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专题七:函数与导数问题进阶(教师版)自己总结


函数与导数问题进阶(教师版)
常见题型及解法
1. 常见题型
一、 小题: 1. 函数的图象 2. 函数的性质(单调性、奇偶性、周期 性、对称性); 3. 分段函数求函数值; 4. 函数的定义域、值域(最值) ; 5. 函数的零点; 6. 抽象函数; 7. 定积分运算(求面积) 二、大题: 1. 求曲线 y = f ( x) 在某点处的切线的方程;

2. 求函数的解析式 3. 讨论函数的单调性,求单调区间; 4. 求函数的极值点和极值; 5. 求函数的最值或值域; 6. 求参数的取值范围 7. 证明不等式; 8. 函数应用问题

2. 在解题中常用的有关结论(需要熟记) :
(1)曲线 y ? f ( x) 在 x ? x0 处的切线的斜率等于 f ?( x0 ) ,且切线方程为

y ? f ?( x0 )( x ? x0 ) ? f ( x0 ) 。
(2)若可导函数 y ? f ( x) 在 x ? x0 处取得极值,则 f ?( x0 ) ? 0 。反之,不成立。 (3)对于可导函数 f ( x) ,不等式 f ?( x) ? 0 的解集决定函数 f ( x) 的递增(减)区间。 ( ? 0) (4)函数 f ( x) 在区间 I 上递增(减)的充要条件是: ?x ? I f ?( x) ? 0 (? 0) 恒成立( f ?( x) 不恒为 0). (5)函数 f ( x) (非常量函数)在区间 I 上不单调等价于 f ( x) 在区间 I 上有极值,则可 等价转化为方程 f ?( x) ? 0 在区间 I 上有实根且为非二重根。 (若 f ?( x) 为二次函数且 I=R,则有 ? ? 0 ) 。 (6) f ( x) 在区间 I 上无极值等价于 f ( x) 在区间在上是单调函数,进而得到 f ?( x) ? 0 或
f ?( x) ? 0 在 I 上恒成立

(7)若 " x I , f ( x) ? 0 恒成立,则 f ( x) min ? 0 ; 若 ?x ? I , f ( x) ? 0 恒成立,则 f ( x) max ? 0
1

(8)若 ? x0 ? I ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,则 f ( x) max ? 0 ;若 ? x0 ? I ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,则 f ( x) min ? 0 . (9)设 f ( x) 与 g ( x) 的定义域的交集为 D,若 ? x ? D f ( x) ? g ( x) 恒成立,则有

? f ( x) ? g ( x)?min ? 0 .
(10)若对 ? x1 ? I1 、 x2 ? I 2 , f ( x1 ) ? g ( x2 ) 恒成立,则 f ( x)min ? g ( x)max . 若对 ? x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,则 f ( x)min ? g ( x)min . 若对 ? x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,则 f ( x)max ? g ( x)max . (11)已知 f ( x) 在区间 I1 上的值域为 A,, g ( x) 在区间 I 2 上值域为 B, 若对 ? x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) = g ( x2 ) 成立,则 A ? B 。
x2 ,且极大值大 (12)若三次函数 f(x)有三个零点,则方程 f ?( x) ? 0 有两个不等实根 x1 、

于 0,极小值小于 0.

(13)证题中常用的不等式: ① ln x ? x ? 1 ( x ? 0) ③ ex ? 1 ? x ⑤
ln x x ?1 ? ( x ? 1) x ?1 2

(x +1 ) ? x ( x ? ?1) ② ln

④ e ⑥

?x

? 1? x

ln x 1 1 ? ? ( x ? 0) 2 x 2 2x2

3. 解题方法规律总结
1. 关于函数单调性的讨论: 大多数函数的导函数都可以转化为一个二次函数, 因此, 讨论函数单调性的问题,又往往转化为二次函数在所给区间上的符号问题。要结 合函数图象,考虑判别式、对称轴、区间端点函数值的符号等因素。 2. 已知函数(含参数)在某区间上单调,求参数的取值范围,有三种方法: ①子区间法;②分离参数法;③构造函数法。 3. 注意分离参数法的运用:含参数的不等式恒成立问题,含参数的不等式在某区间
2

上有解,含参数的方程在某区间上有实根(包括根的个数)等问题,都可以考虑 用分离参数法,前者是求函数的最值,后者是求函数的值域。 4. 关于不等式的证明:通常是构造函数,考察函数的单调性和最值。有时要借助上 一问的有关单调性或所求的最值的结论, 对其中的参数或变量适当赋值就可得到 所要证的不等式。对于含有正整数 n 的带省略号的不定式的证明,先观察通项, 联想基本不定式(上述结论中的 13) ,确定要证明的函数不定式(往往与所给的 函数及上一问所得到的结论有关) , 再对自变量 x 赋值, 令 x 分别等于 1、 2、 …….、 n,把这些不定式累加,可得要证的不定式。 ) 5. 关于方程的根的个数问题:一般是构造函数,有两种形式,一是参数含在函数式 中,二是参数被分离,无论哪种形式,都需要研究函数在所给区间上的单调性、 极值、最值以及区间端点的函数值,结合函数图象, 确立所满足的条件,再求 参数或其取值范围。
小题讲解: 【例 1】 (山东高考题)已知定义在 R 上的奇函数 f ( x) ,满足 f ( x ? 4) ? ? f ( x) ,且在区间[0,2]上是增函数,若 方 程

f ( x )?

m (? m 0 在)区



[? 8 , 8 上 ]有

四 个 不 同 的 根

x1 , x2 , x3 , x4

, 则

x1 ? x 2 ? x ?3x ? _________ . 4
【答案】 -8 【解析】因为定义在 R 上的奇函数,满足 y f(x)=m (m>0) -8 函数, 所以函数图象关于直线 x ? 2 对称 且 f (0) ? 0 , 由 f ( x ? 4) ? ? f ( x) 知 所以函数是以 8 为周期的周期函数, 又因为 f ( x) 在区间[0,2]上 是增函数, 所以 f ( x) f ( x ? 8) ? f ( x) , 在区间 [-2,0] 上也是增函数.如图所示,那么方程 f(x)=m(m>0) 在区间 ?? 8,8? 上有四个不同的根 -6 -4 -2 0 2 4 6 x 8

f ( x ? 4) ? ? f ( x)







所以, 由 f ( x) 为奇 f ( x ? 4) ? f (? x) ,

3

x1 , x2 , x3 , x4 , 不 妨 设 x1 ? x2 ? x3 ? x4
x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? ?12 ? 4 ? ?8




由对称性知

x1 ? x2 ? ?12



x3 ? x4 ? 4



所以

【点评】本题综合考查了函数的奇偶性,单调性,对称性,周期性,以及由函数图象解答方程问题,运用数形结 合的思想和函数与方程的思想解答问题.

