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2014年高考数学总复习教案:第二章 函数与导数第12课时 导数在研究函数中的应用


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第二章 函数与导数第 12 课时 导数在研究函数中的应用(对应学生用书(文)、(理)30~32 页)

考情分析 ① 导数与函数内容的结合命题已成为近几 年高考的流行趋势,应引起足够的重视.

考点新知

② 以导数为研究函数的重要工具来解决函 ① 理解函数的单调性与导数的关系, 能利用 数

的单调性与最值问题是高考的热点,同时 导数研究函数的单调性. 解答题侧重于导数的综合应用,即导数与函 ② 掌握利用导数求函数极值与最值的方法. 数、数列、不等式的综合应用. ③ 会利用导数解决某些实际问题.

, 1. (选修 22P28 例 1 改编)函数 f(x)=x3-15x2-33x+6 的单调减区间为______________. 答案:(-1,11) 解析:f′(x)=3x2-30x-33=3(x-11)(x+1),由(x-11)(x+1)<0,得单调减区间为(-1, 11).亦可填写闭区间或半开半闭区间. 2. (选修 22P34 习题 3 改编)若函数 f(x)=ex-ax 在 x=1 处取到极值,则 a=________. 答案:e 解析:由题意,f′(1)=0,因为 f′(x)=ex-a,所以 a=e. 3. (选修 22P34 习题 8)函数 y=x+sinx,x∈[0,2π ]的值域为________. 答案:[0,2π] 解析:由 y′=1+cosx≥0,所以函数 y=x+sinx 在[0,2π]上是单调增函数,所以值域 为[0,2π]. 1 4. (原创)已知函数 f(x)=- x2+blnx 在区间[ 2,+∞)上是减函数,则 b 的取值范围是 2 ________. 答案:(-∞,4] b 解析:f′(x)=-x+ ≤0 在[2,+∞)上恒成立,即 b≤x2 在[2,+∞)上恒成立. x 5. (选修 22P35 例 1 改编)用长为 90cm、宽为 48cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器,先 在四角分别截去一个小正方形,然后把四边翻折 90°角,再焊接而成,则该容器的高为 ________cm 时,容器的容积最大. 答案:10 解析:设容器的高为 xcm,即小正方形的边长为 xcm,该容器的容积为 V,则 V=(90 -2x)(48-2x)x=4(x3-69x2+1080x), 0<x<12, V′=12(x2-46x+360)=12(x-10)(x-36), 当 0<x<10 时,V′>0;当 10<x<12 时,V′<0.所以 V 在(0,10]上是增函数,在[10,12)上 是减函数,故当 x=10 时,V 最大.

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1. 函数的单调性与导数 在区间(a,b)内,函数的单调性与其导数的正负有如下关系: 如果 f′(x)>0,那么函数 y=f(x)为该区间上的增函数; 如果 f′(x)<0,那么函数 y=f(x)为该区间上的减函数. 2. 函数的极值与导数 (1) 函数极值的定义 若函数 f(x)在点 x=a 处的函数值 f(a)比它在点 x=a 附近其他点的函数值都要小,f(a) 叫函数的极小值. 若函数 f(x)在点 x=b 处的函数值 f(b)比它在点 x=b 附近其他点的函数值都要大,f(b) 叫函数的极大值,极小值和极大值统称为极值. (2) 求函数极值的方法 解方程 f′(x)=0,当 f′(x0)=0 时, ① 如果在 x0 附近左侧单调递增,右侧单调递减,那么 f(x0)是极大值. ② 如果在 x0 附近左侧单调递减,右侧单调递增,那么 f(x0)是极小值. 3. 函数的最值 (1) 最大值与最小值的概念 如果在函数定义域 I 内存在 x0,使得对任意的 x∈I,总有 f(x)≤f(x0),则称 f(x0)为函数 f(x)在定义域上的最大值. 如果在函数定义域 I 内存在 x0, 使得对任意的 x∈I, 总有 f(x)≥f(x0), 则称 f(x0)为函数 f(x)在定义域上的最小值. (2) 求函数 y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤 ① 求函数 y=f(x)在(a,b)内的极值. ② 将函数 y=f(x)的各极值与 f(a)、f(b)比较,其中值最大的一个是最大值,值最小的一 个是最小值. 4. 生活中的优化问题 解决优化问题的基本思路是: 优化问题 ? 建立数学模型 ? 用导数解决数学问题

