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2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第二章 第12讲 导数与函数的单调性


第 12 讲 导数与函数的单调性

函数的单调性 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. [做一做] 1.下列函数中,为增函数的是( ) 1 A.y=- 2 x C.y=lg|x| B.y=x3+x2+x 1 D.y

=x+ x

答案:B 2.函数 f(x)=ex-x 的单调递增区间是________. 解析:∵f(x)=ex-x,∴f′(x)=ex-1, 由 f′(x)>0,得 ex-1>0,即 x>0. 答案:(0,+∞)

理清导数与函数单调性的关系 (1)f′(x)>0(或<0)是 f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件; (2)f′(x)≥0(或≤0)是 f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件(f′(x)=0 不恒成 立). 注意:由函数 f(x)在区间[a,b]内单调递增(或递减),可得 f′(x)≥0(或≤0)在该区间恒成 立,而不是 f′(x)>0(或<0)恒成立, “=”不能少. [做一做] 3.已知 f(x)=x3-ax 在[1,+∞)上是增函数,则 a 的最大值是________. 解析:f′(x)=3x2-a≥0,即 a≤3x2, 又∵x∈[1,+∞),∴a≤3,即 a 的最大值是 3. 答案:3

考点一__利用导数判断或证明函数的单调性____ 2x (2014· 高考湖南卷节选)已知常数 a>0,函数 f(x)=ln(1+ax)- .讨论 f(x)在 x+2 区间(0,+∞)上的单调性.

[解] f′(x)= =

2(x+2)-2x a - 1+ax (x+2)2

ax2+4(a-1) . (1+ax)(x+2)2

当 a≥1 时,f′(x)>0. 此时 f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 当 0<a<1 时, 由 f′(x)=0,得 x1=2 1-a? a ? ?x2=-2 1-a ? 舍去?. a ?

当 x∈(0,x1)时,f′(x)<0; 当 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增. 综上所述,当 a≥1 时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当 0<a<1 时,f(x)在区间?0,2

? ?

1-a? ? ?上单调递减,在区间?2 a ? ?

1-a ? ,+∞?上单调 a ?

递增. [规律方法] 导数法证明函数 f(x)在(a,b)内的单调性的步骤: (1)求 f′(x); (2)确认 f′(x)在(a,b)内的符号; (3)作出结论:f′(x)>0 时为增函数;f′(x)<0 时为减函数. ln(x+1) 1.已知函数 f(x)= ,x∈(-1,0)∪(0,+∞).判断函数 f(x)的单 x 调性. x -ln(x+1) x+1 解:f′(x)= , x2 x 设 g(x)= -ln(x+1),x>-1, x+1 则 g′(x)= -x 1 1 - = , (x+1)2 x+1 (x+1)2

当 x∈(-1,0)时,g′(x)>0,g(x)为增函数; 当 x∈(0,+∞)时,g′(x)<0,g(x)为减函数. 所以 g(x)≤g(0)=0,即 f′(x)≤0, 所以在 x∈(-1,0)和(0,+∞)时,f′(x)<0, 所以 f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)上为减函数. 考点二__求函数的单调区间____________________ x a 3 (2014· 高考重庆卷节选)已知函数 f(x)= + -ln x- ,其中 a∈R,且曲线 y 4 x 2 1 =f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线 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 由 f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线 y= x,知 2 3 5 f′(1)=- -a=-2,解得 a= . 4 4 x 5 3 (2)由(1)知 f(x)= + -ln x- , 4 4x 2 则 f′(x)= x2-4x-5 . 4x2