【例 2】若 x1 是方程 lg x ? x

? 3 的解, x 2 是 10 x ? x ? 3

的解,则 x1 ? x2 的值为(



A.

3 2 错误!未指定书签。

2 B. 3
的图象,

C.3

1 D. 3
交点横坐标为

【解析】作出

y1 ? lg x, y2 ? 3 ? x, y3 ? 10 x

y2 ? 3 ? x, y ? x

3 ,而 2

x1 ? x2 ? 2 ?

3 ? 3. 2

【答案】C

【点评】该题考查了指数函数、对数函数的图象及性质.综合了函数的图象、方程的解及曲线的交点等问题.指 数函数、对数函数是两类重要的基本初等函数, 高考中以它们为载体的函数综合题既考查双基, 又考 查对蕴含其中的函数思想、等价转化、分类讨论等思想方法的理解与运用.

【例 3】若函数

f ( x ) ? a x ? x ? a ( a ? 0 且 a ? 1) 有两个零点,则实数 a 的取值范围是 y ? a x (a ? 0 且 a ? 1) 和函数 y ? x ? a ,则函数 f ( x ) ? a x ? x ? a
就是函数



【解析】设函数

(a ? 0 且 a ? 1) 有两个零点,

y ? a x (a ? 0 且 a ? 1) 与函数 y ? x ? a 有两
x

个交点, 由图象可知: 当 0 ? a ? 1 时两函数只有一个交点, 不符合, 当 a ? 1 时, 因为函数 y ? a (a ? 1) 的图象过点(0,1),而直线 y ? x ? a 所过的点一定在点(0,1)的上方,所以一定有两个交点.所以实 数 a 的取值范围是

a ? 1.

【答案】

a ?1

【点评】本题考查了指数函数的图象与直线的位置关系,隐含着对指数函数的性质的考查,根据其底数的不同取 值范围而分别画出函数的图象解答.体现了对分类讨论思想的考查,分类讨论时,要注意该分类时才分 类,务必要全面. 【例 4】已知偶函数 f ( x) 在区间 ? 0, ??) 单调递增,则满足 f (2 x ? 1) < f ( ) 的 x 取值范围是( (A) (

1 3



1 2 , ) 3 3

(B) [

1 2 , ) 3 3

(C)(

1 2 , ) 2 3

(D) [

1 2 , ) 2 3

4

【解析】由于 f(x)是偶函数,故 f(x)=f(|x|), ∴得 f(|2x-1|)<f( <

1 ),再根据 f(x)的单调性,得|2x-1| 3

1 1 2 ,解得 <x< . 3 3 3

【答案】B

【点评】该题的关键是将含有函数符号的不等式转化为普通的不等式,体现的对转化思想的考查,同时还综合考 查了函数的性质,而该题的转化的依据就是函数的奇偶性和单调性.考题中通过这种形式来考查函数的 性质与方程、不等式等的综合不但是一个热点,而且成了一个固定的必考题型.

【例 5】某单位用 2160 万元购得一块空地,计划在该地块上建造一栋至少 10 层、每层 2000 平方米的楼房.经测算, 如果将楼房建为 x(x ? 10)层,则每平方米的 平均建筑费用为 560+48x(单位:元) .为了使楼房每平方 米的平均综合费用最少,该楼房应建为多少层? (注:平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用,平均购地费用= 【解析】设楼房每平方米的平均综合费为 y 元,依题意得:

购地总费用 ) 建筑总面积

y ? (560 ? 48 x) ?
则 y? ? 48 ? 当

2160 ?10000 10800 ? 560 ? 48 x ? 2000 x x

( x ? 10, x ? N * )

10800 10800 ? 0 ,解得 x ? 15 . ,令 y? ? 0 ,即 48 ? 2 x x2
ymin ? 2000 元.

x ? 15 时, y? ? 0 ;当 0 ? x ? 15 时, y? ? 0 ,

因此,当 x ? 15 时, y 取得最小值,

【答】 为了使楼房每平方米的平均综合费最少,该楼房应建为 15 层. 【点评】这是一题应用题,利用函数与导数的知识来解决问题.利用导数,求函数的单调性、求函数值域或最值 是一种常用的方法. 一、 (单调性,用到二阶导数的技巧) 例一、已知函数 f ( x) ? ln x ⑴若 F ( x) ?

f ( x) ? a (a ? R ) ,求 F ( x) 的极大值; x

⑵若 G ( x ) ? [ f ( x )] 2 ? kx 在定义域内单调递减,求满足此条件的实数k的取值范围. 解:⑴? F ( x) ?

f ( x) ? a ln x ? a ? 定义域为 x ? (0,??) x x (1 ? a ) ? ln x ? F ?( x) ? x2
令 F ?( x ) ? 0 由 F ?( x ) ? 0

得x ? e1? a 得x ? e1? a

由 F ?( x ) ? 0得0 ? x ? e1? a

5

即 F ( x )在(0, e1? a ) 上单调递增,在 (e1? a ,?? ) 上单调递减

? x ? e1? a 时,F(x)取得极大值 F (e

1? a

?