? 优化问题答案

题型 1 导数与函数的单调性 例 1 已知函数 f(x)=x3-ax-1. (1) 若 a=3 时,求 f(x)的单调区间; (2) 若 f(x)在实数集 R 上单调递增,求实数 a 的取值范围; (3) 是否存在实数 a,使 f(x)在(-1,1)上单调递减?若存在,求出 a 的取值范围;若不 存在,说明理由. 解:(1) 当 a=3 时,f(x)=x3-3x-1,∴ f′(x)=3x2-3, 令 f′(x)>0 即 3x2-3>0,解得 x>1 或 x<-1, ∴ f(x)的单调增区间为(-∞,-1)∪(1,+∞), 同理可求 f(x)的单调减区间为(-1,1).
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(2) f′(x)=3x2-a. ∵ f(x)在实数集 R 上单调递增, ∴ f′(x)≥0 恒成立,即 3x2-a≥0 恒成立,∴ a≤(3x2)min. ∵ 3x2 的最小值为 0,∴ a≤0. (3) 假设存在实数 a 使 f(x)在(-1,1)上单调递减, ∴ f′(x)≤0 在(-1,1)上恒成立,即 a≥3x2. 又 3x2∈[0,3),∴ a≥3. ∴ 存在实数 a 使 f(x)在(-1,1)上单调递减,且 a≥3. 备选变式(教师专享) 1 (1) 已知函数 f(x)= x2-mlnx+(m-1)x,当 m≤0 时,试讨论函数 f(x) 的单调性; 2
2 1 (2) 若函数 f(x)=- (x-2) +blnx 在(1,+∞)上是减函数,求实数 b 的取值范围. 2

x2+(m-1)x-m m 解: (1) 函数的定义域为 (0,+∞) , f ′ (x) = x - + (m - 1) = = x x (x-1)(x+m) . x ①当-1<m≤0 时,令 f′(x)>0,得 0<x<-m 或 x>1, 令 f′(x)<0,得-m<x<1, ∴ 函数 f(x)的单调递增区间是(0,-m)和(1,+∞),单调递减区间是(-m,1); ②当 m≤-1 时,同理可得,函数 f(x)的单调递增区间是(0,1)和(-m,+∞),单调 递减区间是(1,-m).
2 1 b (2)由 f(x)=- (x-2) +blnx,得 f′(x)=-(x-2)+ , 2 x

b 由题意,知 f′(x)≤0 即-(x-2)+ ≤0 在(1,+∞)上恒成立,∴ b≤[x(x-2)] , x min 当 x∈(1,+∞)时,[x(x-2)]∈(1,+∞),∴ b≤1. 题型 2 导数与函数的极值、最值 例 2 设函数 f(x)=(x2+ax+b)ex(x∈R). (1) 若 a=2,b=-2,求函数 f(x)的极大值; (2) 若 x=1 是函数 f(x)的一个极值点. ① 试用 a 表示 b; + ② 设 a>0,函数 g(x)=(a2+14)ex 4.若 ξ 1、ξ2∈[0,4],使得|f(ξ1)-g(ξ2)|<1 成立, 求 a 的取值范围. 解:(1) ∵ f′(x)=(2x+a)ex+(x2+ax+b)ex=[x2+(2+a)x+(a+b)]ex, 当 a=2,b=-2 时,f(x)=(x2+2x-2)ex, 则 f′(x)=(x2+4x)ex, 令 f′(x)=0 得(x2+4x)ex=0, ∵ ex≠0, ∴ x2+4x=0,解得 x=-4 或 x=0, 列表如下: x f′(x) (-∞,-4) + -4 0 (-4,0) - 0 0 (0,+∞) +

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f(x)

Z

极大值

]