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. [规律方法] 导数法求函数单调区间的一般步骤: (1)确定函数 f(x)的定义域; (2)求导数 f′(x); (3)在函数 f(x)的定义域内解不等式 f′(x)>0 和 f′(x)<0; (4)根据(3)的结果确定函数 f(x)的单调区间. 2.已知函数 f(x)=ln x-ax(a∈R),求函数 f(x)的单调区间. 1 解:f′(x)= -a(x>0), x 1 (1)当 a≤0 时,f′(x)= -a>0, x 即函数 f(x)的单调增区间为(0,+∞). 1 1 (2)当 a>0 时,令 f′(x)= -a=0,可得 x= , x a 1-ax 1 当 0<x< 时,f′(x)= >0; a x 1-ax 1 当 x> 时,f′(x)= <0, a x 1? 故函数 f(x)的单调递增区间为? ?0,a?, 1 ? 单调递减区间为? ?a,+∞?. 由(1)(2)知,当 a≤0 时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);当 a>0 时,f(x)的单调递增区 1? ?1 ? 间为? ?0,a?,单调递减区间为?a,+∞?. 考点三_已知函数的单调性求参数的范围(高频考点) 利用导数根据函数的单调性(区间)求参数的取值范围,是高考考查函数单调性的一个重 要考向,常以解答题的形式出现. 高考对函数单调性的考查主要有以下四个命题角度: (1)根据 f(x)在区间 A 上单调递增(减),求参数的取值范围;

(2)根据 f(x)在区间 A 上存在单调递增(减)区间,求参数的取值范围; (3)根据 f(x)在区间 A 上为单调函数,求参数的取值范围; (4)根据 f(x)在区间 A 上不单调,求参数的取值范围. (1)已知函数 f(x)=2x2-ax+ln x 在其定义域上不单调,求实数 a 的取值范围. (2)已知函数 f(x)=x2+2aln x(a≠0). ①若函数 f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线斜率为 2,求实数 a 的值; 2 ②若函数 g(x)= +f(x)在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围. x [解] (1)法一:函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 1 因为 f(x)=2x2-ax+ln x,所以 f′(x)=4x-a+ = (4x2-ax+1). x x 由函数 f(x)在区间(0,+∞)上不单调可知,f′(x)=0 有两个正解,即 4x2-ax+1=0 有 两个正解,设为 x1,x2.

? ?x +x =a>0, 4 故有? 1 ? ?x x =4>0,
1 2 1 2

Δ=(-a)2-4×4×1>0, 解得 a>4.

所以实数 a 的取值范围为(4,+∞). 法二:函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 因为 f(x)=2x2-ax+ln x,所以 f′(x)=4x-a+ . x 1 若函数 f(x)在其定义域上单调递增,则 f′(x)=4x-a+ ≥0 在区间(0,+∞)上恒成立. x 1 故 a≤4x+ . x 1 因为 x>0,所以 4x+ ≥2 x 1 1 1 4x× =4(当且仅当 4x= ,即 x= 时取等号). x x 2

所以此时 a 的取值范围为(-∞,4]. 1 若函数 f(x)在其定义域上单调递减,则 f′(x)=4x-a+ ≤0 在区间(0,+∞)上恒成立, x 1 故 a≥4x+ . x 1 1 1 0, ?上单调递减,在? ,+∞?上单调递增,所以该函数无最大 因为函数 y=4x+ 在? 2 ? ?2 ? x ? 值.所以此时 a 无解,即函数在其定义域上不可能是单调递减函数. 综上,若函数在其定义域上不单调,则实数 a 的取值范围为(4,+∞).
2 2a 2x +2a (2)①对 f(x)求导,得 f′(x)=2x+ = , x x

8+2a 由已知 f′(2)=2,得 =2,求得 a=-2. 2 2 2 2a ②对 g(x)= +x2+2aln x 求导,得 g′(x)=- 2+2x+ . x x x 由函数 g(x)在[1,2]上是减函数,可得 g′(x)≤0 在[1,2]上恒成立,