1? a ? a ) ? e a ?1 ?a e 2 ln x ?k x

⑵? G ( x ) ? (ln x ) 2 ? kx 的定义域为(0,+∞),? G ?( x) ? 由G (x)在定义域内单调递减知: G ?( x) ?

2 ln x ? k ? 0 在(0,+∞)内恒成立 x 2 2(1 ? ln x) 令 H ( x ) ? ln x ? k ,则 H ?( x) ? 由 H ?( x ) ? 0得x ? e x x2
∵当 x ? (0, e) 时 H ?( x) ? 0, H ( x) 为增函数 当 x ? (e,??) 时 H ?( x) ? 0 , H ( x) 为减函数 ∴当x = e时,H(x)取最大值 H (e) ? 故只需

2 ?k e

2 2 ? k ? 0 恒成立,? k ? e e 2 2 又当 k ? 时,只有一点x = e使得 G ?( x) ? H ( x) ? 0 不影响其单调性? k ? . e e
二、交点与根的分布 例二、已知函数 f ( x ) ? x 3 ? x . (1)求曲线 y ? f ( x ) 在点 M (t,f (t )) 处的切线方程; (2)设 a ? 0 ,如果过点 ( a,b) 可作曲线 y ? f ( x ) 的三条切线,证明: ? a ? b ? f (a ) . 解: (1) f ?( x) ? 3 x 2 ? 1 . y ? f ( x ) 在点 M (t,f (t )) 处的切线方程为 y ? f (t ) ? f ?(t )( x ? t ) , 即 y ? (3t 2 ? 1) x ? 2t 3 . (2)如果有一条切线过点 ( a,b) ,则存在 t ,使 b ? (3t 2 ? 1) a ? 2t 3 . 若过点 ( a,b) 可作曲线 y ? f ( x ) 的三条切线, 则方程 记

2t 3 ? 3at 2 ? a ? b ? 0 有三个相异的实数根.

g (t ) ? 2t 3 ? 3at 2 ? a ? b ,则 g ?(t ) ? 6t 2 ? 6at ? 6t (t ? a ) .

当 t 变化时, g (t ),g ?(t ) 变化情况如下表:

t
g ?(t )

(??, 0)

0 0

(0,a)

a
0

(a, ? ?)

?

?

?

6

g (t )

?

极大值

a?b

?

极小值 b ? f (a )

?

如果过 ( a,b) 可作曲线 y ? f ( x ) 三条切线, 即 g (t ) ? 0 有三个相异的实数根,则 ? 例三、已知 a ? R ,函数 f ( x) ?

?a ? b ? 0, 即 ?a ? b ? f (a ) . ?b ? f (a ) ? 0.

a ? ln x ? 1, g ( x) ? (ln x ? 1)e x ? x, (其中 e ? 2.718 ) x

(I)求函数 f ( x) 在区间 ? 0, e ? 上的最小值; (II) 是否存在实数 x0 ? ? 0, e ? , 使曲线 y ? g ( x ) 在点 x ? x0 处的切线与y轴垂直?若存在, 求出 x0 的值; 若不存在, 请说明理由。

三、不等式证明 作差证明不等式 1. (2010湖南,最值、作差构造函数) 已知函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? x . (1)求函数 f ( x) 的单调递减区间;

7

(2)若 x ? ?1 ,求证: 1 ?

1 ≤ ln( x ? 1) ≤x. x ?1
1 x ?1? ? , x ?1 x ?1

解:(1)函数f (x)的定义域为(-1,+∞), f ?( x) ?

x ? ?0 ?? ? f ( x ) ? 0 由 得: ? x ? 1 ,∴x>0,∴f (x)的单调递减区间为(0,+∞). ? ? x ? ?1 (2)证明:由(1)得x∈(-1,0)时, f ?( x) ? 0 ,

当x∈(0,+∞)时, f ?( x) ? 0 ,且 f ?(0) ? 0 ∴x>-1时,f (x)≤f (0),∴ ln( x ? 1) ? x ≤0, ln( x ? 1) ≤x 1 1 x 1 ? ? ? 1 ,则 g ?( x) ? 令 g ( x) ? ln( x ? 1) ? , 2 x ? 1 ( x ? 1) ( x ? 1) 2 x ?1 ∴-1<x<0时, g ?( x) ? 0 ,x>0时, g ?( x) ? 0 ,且 g ?(0) ? 0 ∴x>-1时,g (x)≥g (0),即 ln( x ? 1) ? ∴ ln( x ? 1) ≥ 1 ?
1 ? 1 ≥0 x ?1

1 1 ,∴x>-1时, 1 ? ≤ ln( x ? 1) ≤x. x ?1 x ?1

2.

(2007湖北20,转换变量,作差构造函数,较容易)

已知定义在正实数集上的函数 f ( x ) ? 有公共点,且在该点处的切线相同. ⑴用 a 表示 b ,并求 b 的最大值;

1 2 x ? 2ax ,g ( x) ? 3a 2 ln x ? b , 其中 a ? 0 . 设两曲线 y ? f ( x ) ,y ? g ( x ) 2

⑵求证:当 x ? 0 时, f ( x) ≥ g ( x) . 解:⑴设 y ? f ( x ) 与 y ? g ( x )( x ? 0) 在公共点 ( x0,y0 ) 处的切线相同.

∵ f ?( x) ? x ? 2a , g ?( x) ?