极小值

Z

6 ∴ 当 x=-4 时,函数 f(x)取极大值,f(x)极大值= 4. e (2) ① 由(1)知 f′(x)=[x2+(2+a)x+(a+b)]ex. ∵ x=1 是函数 f(x)的一个极值点,∴ f′(1)=0, 即 e[1+(2+a)+(a+b)]=0,解得 b=-3-2a. ② 由①知 f′(x)=ex[x2+(2+a)x+(-3-a)] =ex(x-1)[x+(3+a)], 当 a>0 时,f(x)在区间(0,1)上的单调递减,在区间(1,4)上单调递增, ∴ 函数 f(x)在区间[0,4]上的最小值为 f(1)=-(a+2)e. ∵ f(0)=b=-3-2a<0,f(4)=(2a+13)e4>0, ∴ 函数 f(x)在区间[0,4]上的值域是[f(1),f(4)], 即[-(a+2)e,(2a+13)e4]. + 又 g(x)=(a2+14)ex 4 在区间[0, 4]上是增函数, 且它在区间[0, 4]上的值域是[(a2+14)e4, (a2+14)e8], ∴ (a2+14)e4-(2a+13)e4=(a2-2a+1)e4=(a-1)2e4≥0, ∴ 存在 ξ1、ξ2∈[0,4]使得|f(ξ1)-g(ξ2)|<1 成立只须(a2+14)e4-(2a+13)e4<1 ? (a -1)2e4<1 ? (a-1)2< 1 e4

? 1-e2<a<1+e2.

1

1

备选变式(教师专享) 已知函数 f(x)=ax3+bx2-3x(a、b∈R)在点 x=-1 处取得极大值为 2. (1) 求函数 f(x)的解析式; (2) 若对于区间[-2,2]上任意两个自变量的值 x1、x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤c,求实数 c 的最小值. 解:(1) f′(x)=3ax2+2bx-3.
?f(-1)=2, ?-a+b+3=2, ?a=1, ? ? ? 由题意,得? 即? 解得? ?f′(-1)=0, ? ?3a-2b-3=0, ?b=0, ? ?

所以 f(x)=x3-3x. (2) 令 f′(x)=0,即 3x2-3=0,得 x=± 1. x f′(x) f(x) -2 -2 (-2,-1) + 增 极大值 -1 (-1,1) - 减 极小值 1 (1,2) + 增 2 2

因为 f(-1)=2,f(1)=-2,所以当 x∈[-2,2]时,f(x)max=2,f(x)min=-2. 则对于区间[-2,2]上任意两个自变量的值 x1、x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤|f(x)max-f(x)min| =4,所以 c≥4. 所以 c 的最小值为 4. 题型 3 导数在实际问题中的应用 例 3 请你设计一个包装盒,如图所示,ABCD 是边长为 60 cm 的正方形硬纸片,切去 阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得 A、B、C、D 四个点重 合于图中的点 P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒,E、F 在 AB 上是被切去的等腰直 角三角形斜边的两个端点,设 AE=FB=x cm. (1) 某广告商要求包装盒侧面积 S(cm2)最大,试问 x 应取何值?
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(2) 某厂商要求包装盒容积 V(cm3)最大, 试问 x 应取何值?并求出此时包装盒的高与底 面边长的比值.

解:(1) S=602-4x2-(60-2x)2=240x-8x2(0<x<30),所以 x=15 cm 时侧面积最大. (2) V=( 2x)2 2 (60-2x)=2 2x2(30-x)(0<x<30), 2

所以 V′=6 2x(20-x),令 V′=0,得 x=20, 当 0<x<20 时,V 递增;当 20<x<30 时,V 递减. 所以,当 x=20 时,V 最大, 2 (60-2x) 2 1 此时,包装盒的高与底面边长的比值为 = . 2 2x 变式训练 某地方政府在某地建一座桥,两端的桥墩相距 m 米,此工程只需建两端桥墩之间的桥 面和桥墩(包括两端的桥墩).经预测,一个桥墩的费用为 256 万元,相邻两个桥墩之间的距 离均为 x,且相邻两个桥墩之间的桥面工程费用为(1+ x)x 万元,假设所有桥墩都视为点且 不考虑其他因素,记工程总费用为 y 万元. (1) 试写出 y 关于 x 的函数关系式; (2) 当 m=1 280 米时,需要新建多少个桥墩才能使 y 最小? m ? m +1 个桥墩和 段桥面工程. 解:根据题意,需要建? x ? ? x m ? m (1) y=256? ? x +1?+ x (1+ x)x 256? m ? ? =m? ? x+ x ?+m+256?x>0, x ∈N ?. 256? (2) 当 m=1 280 时,y=1 280? ? x+ x ?+1 536, y′=1 280? 256 - 2 ?,令 y′=0,得 x=64, ?2 x x ? 1

当 0<x<64 时,y′<0;当 x>64 时,y′>0. 所以当 x=64 时,y 有最小值 16 896,此时要建 21 个桥墩. 答:需要建 21 个桥墩才能使 y 最小.