2 2a 1 1 即- 2+2x+ ≤0 在[1,2]上恒成立,即 a≤ -x2 在[1,2]上恒成立.令 h(x)= -x2, x x x x 1 1 ? 当 x∈[1,2]时,h′(x)=- 2-2x=-? ?x2+2x?<0,由此知 h(x)在[1,2]上为减函数,所以 x 7? 7 7 h(x)min=h(2)=- ,故 a≤- .于是实数 a 的取值范围为? ?-∞,-2?. 2 2 [规律方法] 根据函数单调性确定参数范围的方法: (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. 2 1 1 ? 3.(1)(2015· 太原模拟)设 f(x)=- x3+ x2+2ax.若 f(x)在? ?3,+∞?上存在单 3 2 调递增区间,求 a 的取值范围. (2)已知函数 f(x)=exln x-aex(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 解:(1)f(x)=- x3+ x2+2ax,由题意知 3 2 2 ? f′(x)=-x2+x+2a>0 在? ?3,+∞?上有解, 即 2a>x2-x, 2? 2 令 g(x)=x2-x,g(x)>g? ?3?=-9. 1 即 a>- . 9 1 ? ∴a 的取值范围为? ?-9,+∞?. 1 1 ?x (2)①f′(x)=exln x+ex· -aex=? ?x-a+ln x?e , x 1 f′(1)=(1-a)e,由(1-a)e· =-1,得 a=2. e 1 ?x ②由①知 f′(x)=? ?x-a+ln x?e , 1 1 若 f(x)为单调递减函数,则 f′(x)≤0,即 -a+ln x≤0,所以 a≥ +ln x. x x 1 1 1 x-1 令 g(x)= +ln x(x>0),则 g′(x)=- 2+ = 2 (x>0),由 g′(x)>0,得 x>1,故 g(x)在(0, x x x x 1]上为单调递减函数,在[1,+∞)上为单调递增函数, 此时 g(x)有最小值为 g(1)=1,但 g(x)无最大值. 故 f(x)不可能是单调递减函数.

1 1 若 f(x)为单调递增函数,则 f′(x)≥0,即 -a+ln x≥0,所以 a≤ +ln x,由上述推理可 x x 知此时 a≤1. 故实数 a 的取值范围是(-∞,1].

方法思想——分类讨论思想研究函数的单调性 (2015· 兰州市、张掖市联考)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. 1 [解] (1)依题意得 g(x)=ln x+ax2+bx,则 g′(x)= +2ax+b.由函数 g(x)的图象在点(1, x g(1))处的切线平行于 x 轴得:g′(1)=1+2a+b=0, ∴b=-2a-1. 2ax2-(2a+1)x+1 (2)由(1)得 g′(x)= x = (2ax-1)(x-1) . x

∵函数 g(x)的定义域为(0,+∞), x-1 ∴当 a=0 时,g′(x)=- . x 由 g′(x)>0,得 0<x<1,由 g′(x)<0,得 x>1, 即函数 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减; 1 当 a>0 时,令 g′(x)=0,得 x=1 或 x= , 2a 若 1 1 1 1 <1,即 a> ,由 g′(x)>0,得 x>1 或 0<x< ,由 g′(x)<0,得 <x<1, 2a 2 2a 2a

1? ?1 ? 即函数 g(x)在? ?0,2a?,(1,+∞)上单调递增,在?2a,1?上单调递减; 若 1 1 1 1 >1,即 0<a< ,由 g′(x)>0,得 x> 或 0<x<1,由 g′(x)<0,得 1<x< , 2a 2 2a 2a

1 1? ? ? 即函数 g(x)在(0,1),? ?2a,+∞?上单调递增,在?1,2a?上单调递减; 若 1 1 =1,即 a= ,在(0,+∞)上恒有 g′(x)≥0, 2a 2

即函数 g(x)在(0,+∞)上单调递增. 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? 1 ?1 ? 当 0<a< 时,函数 g(x)在(0,1)上单调递增,在? ?1,2a?上单调递减,在?2a,+∞?上单 2 调递增;

1 当 a= 时,函数 g(x)在(0,+∞)上单调递增; 2 1 1 1 0, ?上单调递增,在? ,1?上单调递减,在(1,+∞)上单调 当 a> 时,函数 g(x)在? ? 2a? ? 2a ? 2 递增. [名师点评] (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 和 a>0 两种情况,再比较 和 1 的大小. 2a 已知函数 f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1,x∈R,其中 t∈R. (1)当 t=1 时,求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)当 t≠0 时,求 f(x)的单调区间. 解:(1)当 t=1 时,f(x)=4x3+3x2-6x,f(0)=0,f′(x)=12x2+6x-6,f′(0)=-6.所 以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=-6x. (2)f′(x)=12x2+6tx-6t2. t 令 f′(x)=0,解得 x=-t 或 x= . 2 因为 t≠0,所以分两种情况讨论: t ①若 t<0,则 <-t. 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x)

?-∞, t ? 2? ?
+ ?