3a 2 ,由题意 f ( x0 ) ? g ( x0 ) , f ?( x0 ) ? g ?( x0 ) . x

?1 2 x0 ? 2ax0 ? 3a 2 ln x0 ? b, 2 ? 3a ?2 即? 由x0?2a?得: x0 ? a ,或 x0 ? ?3a (舍去) . 2 x0 ? x0 ? 2a ? 3a , ? x0 ?
1 2 5 a ? 2a 2 ? 3a 2 ln a ? a 2 ? 3a 2 ln a . 2 2 5 2 2 令 h(t ) ? t ? 3t ln t (t ? 0) ,则 h?(t ) ? 2t (1 ? 3ln t ) .于是 2
即有 b ? 当 t (1 ? 3ln t ) ? 0 ,即 0 ? t ? e 3 时, h?(t ) ? 0 ; 当 t (1 ? 3ln t ) ? 0 ,即 t ? e 3 时, h?(t ) ? 0 . 故 h(t ) 在 (0,e 3 ) 为增函数,在 (e 3 ,+?) 为减函数, 8
1 1
1 1

? ∞) 的最大值为 h(e 3 ) ? 于是 h(t ) 在 (0,
⑵设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? 则 F ?( x) ? x ? 2a ?

1

3 2 e3 . 2

1 2 x ? 2ax ? 3a 2 ln x ? b( x ? 0) , 2

3a 2 ( x ? a )( x ? 3a ) ? ( x ? 0) . x x

? ∞) 为增函数, 故 F ( x) 在 (0,a ) 为减函数,在 ( a, ? ∞) 上的最小值是 F (a ) ? F ( x0 ) ? f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? 0 . 于是函数 F ( x) 在 (0,
故当 x ? 0 时,有 f ( x ) ? g ( x ) ≥ 0 ,即当 x ? 0 时, f ( x ) ≥ g ( x ) .

变形构造证明不等式 3. 已知函数 f ( x) ?

1 ? a ? ln x x

a?R ,

(Ⅰ)求 f ( x) 的极值 (Ⅱ)若 ln x ? kx ? 0 在 R 上恒成立,求 k 的取值范围
?

(Ⅲ)已知 x1 ? 0 , x2 ? 0 且 x1 ? x2 ? e ,求证 x1 ? x2 ? x1 x2 解: (1)∵ f ' ( x) ?

a ? ln x ' ,令 f ( x) ? 0 得 x ? ea 2 x

x ? (0, ea ) , f ' ( x) ? 0 , f ( x) 为增函数, x ? (ea , ??) , f ' ( x) ? 0 , f ( x) 为减函数
∴ f ( x) 有极大值

f (e a ) ? e ? a
?

……………………4 分

(2)欲使 ln x ? kx ? 0 <在 R 上恒成立, 只需 设 g ( x) ?

ln x x

( x ? 0) , g ' ( x) ?

1 ? ln x x2

ln x ? k 在 R ? 上恒成立 x

x ? (0, e) , g ' ( x) ? 0 , g ( x) 为增函数, x ? (e, ??) , g ' ( x) ? 0 , g ( x) 为减函数
∴ x ? e 时, g (e) ?

1 是最大值 e

只需

1 1 ? k ,即 k ? ………8 分 e e

(3)∵ e ? x1 ? x2 ? x1 ? 0 由(2)可知 g ( x) 在 (0, e) 上单调增,

ln( x1 ? x2 ) ln x1 x ln( x1 ? x2 ) x ln( x1 ? x2 ) ,那 1 ? ? ln x1 ,同理 2 ? ln x2 x1 ? x2 x1 x1 ? x2 x1 ? x2
相加得 ( x1 ? x2 )

ln( x1 ? x2 ) ? ln( x1 x2 ) ,∴ ln( x1 ? x2 ) ? ln( x1 x2 ) , x1 ? x2
9

得: x1 ? x2 ? x1 x2 . 4. (2010辽宁文21,构造变形,二次)

已知函数 f ( x ) ? ( a ? 1) ln x ? ax 2 ? 1 . ⑴讨论函数 f ( x) 的单调性; ⑵设 a ≤ ?2 ,证明:对任意 x1 , x2 ? (0, ??) , | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |≥ 4 | x1 ? x2 | . 解:⑴ f(x)的定义域为(0,+ ? ), f ?( x ) ?

a ?1 2ax 2 ? a ? 1 . ? 2ax ? x x

当a≥0时, f ?( x) >0,故f(x)在(0,+ ? )单调增加; 当a≤-1时, f ?( x) <0, 故f(x)在(0,+ ? )单调减少; 当-1<a<0时,令 f ?( x) =0,解得x= ?

a ?1 .当x∈(0, 2a

?

a ?1 )时, f ?( x) >0; 2a

x∈( ?

a ?1 ,+ ? )时, f ?( x) <0, 2a ? a ?1 a ?1 )单调增加,在( ? ,+ ? )单调减少. 2a 2a

故f(x)在(0,

⑵不妨假设x1≥x2.由于a≤-2,故f(x)在(0,+ ? )单调减少. 所以 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≥ 4 x1 ? x2 等价于f(x1)?2≥4x1-4x2, 即f(x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1. 令g(x)=f(x)+4x,则 g ?( x ) ?

a ?1 2ax 2 ? 4 x ? a ? 1 ? 2ax +4= . x x 1 , a

设 h( x ) ? 2ax 2 ? 4 x ? a ? 1 , a ≤-1,对称轴为 x ? ? 结合图象知 h( x) ≤ 于是 g ?( x) ≤

8a (a ? 1) ? 16 ( a ? 2)(a ? 1) ? ≤0, 8a a

?4 x 2 ? 4 x ? 1 ?(2 x ? 1) 2 = ≤0. x x

从而g(x)在(0,+ ? )单调减少,故g(x1) ≤g(x2), 即

f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2,故对任意x1,x2∈(0,+ ? ) , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ≥ 4 x1 ? x2
四、不等式恒成立求字母范围 恒成立之最值的直接应用

10

已知函数 f ( x ) ? ( x ? k ) 2 e k 。 ⑴求 f ( x) 的单调区间; ⑵若对于任意的 x ? (0, ??) ,都有 f ( x) ≤ 解:⑴ f ?( x) ?

x

1 ,求 k 的取值范围. e

x 1 2 2 k ,令 f ?( x ) ? 0, x ? ? k , ( x ? k )e k

当 k ? 0 时, f ( x) 与 f ?( x) 的情况如下 :

x
f ?( x) f ( x)

(??, ? k )
+

?k
0

(?k , k )

k
0 0

(k , ??)
+

?