【示例】 (本题模拟高考评分标准,满分 14 分) 已知函数 f(x)=lnx-ax(a∈R). (1) 求函数 f(x)的单调区间; (2) 当 a>0 时,求函数 f(x)在[1,2]上的最小值. 审题引导: ① 知函数解析式求单调区间,实质是求 f′(x)>0,f′(x)<0 的解区间,并注 意定义域;
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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 由于解析式中含有参数 a,要对参数 a 进行分类讨论. 1 规范解答: 解:(1) f′(x)= -a(x>0).(1 分) x 1 ① 当 a≤0 时,f′(x)= -a≥0,即函数 f(x)的单调增区间是(0,+∞).(3 分) x 1-ax 1 1 1 1 ② 当 a>0 时,令 f′(x)= -a=0,得 x= ,当 0<x< 时,f′(x)= >0,当 x> 时, x a a x a 1-ax 1? ?1 ? f′(x)= <0,所以函数 f(x)的单调增区间是? ?0,a?,单调减区间是?a,+∞?.(6 分) x 1 (2) ① 当 ≤1,即 a≥1 时,函数 f(x)在区间[1,2]上是减函数, a 所以 f(x)的最小值是 f(2)=ln2-2a.(8 分) 1 1 ② 当 ≥2,即 0<a≤ 时,函数 f(x)在区间[1,2]上是增函数, a 2 所以 f(x)的最小值是 f(1)=-a.(10 分) 1? 1 1 ?1 ? ③ 当 1< <2,即 <a<1 时,函数 f(x)在区间? ?1,a?上是增函数,在区间?a,2?上是减函 a 2 数, 又 f(2)-f(1)=ln2-a, 1 所以当 <a<ln2 时,最小值是 f(1)=-a; 2 当 ln2≤a<1 时,最小值是 f(2)=ln2-2a.(12 分) 综上可知,当 0<a<ln2 时,最小值是-a; 当 a≥ln2 时,最小值是 ln2-2a.(14 分)

1. (2013· 新课标Ⅱ)若存在正数 x 使 2x(x-a)<1 成立,则 a 的取值范围是________. 答案:(-1,+∞) 1 1 - 解析:因为 2x(x-a)<1,所以 a>x- x,令 f(x)=x- x,所以 f′(x)=1+2 xln2>0,所以 2 2 f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以 f(x)>f(0)=0-1=-1,所以 a 的取值范围是(-1,+∞). 1 1 ,+∞? 上是增函数,则 a 的取值范围是 2. (2013· 大纲 ) 若函数 f(x) = x2 + ax + 在 ? ? x ?2 ________. 答案:a≥3 1 1 1 1 ? ? 解析: f′(x)=2x+a- 2≥0 在? 即 a≥ 2-2x 在? 令 ?2,+∞?上恒成立, ?2,+∞?上恒成立. x x 1 1 ? g(x)= 2-2x,求导可得 g(x)在? ?2,+∞?上的最大值为 3,所以 a≥3. x m 3. (2013· 扬州期末)已知函数 f(x)=lnx- (m∈R)在区间[1,e]上取得最小值 4,则 m= x ________.
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答案:-3e 1 m x+m 解析:f′(x)= + 2= 2 ,令 f′(x)=0,则 x=-m,且当 x<-m 时,f′(x)<0,f(x) x x x 单调递减,当 x>-m 时,f′(x)>0,f(x)单调递增.若-m≤1,即 m≥-1 时,f(x)min=f(1) =-m≤1,不可能等于 4;若 1<-m≤e,即-e≤m<-1 时,f(x)min=f(-m)=ln(-m)+1, 令 ln(-m)+1=4,得 m=-e3 m (-e,-1);若-m>e,即 m<-e 时,f(x)min=f(e)=1- , e

m 令 1- =4,得 m=-3e,符合题意.综上所述,m=-3e. e 4. (2013· 南京二模)设函数 f(x)=x2-(a-2)x-alnx. (1) 求函数 f(x)的单调区间; (2) 若函数 f(x)有两个零点,求满足条件的最小正整数 a 的值; (3) 若方程 f(x)=c 有两个不相等的实数根 x1、x2,求证:f′? x1+x2? ? 2 ?>0.