? t ,-t? ?2 ?
- ?

(-t,+∞) + ?

t t -∞, ?,(-t,+∞);f(x)的单调递减区间是? ,-t?. 所以 f(x)的单调递增区间是? 2? ? ?2 ? t ②若 t>0,则-t< . 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-t) + ?

?-t, t ? 2? ?
- ?

? t ,+∞? ?2 ?
+ ?

t t? ? ? 所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,-t),? ?2,+∞?;f(x)的单调递减区间是?-t,2?.

π π 1.若函数 y=cos x+ax 在?- , ?上是增函数,则实数 a 的取值范围是( ? 2 2? A.(-∞,-1] C.[-1,+∞) B.(-∞,1] D.[1,+∞)

)

π π π π 解析: 选 D.y′=-sin x+a, 若函数在?- , ?上是增函数, 则 a≥sin x 在?- , ? ? 2 2? ? 2 2? 上恒成立,所以 a≥1,即实数 a 的取值范围是[1,+∞). ln x 2.若 f(x)= ,e<a<b,则( x A.f(a)>f(b) C.f(a)<f(b) ) B.f(a)=f(b) D.f(a)f(b)>1

1-ln x 解析: 选 A.f′(x)= , 当 x>e 时, f′(x)<0, 则 f(x)在(e, +∞)上为减函数, f(a)>f(b). x2 3.(2014· 高考课标全国卷Ⅱ)若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)单调递增,则 k 的取 值范围是( ) A.(-∞,-2] B.(-∞,-1] C.[2,+∞) D.[1,+∞) 1 1 解析:选 D.由于 f′(x)=k- ,f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)单调递增?f′(x)=k- ≥0 x x 在(1,+∞)上恒成立. 1 1 由于 k≥ ,而 0< <1,所以 k≥1.即 k 的取值范围为[1,+∞). x x 1?f′(x) 4.已知函数 y=? 的图象如图所示,则函数 f(x)的单调递增区间为( ?2? A.(-∞,1) B.(-∞,0)和(2,+∞) C.(1,2) D.R )

f′(x) 1?x ?1? 解析: 选 B.因为函数 y=? 是 R 上的减函数, 所以 f ′( x )>0 的充要条件是 0< <1, ?2? ?2?

1?f′(x) f′(x)<0 的充要条件是? >1. ?2?

1?f′(x) 由图象可知,当 x∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,0<? <1,即 f′(x)>0. ?2? 所以函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(2,+∞).故选 B. 5.(2015· 内蒙古鄂尔多斯模拟)已知 a≥0,函数 f(x)=(x2-2ax)ex,若 f(x)在[-1,1]上 是单调减函数,则 a 的取值范围是( ) 3 A.0<a< 4 3 C.a≥ 4 1 3 B. <a< 2 4 1 D.0<a< 2

解析:选 C.f′(x)=(2x-2a)ex+(x2-2ax)ex=[x2+(2-2a)x-2a]ex,由题意当 x∈[-1, 1]时,f′(x)≤0 恒成立,即 x2+(2-2a)x-2a≤0 恒成立.
?g(-1)≤0, ? 令 g(x)=x2+(2-2a)x-2a,则有? ? ?g(1)≤0, ?(-1)2+(2-2a)· (-1)-2a≤0, ? 3 即? 2 解得 a≥ . 4 ?1 +2-2a-2a≤0, ?