4k 2 e ?1

所以, f ( x) 的单调递增区间是 ( ??, ? k ) 和 ( k , ??) :单调递减区间是 ( ? k , k ) , 当 k ? 0 时, f ( x) 与 f ?( x) 的情况如下 :

x
f ?( x) f ( x)

(??, k )

k
0 0

(k , ?k )
+

?k
0

(? k , ??)

?

?

4k 2 e ?1

所以, f ( x) 的单调递减区间是 ( ??, k ) 和 ( ? k , ??) :单调递减区间是 ( k , ? k ) 。 ⑵当 k ? 0 时,因为 f (k ? 1) ? e
k ?1 k

1 1 ? ,所以不会有 ?x ? (0, ??), f ( x) ? . e e
4k 2 , e

当 k ? 0 时,由(Ⅰ)知 f ( x) 在 (0, ??) 上的最大值是 f ( ? k ) ?

所以 ?x ? (0, ??), f ( x) ?

1 1 4k 2 1 ? ,解 ? ? k ? 0. 等价于 f ( ? k ) ? e e 2 e
1 1 时, k 的取值范围是[ ? ,0]. e 2

综上:故当 ?x ? (0, ??), f ( x) ? 5.

(2008天津理20倒数第3大题,最值的直接应用,第3问带有小的处理技巧)

已知函数 f ? x ? ? x ?

a ? b? x ? 0 ? ,其中 a, b ? R . x

⑴若曲线 y ? f ? x ? 在点 P ?2, f ?2 ?? 处切线方程为 y ? 3 x ? 1 ,求函数 f ? x ? 的解析式;

11

⑵讨论函数 f ? x ? 的单调性; ⑶若对于任意的 a ? ? ,2? ,不等式 f ? x ? ? 10 在 ? ,1? 上恒成立,求 b 的取值范围. 2 4 解:⑴ f ?( x) ? 1 ?

?1 ?

? ?

?1 ? ? ?

a ,由导数的几何意义得 f ?(2) ? 3 ,于是 a ? ?8 . x2

由切点 P (2, f (2)) 在直线 y ? 3 x ? 1 上可得 ?2 ? b ? 7 ,解得 b ? 9 . 所以函数 f ( x) 的解析式为 f ( x ) ? x ? ⑵ f ?( x) ? 1 ?

8 ?9. x

a . x2

当 a ? 0 时,显然 f ?( x) ? 0 ( x ? 0 ),这时 f ( x) 在 ( ??, 0) , (0, ??) 上内是增函数. 当 a ? 0 时,令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? ? a . 当 x 变化时, f ?( x) , f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ?( x) f ( x)

(??, ? a )
+ ↗

? a
0 极大值

(? a , 0)
- ↘

(0, a )
- ↘ 0

a

( a , ??)
+ ↗

极小值

∴ f ( x) 在 ( ??, ? a ) , ( a , ??) 内是增函数,在 ( ? a , 0) , (0, ??) 内是减函数. ⑶由⑵知, f ( x) 在 [ ,1] 上的最大值为 f ( ) 与 f (1) 的较大者, 对于任意的 a ? [ , 2] , 不等式 f ( x) ? 10 在 [ ,1] 上

1 4

1 4

1 2

1 4

39 ? 1 ? ? 4a 1 7 ? f ( ) ? 10 ?b ? 恒成立,当且仅当 ? 4 ,即 ? ,对任意的 a ? [ , 2] 成立.从而得 b ? ,所以满足条件的 b 的 4 2 4 ? ? ? f (1) ? 10 ?b ? 9 ? a
取值范围是 ( ??, ] . 恒成立之分离常数 (2011长春一模,恒成立,分离常数,二阶导数)

7 4

6.

已知函数 f ( x) ? e x ?

x2 ? ax ? 1 ,(其中 a ? R, e 为自然对数的底数). 2

(1)当 a ? 0 时,求曲线 y ? f ( x) 在 (0, f (0)) 处的切线方程; (2)当 x ≥1时,若关于 x 的不等式 f ( x) ≥0恒成立,求实数 a 的取值范围. (改x≥0时, f ( x) ≥0恒成立. a ≤1) 12

解: (1)当 a ? 0 时, f ( x ) ? e x ?

x2 ? 1 ,? f ' ( x) ? e x ? x ,? f (0) ? 0, f ' (0) ? 1 , 2

? 切线方程为 y ? x .
(2)[方法一]

x2 2 x ? x ?1 e ? x ≥1,? f ( x) ? e x ? ? ax ? 1 ≥ 0 ? a ≤ , 2 2 x ex ? x2 x2 ?1 ?1 ( x ? 1)e x ? ,则 , 2 2 g ' ( x) ? x x2
x2 ? 1 ,则 ? ' ( x) ? x(e x ? 1) ? 0 , 2
1 ?0, 2



g ( x) ?

设 ? ( x) ? ( x ? 1)e x ?

? ? ( x) 在 [1,??) 上为增函数,?? ( x) ≥ ? (1) ?
x

x2 x2 x ( x ? 1)e ? ?1 e ? ? 1 [1,??) , 在 上为增函数, 2 2 ? g ' ( x) ? ? 0 ? g ( x ) ? 2 x x
3 3 ? g ( x) ≥ g (1) ? e ? ,? a ≤ e ? . 2 2
[方法二]? f ( x) ? e x ?

x2 ? ax ? 1 , 2

? f ' ( x) ? e x ? x ? a ,

设 h( x ) ? e x ? x ? a , h' ( x ) ? e x ? 1 ,

? x ≥0,? h' ( x) ? e x ? 1 ≥0,? h( x) ? e x ? x ? a 在 [1,??) 上为增函数,
? h( x) ≥ h(1) ? e ? 1 ? a .
又? f ( x ) ? e x ?