2 a 2x -(a-2)x-a (2x-a)(x+1) (1) 解:f′(x)=2x-(a-2)- = = (x>0). x x x

当 a≤0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以函数 f(x)的单调增区间为(0,+∞). a a 当 a>0 时,由 f′(x)>0,得 x> ;由 f′(x)<0,得 0<x< . 2 2 a ? ? a? 所以函数 f(x)的单调增区间为? ?2,+∞?,单调减区间为?0,2?. a? 2 (2) 解:由(1)得,若函数 f(x)有两个零点,则 a>0,且 f(x)的最小值 f? ?2?<0,即-a +4a a -4aln <0. 2 a 因为 a>0,所以 a+4ln -4>0. 2 a 3 令 h(a)=a+4ln -4,显然 h(a)在(0,+∞)上为增函数,且 h(2)=-2<0,h(3)=4ln -1 2 2 =ln 81 -1>0, 16 所以存在 a0∈(2,3),h(a0)=0. 当 a>a0 时,h(a)>0;当 0<a<a0 时,h(a)<0. 所以满足条件的最小正整数 a=3. 又当 a=3 时,f(3)=3(2-ln3)>0,f(1)=0,所以 a=3 时,f(x)有两个零点. 综上所述,满足条件的最小正整数 a 的值为 3. (3) 证明:因为 x1、x2 是方程 f(x)=c 的两个不等实根,由(1)知 a>0. 2 不妨设 0<x1<x2,则 x2 1-(a-2)x1-alnx1=c,x2-(a-2)x2-alnx2=c. 2 两式相减得 x2 x2+alnx2=0, 1-(a-2)x1-alnx1-x2+(a-2)· 2 即 x2 + 2x - x - 2x = ax + alnx - ax - alnx = a(x1+lnx1-x2-lnx2). 1 1 2 2 1 1 2 2
2 x2 1+2x1-x2-2x2 所以 a= . x1+lnx1-x2-lnx2

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a? ? a? ?a ? 因为 f′? ?2?=0,当 x∈?0,2?时,f′(x)<0,当 x∈?2,+∞?时,f′(x)>0, x1+x2 a 故只要证 > 即可, 2 2
2 x2 1+2x1-x2-2x2 即证明 x1+x2> , x1+lnx1-x2-lnx2 2 2 2 即证明 x2 1-x2+(x1+x2)(lnx1-lnx2)<x1+2x1-x2-2x2,

x1 2x1-2x2 即证明 ln < . x2 x1+x2 x1 设 t= (0<t<1). x2 2t-2 (t-1)2 1 4 令 g(t)=lnt- ,则 g′(t)= - = . t (t+1)2 t(t+1)2 t+1 因为 t>0,所以 g′(t)≥0,当且仅当 t=1 时,g′(t)=0, 所以 g(t)在(0,+∞)上是增函数. 又 g(1)=0,所以当 t∈(0,1),g(t)<0 总成立.所以原题得证.

1 1. 如果关于 x 的方程 ax+ 2=3 在区间(0,+∞)上有且仅有一个解,那么实数 a 的取 x 值范围为________. 答案:a≤0 或 a=2 1 3 1 解析:由 ax+ 2=3,得 a= - 3. x x x 1 令 t= ,则 f(t)=3t-t3,t∈(0,+∞). x 用导数研究 f(t)的图象,得 fmax(t)=2,当 x∈(0,1)时,f(t)递增,当 x∈(1,+∞)时, f(t)递减,所以 a≤0 或 a=2. a(x-1) 2. 已知函数 f(x)=lnx- ,若函数 f(x)在(0,+∞)上为增函数,则 a 的取值范 x+1 围是________. 答案:a≤2 x2+(2-2a)x+1 解析:f′(x)= ≥0 在(0,+∞)上恒成立,易得 a≤2. x(x+1)2 3. 设直线 y=a 分别与曲线 y2=x 和 y=ex 交于点 M、N,则当线段 MN 取得最小值时 a 的值为________. 答案: 2 2

