(0)=-k.1<k<2 时,f(x)最小值为 f(k-1)=-ek 1.


k≥2 时,f(x)最小值为 f(1)=(1-k)e.

求函数 f(x)在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)的各极值与 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. 1 设函数 f(x)=aln x-bx2(x>0),若函数 f(x)在 x=1 处与直线 y=- 相切, 2 (1)求实数 a,b 的值; 1 ? (2)求函数 f(x)在? ? e,e?上的最大值.

f′?1?=a-2b=0, ? ? a 1 解: (1)f′(x)= -2bx, ∵函数 f(x)在 x=1 处与直线 y=- 相切, ∴? 1 x 2 ? ?f?1?=-b=-2, a=1, ? ? 解得? 1 ? ?b=2. 1-x2 1 1 1 1 (2)f(x)=ln x- x2,f′(x)= -x= ,∵当 ≤x≤e 时,令 f′(x)>0 得 ≤x<1; 2 x x e e 1 ? 1 ,1 上单调递增,在上单调递减,∴f(x)max=f(1)=- . 令 f′(x)<0,得 1<x≤e,∴f(x)在? ?e ? 2 考点三 函数极值和最值的综合问题

(2012· 重庆高考)已知函数 f(x)=ax3+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)在上的最小值.

(1)因为 f(x)=ax3+bx+c,故 f′(x)=3ax2+b.由于 f(x)在点 x=2 处取得极值 c-16,
?f′?2?=0, ?12a+b=0, ?12a+b=0, ?a=1, ? ? ? ? 故有? 即? 化简得? 解得? ? ? ? ? ?f?2?=c-16, ?8a+2b+c=c-16, ?4a+b=-8, ?b=-12.

(2)由(1)知 f(x)=x3-12x+c;f′(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2).令 f′(x)=0,得 x1=-2, x2=2. 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, f(x)在 x=2 处取得极小值 f(2)=c-16.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)在上的最小值为 f(2)=-4.

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,画出函数的大致图像,然后借助图像观察得到函数的最值. 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,曲线 y=f(x)在点 x=1 处的切线为 l:3x-y+1=0,若 x 2 = 时,y=f(x)有极值. 3 (1)求 a,b,c 的值; (2)求 y=f(x)在上的最大值和最小值.

解:(1)由 f(x)=x3+ax2+bx+c,得 f′(x)=3x2+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′? ?3?=0,可得 4a+3b+4=0, 3



由①②,解得 a=2,b=-4.由于切点的横坐标为 1,所以 f(1)=4.所以 1+a+b+c=4. 所以 c=5. (2)由(1),可得 f(x)=x3+2x2-4x+5,f′(x)=3x2+4x-4.令 f′(x)=0,解之,得 x1=-2, 2 x2= . 3 当 x 变化时,f′(x),f(x)的取值及变化情况如下表所示: x f′(x) f(x) -3 + 8 (-3,-2) + -2 0 13

?-2,2? 3? ?


2 3 0 95 27

?2,1? ?3 ?


1 + 4

95 所以 y=f(x)在上的最大值为 13,最小值为 . 27

课后作业
x3 1.函数 f(x)= +x2-3x-4 在上的最小值是( 3 A.- 64 D.- 3 解析:选 A f′(x)=x2+2x-3,令 f′(x)=0 得 x=1(x=-3 舍去),又 f(0)=-4,f(1)= 17 3 B.- 10 3 ) C.-4

17 10 - ,f(2)=- , 3 3 17 故 f(x)在上的最小值是 f(1)=- . 3 2.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+a2 在 x=1 处有极值 10,则 f(2)等于( A.11 或 18 B.11 C.18 )

D.17 或 18

解析: 选 C ∵函数 f(x)=x3+ax2+bx+a2 在 x=1 处有极值 10, ∴f(1)=10, 且 f′(1)=0,
2 ? ? ? ? ?1+a+b+a =10, ?a=-3, ?a=4, ?a=-3, 即? 解得? 或? 而当? 时,函数在 x=1 ?3+2a+b=0, ? ? ? ? ?b=3, ?b=-11. ?b=3

处无极值, 故舍去.∴f(x)=x3+4x2-11x+16,∴f(2)=18.故选 C. 3.(2013· 郑州二模)函数 f(x)的定义域为开区间(a,b),其导函数 f′(x)在(a,b)内的图像如 图所示,则函数 f(x)在开区间(a,b)内的极大值点有( A.1 个 C .3 个 B.2 个 D.4 个 )