3 3 x2 ? ax ? 1 ≥0恒成立,? f (1) ? e ? a ? ≥0,? a ≤ e ? , 2 2 2

? h( x) ≥ h(1) ? e ? 1 ? a ? 0 ,? f ' ( x) ? e x ? x ? a ? 0 ,

f ( x) ? e x ?

3 x2 ? ax ? 1 在 [1,??) 上为增函数, 此时 f ( x) ≥ f (1) ? e ? a ? ≥0恒成立, 2 2

?a ≤ e ?

3 . 2

(改x≥0时, f ( x) ≥0恒成立. a ≤1)

13

解:先证明 g ( x) 在 (0, ??) 上是增函数,再由洛比达法则
x

ex ? lim
x ?0

x2 ?1 ex ? x ,∴ g ( x) ? 1 ,∴ a ≤1. 2 ? lim ?1 x ?0 x 1

(正常的讨论进行不了,除非系数调到二次项上 f ( x) ? e ? 已知函数 f ( x) ?

1 ? ln x . x 1 (Ⅰ)若函数在区间 ( a, a ? ) 其中a >0,上存在极值,求实数a的取值范围; 2 k (Ⅱ)如果当 x ? 1 时,不等式 f ( x) ? 恒成立,求实数k的取值范围; x ?1 1 ? ln x ln x 解: (Ⅰ)因为 f ( x) ? , x >0,则 f ?( x) ? ? 2 , x x
当 0 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 . 所以 f ( x) 在(0,1)上单调递增;在 (1, ??) 上单调递减, 所以函数 f ( x) 在 x ? 1 处取得极大值. 因为函数 f ( x) 在区间 ( a, a ? ) (其中 a ? 0 )上存在极值,

a 2 x ? x ? 1 ,分两种情况讨论可得 a ≤1) 2

1 2

?a ? 1, ? 所以 ? 1 a ? ? 1, ? ? 2

解得

1 ? a ? 1. 2 k ( x ? 1)(1 ? ln x) ( x ? 1)(1 ? ln x) , 即为 ? k , 记 g ( x) ? , x ?1 x x

(Ⅱ)不等式 f ( x) ? 所以 g ?( x ) ? ?

( x ? 1)(1 ? ln x) ?? x ? ( x ? 1)(1 ? ln x) ? x ? ln x x2 x2
1 , x

令 h( x) ? x ? ln x ,则 h?( x) ? 1 ?

? x ? 1 , ? h?( x) ? 0, ? h( x) 在 ?1, ??) 上单调递增,
? ? h( x) ?min ? h(1) ? 1 ? 0 ,从而 g ?( x) ? 0 ,
故 g ( x) 在

?1, ??) 上也单调递增,

所以

? g ( x)?min ? g (1) ? 2 ,所以 k ? 2

设函数 f ( x ) ? a ln x ? bx 2 .

1 相切: 2 1 ①求实数 a, b 的值;②求函数 f ( x) 在 [ , e] 上的最大值; e 3 2 ⑵当 b ? 0 时,若不等式 f ( x) ≥ m ? x 对所有的 a ? [0, ], x ? [1, e ] 都成立,求实数 m 的取值范围. 2
⑴若函数 f ( x) 在 x ? 1 处与直线 y ? ? 14

解: (1)① f '( x) ?

a ? 2bx 。 x
.

?a ? 1 ? f '(1) ? a ? 2b ? 0 1 ? ? ? , ∵函数 f ( x) 在 x ? 1 处与直线 y ? ? 相切 ? 1 解得 ? 1 f (1) ? ? b ? ? b? 2 ? ? ? 2 ? 2
② f ( x) ? ln x ?

1 2 1 1 ? x2 x , f '( x) ? ? x ? 2 x x



1 1 ?1 ? ? x ? e 时,令 f '( x) ? 0 得 ? x ? 1 ;令 f '( x) ? 0 ,得 1 ? x ? e ,? f ( x)在? ,1? 上单调递增,在[1,e]上 e e ?e ? 1 . 2
? 3? ? ?

单调递减,? f ( x ) max ? f (1) ? ?

2 (2)当b=0时, f ( x) ? a ln x 若不等式 f ( x) ? m ? x 对所有的 a ? ? 0, ? , x ? 1, e ? ? 都成立,则 a ln x ? m ? x 对所 2

?

2 有的 a ? ? 0, ? , x ? 1, e ? ? 都成立, 2

? 3? ? ?

?

即 m ? a ln x ? x, 对所有的 a ? [0, ], x ? 1, e

3 2

? ? 都成立,
2

令 h( a ) ? a ln x ? x, 则h( a ) 为一次函数, m ? h( a ) min

.

3 ? x ? ?1, e 2 ? ? ,? ln x ? 0, ? h(a )在a ? [0, 2 ] 上单调递增,? h(a ) min ? h(0) ? ? x ,
? m ? ? x 对所有的 x ? ?1, e 2 ? ? 都成立.
2 ?1 ? x ? e 2 ,??e 2 ? ? x ? ?1, ? m ? (? x ) min ? ?e ..

2 2 (注:也可令 h( x) ? a ln x ? x, 则m ? h( x ) 所有的 x ? 1, e ? ? 都成立,分类讨论得 m ? h( x) min ? 2a ? e 对所有的

?