解析:由题意,M(a2,a),N(lna,a),故 MN 的长 l=|a2-lna|=a2-lna(a>0), 2 2 2?a+ ??a- ? 2 2 2 2a - 1 ? ? ? ? 1 由 l′=2a- = = , a a a

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令 l′>0,得 l=a2-lna 在?

2 ?上单调递增; ? 2 ,+∞?

令 l′<0,得 l=a2-lna 在?0,

?

2 2? 上单调递减,所以当 a= 时,线段 MN 的长取得极 2 2?

小值,也是最小值. 4. 已知函数 f(x)=(ax2+x)ex,其中 e 是自然数的底数,a∈R. (1) 当 a<0 时,解不等式 f(x)>0; (2) 若 f(x)在[-1,1]上是单调函数,求 a 的取值范围; (3) 当 a=0 时,求整数 k 的所有值,使方程 f(x)=x+2 在[k,k+1]上有解. 解:(1) 因为 ex>0,所以不等式 f(x)>0 即为 ax2+x>0. 1? 1? ? 又 a<0,所以不等式可化为 x? ?x+a?<0,所以不等式 f(x)>0 的解集为?0,-a?. (2) f′(x)=(2ax+1)ex+(ax2+x)ex =[ax2+(2a+1)x+1]ex, ① 当 a=0 时,f′(x)=(x+1)ex,f′(x)≥0 在[-1,1]上恒成立,当且仅当 x=-1 时 取等号,故 a=0 符合要求; ② 当 a≠0 时, 令 g(x)=ax2+(2a+1)x+1, 因为Δ=(2a+1)2-4a=4a2+1>0, 所以 g(x) =0 有两个不相等的实数根 x1、x2,不妨设 x1>x2,因此 f(x)有极大值又有极小值.若 a>0, 因为 g(-1)· g(0)=-a<0,所以 f(x)在(-1,1)内有极值点,故 f(x)在[-1,1]上不单调.若 a<0,可知 x1>0>x2,因为 g(x)的图象开口向下,要使 f(x)在[-1,1]上单调,因为 g(0)=1>0,
?g(1)≥0, ? ?3a+2≥0, ? 2 2 - ,0?. 必须满足? 即? 所以- ≤a≤0.综上可知,a 的取值范围是? 3 ? ? 3 ? ? ?g(-1)≥0. ?-a≥0.

(3) 当 a=0 时, 方程即为 xex=x+2,由于 ex>0,所以 x=0 不是方程的解,所以原方 2 程等价于 ex- -1=0. x 2 2 令 h(x)=ex- -1,因为 h′(x)=ex+ 2>0 对于 x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,所以 x x h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调增函数,又 h(1)=e-3<0,h(2)=e2-2>0,h(-3)=e
3


1 - - <0,h(-2)=e 2>0,所以方程 f(x)=x+2 有且只有两个实数根,且分别在区间[1,2]和 3

[-3,-2]上,所以整数 k 的所有值为{-3,1}. 1. 在已知函数 f(x)是增函数(或减函数), 求参数的取值范围时, 应令 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0) 恒成立,解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解),然后检验参数的取值能 否使 f′(x)恒等于 0,若能恒等于 0,则参数的这个值应舍去;若 f′(x)不恒为 0,则参数范围 确定. 2. 理解可导函数极值与最值的区别,极值表示函数在一点附近的情况,是在局部对函 数值的比较; 函数的最值是表示函数在一个区间上的情况, 是对函数在整个区间上的函数值 的比较,故函数的最值可能是极值,也可能是区间端点的函数值. 3. 用导数求解实际问题中的最大(小)值,如果函数在区间内只有一个极值点,那么根据 实际意义该极值点就是最值点.

请使用课时训练(A)第 12 课时(见活页).
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