解析:选 B 依题意,记函数 y=f′(x)的图像与 x 轴的交点的横坐标自左向右依次为 x1, x2, x3, x4, 当 a<x<x1 时, f′(x)>0; 当 x1<x<x2 时, f′(x)<0; 当 x2<x<x4 时, f′(x)≥0; 当 x4<x<b 时,f′(x)<0.因此,函数 f(x)分别在 x=x1、x=x4 处取得极大值,选 B. 4.设 f(x)=ln x,g(x)=f(x)+f′(x),求 g(x)的单调区间和最小值. x-1 1 解:由题设知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+ ,x>0,所以 g′(x)= 2 ,令 g′(x)=0 得 x=1, x x 当 x∈(0,1)时,g′(x)<0,故(0,1)是 g(x)的单调递减区间; 当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故(1,+∞)是 g(x)的单调递增区间, 因此,x=1 是 g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以 g(x)的最小值为 g(1)=1. 5. (2012· 江苏高考) 若函数 y=f(x)在 x=x0 处取得极大值或极小值, 则称 x0 为函数 y=f(x) 的极值点.已知 a,b 是实数,1 和-1 是函数 f(x)=x3+ax2+bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值;
2

(2)设函数 g(x)的导函数 g′(x)=f(x)+2,求 g(x)的极值点.

解:(1)由题设知 f′(x)=3x +2ax+b,且 f′(-1)=3-2a+b=0, f′(1)=3+2a+b=0,解得 a=0,b=-3. (2)由(1)知 f(x)=x3-3x.因为 f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以 g′(x)=0 的根为 x1=x2=1,x3 =-2,于是函数 g(x)的极值点只可能是 1 或-2. 当 x<-2 时,g′(x)<0;当-2<x<1 时,g′(x)>0,故-2 是 g(x)的极值点. 当-2<x<1 或 x>1 时,g′(x)>0,故 1 不是 g(x)的极值点. 所以 g(x)的极值点为-2. 6.(2013· 威海模拟)当函数 y=x· 2x 取极小值时,x=( 1 A. ln 2 解析:选 B 1 B.- ln 2 C.-ln 2 ) D.ln 2

1 y′=2x+x· 2xln 2=0,∴x=- . ln 2

7.设函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点,则下列 图像不可能为 y=f(x)图像的是( )

解析:选 D 因为′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=ex,且 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点,所 以 f(-1)+f′(-1)=0;选项 D 中,f(-1)>0,f′(-1)>0,不满足 f′(-1)+f(-1)=0. 8.已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值,若 m,n∈,则 f(m)+f′(n)的最小 值是( ) B.-15 C.10 D.15

A.-13

解析:选 A 求导得 f′(x)=-3x2+2ax,由函数 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2)=0, 即-3×4+2a×2=0,∴a=3.由此可得 f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x, 易知 f(x)在上单调递增,∴当 m∈时,f(m)min=f(0)=-4. 又 f′(x)=-3x2+6x 的图像开口向下,且对称轴为 x=1,∴当 n∈时, f′(n)min=f′(-1)=-9.故 f(m)+f′(n)的最小值为-13.故选 A. 9.(2014· 荆州质检)设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数是 f′(x),且函数 f(x)在 x=-2 处 取得极小值,则函数 y=xf′(x)的图像可能是( )

解析:选 C f(x)在 x=-2 处取得极小值,即 x<-2,f′(x)<0;x>-2,f′(x)>0,那么 y =xf′(x)过点(0,0)及(-2,0). 当 x<-2 时, x<0, f′(x)<0, 则 y>0; 当-2<x<0 时, x<0, f′(x)>0, y<0;当 x>0 时,f′(x)>0,y>0,故 C 正确. 10.已知函数 f(x)=x3+mx2+(m+6)x+1 既存在极大值又存在极小值,则实数 m 的取值 范围是________. 解析: f′(x)=3x2+2mx+m+6=0 有两个不等实根, 即 Δ=4m2-12×(m+6)>0.所以 m>6 或 m<-3. 答案:(-∞,-3)∪(6,+∞) 11.已知函数 y=f(x)=x3+3ax2+3bx+c 在 x=2 处有极值,其图像在 x=1 处的切线平行 于直线 6x+2y+5=0,则 f(x)极大值与极小值之差为________.
2 ? ? ?3×2 +6a×2+3b=0 ?a=-1, ? 解析:∵y′=3x +6ax+3b, ?? 2 ?3×1 +6a+3b=-3 ? ? ?b=0. 2

∴y′=3x2-6x,令 3x2-6x=0,得 x=0 或 x=2.∴f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4.答案: 4 12.(2013· 江苏高考节选)设函数 f(x)=ln x-ax,g(x)=ex-ax,其中 a 为实数. 若 f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,且 g(x)在(1,+∞)上有最小值,求 a 的取值范围. 1-ax 1 解:令 f′(x)= -a= <0,考虑到 f(x)的定义域为(0,+∞),故 a>0,进而解得 x>a x x
-1

,即 f(x)在(a 1,+∞)上是单调减函数.