3 a ? [0, ] 都成立,? m ? (2a ? e 2 ) min ? ?e 2 ,请根据过程酌情给分) 2
恒成立之讨论字母范围 7. (2007全国I,利用均值,不常见) 设函数 f ( x ) ? e x ? e ? x . ⑴证明: f ( x) 的导数 f ?( x) ≥ 2 ; ⑵若对所有 x ≥ 0 都有 f ( x) ≥ ax ,求 a 的取值范围. 解:⑴ f ( x) 的导数 f ?( x) ? e x ? e ? x .由于 e x ? e -x ≥ 2 e x ? e ? x ? 2 ,故 f ?( x) ≥ 2 . (当且仅当 x ? 0 时,等号成立) . 15

⑵令 g ( x) ? f ( x) ? ax ,则 g ?( x ) ? f ?( x ) ? a ? e x ? e ? x ? a , ①若 a ≤ 2 ,当 x ? 0 时, g ?( x ) ? e x ? e ? x ? a ? 2 ? a ≥ 0 ,

? ∞) 上为增函数, 故 g ( x) 在 (0,
所以, x ≥ 0 时, g ( x) ≥ g (0) ,即 f ( x) ≥ ax . ②若 a ? 2 ,方程 g ?( x) ? 0 的正根为 x1 ? ln

a ? a2 ? 4 , 2

此时,若 x ? (0,x1 ) ,则 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在该区间为减函数. 所以, x ? (0,x1 ) 时, g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 f ( x ) ? ax ,与题设 f ( x) ≥ ax 相矛盾.

2? . 综上,满足条件的 a 的取值范围是 ? ?∞,
设函数 f ( x ) ? e ?
x

k 2 x ? x. 2

⑴若 k ? 0 ,求 f ( x) 的最小值;⑵若当 x ? 0 时 f ( x) ? 1 ,求实数 k 的取值范围. 解: (1) k ? 0 时, f ( x ) ? e x ? x , f '( x ) ? e x ? 1 . 当 x ? (??, 0) 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? (0, ??) 时, f '( x) ? 0 . 所以 f ( x) 在 ( ??, 0) 上单调减小,在 (0, ??) 上单调增加 故 f ( x) 的最小值为 f (0) ? 1 (2) f '( x ) ? e x ? kx ? 1 , f ??( x ) ? e x ? k 当 k ? 1 时, f ??( x) ? 0 ( x ? 0) ,所以 f ?( x) 在 ? 0, ?? ? 上递增, 而 f ?(0) ? 0 ,所以 f '( x) ? 0 ( x ? 0) ,所以 f ( x) 在 ? 0, ?? ? 上递增, 而 f (0) ? 1 ,于是当 x ? 0 时, f ( x) ? 1 . 当 k ? 1 时,由 f ??( x) ? 0 得 x ? ln k 当 x ? (0, ln k ) 时, f ??( x) ? 0 ,所以 f ?( x) 在 (0, ln k ) 上递减, 而 f ?(0) ? 0 ,于是当 x ? (0, ln k ) 时, f '( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (0, ln k ) 上递减, 而 f (0) ? 1 ,所以当 x ? (0, ln k ) 时, f ( x) ? 1 . 综上得 k 的取值范围为 ( ??,1] . 16

近三年新课标导数高考试题 [2011] 1、 (2)下列函数中,既是偶函数又在 单调递增的函数是 B (0, +?) (A) y ? x
3

(B) y ? x ? 1

(C) y ? ? x ? 1
2

(D) y ? 2

?x

2、 (9)由曲线 y ? (A)

10 3

x ,直线 y ? x ? 2 及 y 轴所围成的图形的面积为 C 16 (B)4 (C) (D)6 3

4、 (21) (本小题满分 12 分)

a ln x b ? ,曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x ? 2 y ? 3 ? 0 。 x ?1 x ln x k ? ,求 k 的取值范围。 (Ⅰ)求 a 、 b 的值; (Ⅱ)如果当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x) ? x ?1 x
已知函数 f ( x) ? (21)解: (Ⅰ) f '( x) ?

?(

x ?1 ? ln x) b x ? 2 2 ( x ? 1) x

? f (1) ? 1, 1 ? 由于直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 的斜率为 ? ,且过点 (1,1) ,故 ? 1 即 2 f '(1) ? ? , ? ? 2 ?b ? 1, ? ?a 1 ?b ? ? , ? ?2 2
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x) ? 解得 a ? 1 , b ? 1。

ln x k 1 (k ? 1)( x 2 ? 1) ln x 1 ? )? (2 ln x ? )。 ? ,所以 f ( x) ? ( x ?1 x 1 ? x2 x x ?1 x

考虑函数 h( x) ? 2ln x ?

(k ? 1)( x 2 ? 1) (k ? 1)( x 2 ? 1) ? 2 x 。 ( x ? 0) ,则 h '( x) ? x x2 k ( x 2 ? 1) ? ( x ? 1)2 知,当 x ? 1 时, h '( x) ? 0 。而 h(1) ? 0 ,故 x2

(i)设 k ? 0 ,由 h '( x) ?

1 h( x ) ? 0 ; 1 ? x2 1 当 x ? (1,+ ? )时,h(x)<0,可得 h(x)>0 1? x2 ln x k ln x k 从而当 x>0,且 x ? 1 时,f(x)-( + )>0,即 f(x)> + . x ?1 x x ?1 x 1 2 ' (ii)设 0<k<1.由于当 x ? (1, )时, (k-1) (x +1)+2x>0,故 h (x)>0, 1? k 1 1 而 h(1)=0,故当 x ? (1, )时,h(x)>0,可得 h(x)<0,与题设矛盾。 1? k 1? x2
当 x ? (0,1) 时, h( x) ? 0 ,可得 (iii)设 k ? 1.此时 h (x)>0,而 h(1)=0,故当 x ? (1,+ ? )时,h(x)>0,可得
'

1 h(x)<0,与题设矛 1? x2

盾。 综合得,k 的取值范围为(- ? ,0] 17

[2012] 5、 (12)设点 P 在曲线 y= (A) 1-ln2

1 x e 上,点 Q 在曲线 y=ln(2x)上,则|pQ|最小值为 B 2

(B) 2(1 ? ln 2) (C)1+ln2 (D) 2(1 ? ln 2)

6、已知函数 f(x)满足 f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) x ? (1)求 f(x)的解析式及单调区间;

1 2 x 2

1 2 x ? ax ? b 求(a+1)b 的最大值。 2 1 【解析】 (1) f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) x ? x 2 ? f ?( x) ? f ?(1)e x ?1 ? f (0) ? x 2
(2)若 f ( x) ? 令 x ? 1 得: f (0) ? 1

1 f ( x) ? f ?(1)e x ?1 ? x ? x 2 ? f (0) ? f ?(1)e ?1 ? 1 ? f ?(1) ? e 2 1 2 x x 得: f ( x) ? e ? x ? x ? g ( x) ? f ?( x) ? e ?1 ? x 2
g ?( x) ? e x ? 1 ? 0 ? y ? g ( x) 在 x ? R 上单调递增

f ?( x) ? 0 ? f ?(0) ? x ? 0, f ?( x) ? 0 ? f ?(0) ? x ? 0
得: f ( x) 的解析式为 f ( x) ? e ? x ?
x

1 2 x 2

且单调递增区间为 (0, ??) ,单调递减区间为 (??, 0) (2) f ( x) ?