同理,f(x)在(0,a 1)上是单调增函数.由于 f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,故(1,+∞)


?(a 1, +∞), 从而 a 1≤1,即 a≥1.令 g′(x)=ex-a=0, 得 x=ln a.当 x<ln a 时, g′(x)<0;
- -

当 x>ln a 时,g′(x)>0.又 g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以 ln a>1,即 a>e.综上,a 的取值范 围为(e,+∞). 13.已知函数 f(x)=x2-1 与函数 g(x)=aln x(a≠0). (1)若 f(x),g(x)的图像在点(1,0)处有公共的切线,求实数 a 的值;

(2)设 F(x)=f(x)-2g(x),求函数 F(x)的极值. 解:(1)因为 f(1)=0,g(1)=0,所以点(1,0)同时在函数 f(x),g(x)的图像上, a 因为 f(x)=x2-1,g(x)=aln x,所以 f′(x)=2x,g′(x)= ,由已知,得 f′(1)=g′(1),所以 x a 2= ,即 a=2. 1
2 2a 2?x -a? (2)因为 F(x)=f(x)-2g(x)=x2-1-2aln x(x>0),所以 F′(x)=2x- = , x x

当 a<0 时,因为 x>0,且 x2-a>0,所以 F′(x)>0 对 x>0 恒成立,所以 F(x)在(0,+∞) 上单调递增,F(x)无极值;当 a>0 时,令 F′(x)=0,解得 x1= a,x2=- a(舍去),所以当 x>0 时,F′(x),F(x)的变化情况如下表: x F′(x) F(x) (0, a) - 递减 a 0 极小值 ( a,+∞) + 递增

所以当 x= a时,F(x)取得极小值,且 F( a)=( a)2-1-2aln a=a-1-aln a. 综上,当 a<0 时,函数 F(x)在(0,+∞)上无极值; 当 a>0 时,函数 F(x)在 x= a处取得极小值 a-1-aln a. 14. (2013· 晋中名校联考)已知函数 f(x)=ax2-ex(a∈R, e 为自然对数的底数), f′(x)是 f(x) 的导函数. (1)解关于 x 的不等式:f(x)>f′(x); (2)若 f(x)有两个极值点 x1,x2,求实数 a 的取值范围. 解:(1)f′(x)=2ax-ex,f(x)-f′(x)=ax(x-2)>0.当 a=0 时,无解; 当 a>0 时,解集为{x|x<0 或 x>2};当 a<0 时,解集为{x|0<x<2}. (2)设 g(x)=f′(x)=2ax-ex,则 x1,x2 是方程 g(x)=0 的两个根.g′(x)=2a-ex, 当 a≤0 时,g′(x)<0 恒成立,g(x)单调递减,方程 g(x)=0 不可能有两个根; 当 a>0 时,由 g′(x)=0,得 x=ln 2a,当 x∈(-∞,ln 2a)时,g′(x)>0,g(x)单调递增, 当 x∈(ln 2a,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单调递减.∴当 g(x)max>0 时,方程 g(x)=0 才有两 个根, e ∴g(x)max=g(ln 2a)=2aln 2a-2a>0,得 a> . 2 15.(2014· 广东六校联考)已知 f(x)=3x2-x+m,(x∈R),g(x)=ln x. (1)若函数 f(x)与 g(x)的图像在 x=x0 处的切线平行,求 x0 的值; (2)求当曲线 y=f(x)与 y=g(x)有公共切线时,实数 m 的取值范围; 1 ? (3)在(2)的条件下,求函数 F(x)=f(x)-g(x)在区间? ?3,1?上的最值(用 m 表示).

1 1 解:(1)∵f′(x)=6x-1,g′(x)= (x>0),由题意知 6x0-1= (x0>0),即 6x2 0-x0-1=0, x x0 1 1 1 解得 x0= 或 x0=- ,又∵x0>0,∴x0= . 2 3 2 1? 1 (2)若曲线 y=f(x)与 y=g(x)相切且在交点处有公共切线,由(1)得切点横坐标为 ,∴f? ?2?= 2 1? 3 1 1 1 g? ?2?,∴4-2+m=ln 2,即 m=-4-ln 2,

1 数 形 结 合 可 知 , m> - - ln 2 时 , f(x) 与 g(x) 有 公 共 切 线 , 故 m 的 取 值 范 围 是 4

?-1-ln 2,+∞?. ? 4 ?
2 1 6x -x-1 ?3x+1??2x-1? (3)F(x)=f(x)-g(x)=3x -x+m-ln x,故 F′(x)=6x-1- = = , x x x 2

1 ? 当 x 变化时,F′(x)与 F(x)在区间? ?3,1?的变化情况如下表: x F′(x) F(x)

?1,1? ?3 2?


1 2 0 极小值

?1,1? ?2 ?


1? 1 ?1? ?1 ? ?1? 又∵ F ? ?3? = m + ln 3 , F(1) = 2 + m>F ?3? ,∴当 x ∈ ?3,1? 时, F(x)min = F ?2? = m + 4 + ln 1 ? 2? ?m>-4-ln 2?, 1 ? F(x)max=F(1)=m+2? ?m>-4-ln 2?.


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