1 2 x ? ax ? b ? h( x) ? e x ? (a ? 1) x ? b ? 0 得 h?( x) ? e x ? (a ? 1) 2

①当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ? y ? h( x) 在 x ? R 上单调递增

x ? ?? 时, h( x) ? ?? 与 h( x) ? 0 矛盾
②当 a ? 1 ? 0 时, h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1), h?( x) ? 0 ? x ? ln(a ? 1) 得:当 x ? ln(a ? 1) 时, h( x)min ? (a ? 1) ? (a ? 1) ln(a ? 1) ? b ? 0

(a ? 1)b ? (a ? 1)2 ? (a ? 1)2 ln(a ? 1)(a ? 1 ? 0)
令 F ( x) ? x ? x ln x( x ? 0) ;则 F ?( x) ? x(1 ? 2ln x)
2 2

F ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? e , F ?( x) ? 0 ? x ? e
当 x ? e 时, F ( x) max ?

e 2
18

当a ?

e ? 1, b ? e 时, (a ? 1)b 的最大值为

e 2

【2013 年】 2 2 7、16、若函数f(x)=(1-x )(x +ax+b)的图像关于直线x=-2对称,则f(x)的最大值是______. 【解析】由 f ( x) 图像关于直线 x =-2 对称,则 0= f (?1) ? f (?3) = [1 ? (?3) ][(?3) ? 3a ? b] ,
2 2

0= f (1) ? f (?5) = [1 ? (?5) ][(?5) ? 5a ? b] ,解得 a =8, b =15,
2 2

∴ f ( x) = (1 ? x )( x ? 8 x ? 15) ,
2 2

∴ f ?( x) = ?2 x( x ? 8 x ? 15) ? (1 ? x )(2 x ? 8) = ?4( x ? 6 x ? 7 x ? 2)
2 2 3 2

= ?4( x ? 2)( x ? 2 ? 5)( x ? 2 ? 5) 当 x ∈(-∞, ?2 ? 5 )∪(-2, ?2 ? 5 )时, f ?( x) >0, 当 x ∈( ?2 ? 5 ,-2)∪( ?2 ? 5 ,+∞)时, f ?( x) <0, ∴ f ( x) 在(-∞, ?2 ? 5 )单调递增,在( ?2 ? 5 ,-2)单调递减,在(-2, ?2 ? 5 )单调递增,在 ( ?2 ? 5 ,+∞)单调递减,故当 x = ?2 ? 5 和 x = ?2 ? 5 时取极大值, f (?2 ? 5) = f (?2 ? 5) =16. 8、(21)(本小题满分共 12 分) 已知函数 f(x)=x +ax+b,g(x)=e (cx+d),若曲线 y=f(x)和曲线 y=g(x)都过点 P(0,2),且在点 P 处有相 同的切线 y=4x+2 (Ⅰ)求 a,b,c,d 的值(Ⅱ)若 x≥-2 时, f ( x) ? kg ( x) ,求 k 的取值范围。 【解析】 (Ⅰ)由已知得 f (0) ? 2, g (0) ? 2, f ?(0) ? 4, g ?(0) ? 4 , 而 f ?( x) = 2 x ? b , g ?( x) = e (cx ? d ? c) ,∴ a =4, b =2, c =2, d =2;……4 分
x
2

x

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) ? x ? 4 x ? 2 , g ( x) ? 2e ( x ? 1) ,
2 x

设函数 F ( x) = kg ( x) ? f ( x) = 2ke ( x ? 1) ? x ? 4 x ? 2 ( x ? ?2 ) ,
x 2

F ?( x) = 2ke x ( x ? 2) ? 2 x ? 4 = 2( x ? 2)(ke x ? 1) ,有题设可得 F (0) ≥0,即 k ? 1 ,
令 F ?( x) =0 得, x1 = ? ln k , x2 =-2, (1)若 1 ? k ? e ,则-2< x1 ≤0,∴当 x ? (?2, x1 ) 时, F ( x) <0,当 x ? ( x1 , ??) 时, F ( x) >0,即 F ( x) 在
2

( ?2, x1 ) 单 调 递 减 , 在 ( x1 , ??) 单 调 递 增 , 故 F ( x) 在 x = x1 取 最 小 值 F ( x1 ) ,
19



F ( x1 ) = 2 x1 ? 2 ? x12 ? 4 x1 ? 2 = ? x1 ( x1 ? 2) ≥0,
∴当 x ≥-2 时, F ( x) ≥0,即 f ( x) ≤ kg ( x) 恒成立, (2)若 k ? e ,则 F ?( x) = 2e ( x ? 2)(e ? e ) ,
2
2 x 2

∴当 x ≥-2 时, F ?( x) ≥0,∴ F ( x) 在(-2,+∞)单调递增,而 F (?2) =0, ∴当 x ≥-2 时, F ( x) ≥0,即 f ( x) ≤ kg ( x) 恒成立, (3)若 k ? e ,则 F (?2) = ?2ke
2 ?2

? 2 = ?2e?2 (k ? e2 ) <0,∴当 x ≥-2 时, f ( x) ≤ kg ( x) 不可能恒成立,
2

(4)综上所述, k 的取值范围为[1, e ].

20


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