6.函数 f(x)=1+x-sin x 在(0,2π )上的单调情况是________. 解析:在(0,2π)上有 f′(x)=1-cos x>0,所以 f(x)在(0,2π)上单调递增. 答案:单调递增 1 3 7.(2015· 河南省三市调研)若函数 f(x)= x3- x2+ax+4 恰在[-1,4]上单调递减,则实 3 2 数 a 的值为________. 1 3 解析:∵f(x)= x3- x2+ax+4,∴f′(x)=x2-3x+a,又函数 f(x)恰在[-1,4]上单调 3 2 递减,∴-1,4 是 f′(x)=0 的两根,∴a=(-1)×4=-4. 答案:-4 8.(2015· 东城期末)若函数 f(x)=x3-12x 在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数 k 的取值范围是________. 解析:因为 f′(x)=3x2-12,由 f′(x)>0,得函数的增区间是(-∞,-2)及(2,+∞),由 f′(x)<0,得函数的减区间是(-2,2),由于函数在(k-1,k+1)上不是单调函数,所以 k-1< -2<k+1 或 k-1<2<k+1,解得-3<k<-1 或 1<k<3. 答案:(-3,-1)∪(1,3) 1 9.设函数 f(x)=x(ex-1)- x2,求 f(x)的单调区间. 2 解:f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1). 当 x∈(-∞,-1)∪(0,+∞)时,f′(x)>0; 当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上是单调递增函数;在(-1,0)上是单调递减函数. - 10.(2014· 高考重庆卷节选)已知函数 f(x)=ae2x-be 2x-cx(a,b,c∈R)的导函数 f′(x) 为偶函数,且曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为 4-c. (1)确定 a,b 的值; (2)若 c=3,判断 f(x)的单调性. - 解:(1)对 f(x)求导,得 f′(x)=2ae2x+2be 2x-c,

由 f′(x)为偶函数,知 f′(-x)=f′(x)恒成立,即 2(a-b)· (e2x-e 又 f′(0)=2a+2b-c=4-c,故 a=1,b=1. (2)当 c=3 时, f(x)=e2x-e 故 f(x)在 R 上为增函数.
-2x

-2x

)=0 恒成立,所以 a=b.
-2x

-3x, 那么 f′(x)=2e2x+2e

-2x

-3≥2 2e2x·2e

-3=1>0,

ln x+m 1.已知函数 f(x)= (m 为常数,e 是自然对数的底数),曲线 y=f(x)在点(1,f(1)) ex 处的切线与 x 轴平行. (1)求 m 的值; (2)求 f(x)的单调区间. 1 -ln x-m x 解:(1)由题意得 f′(x)= , ex 又 f′(1)= 1-m =0,故 m=1. e

1 -ln x-1 x (2)由(1)知,f′(x)= . ex 1 1 1 设 h(x)= -ln x-1(x>0),则 h′(x)=- 2- <0,即 h(x)在(0,+∞)上是减函数. x x x 由 h(1)=0 知,当 0<x<1 时,h(x)>0,从而 f′(x)>0; 当 x>1 时,h(x)<0,从而 f′(x)<0. 综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞). 2.已知函数 f(x)=x2+bsin x-2(b∈R),F(x)=f(x)+2,且对于任意实数 x,恒有 F(x) -F(-x)=0. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)已知函数 g(x)=f(x)+2(x+1)+aln x 在区间(0,1)上单调递减,求实数 a 的取值范围. 解:(1)F(x)=f(x)+2=x2+bsin x-2+2=x2+bsin x, 依题意,对任意实数 x, 恒有 F(x)-F(-x)=0. 即 x2+bsin x-(-x)2-bsin(-x)=0, 即 2bsin x=0,所以 b=0, 所以 f(x)=x2-2. (2)∵g(x)=x2-2+2(x+1)+aln x, ∴g(x)=x2+2x+aln x, a g′(x)=2x+2+ . x ∵函数 g(x)在(0,1)上单调递减, ∴在区间(0,1)内,
2 a 2x +2x+a g′(x)=2x+2+ = ≤0 恒成立, x x

∴a≤-(2x2+2x)在(0,1)上恒成立. ∵y=-(2x2+2x)在(0,1)上单调递减, ∴a≤-4 为所求.

3.已知函数 f(x)=aln x-ax-3(a∈R). (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为 45°,对于任意的 t∈[1,2], m f′(x)+ ?在区间(t,3)内总不是单调函数,求 m 的取值范围. 函数 g(x)=x3+x2·? 2? ? 解:(1)f′(x)= a(1-x) (x>0), x

当 a>0 时,f(x)的增区间为(0,1),减区间为(1,+∞); 当 a<0 时,f(x)的增区间为(1,+∞),减区间为(0,1); 当 a=0 时,f(x)不是单调函数. a (2)由(1)得 f′(2)=- =1, 2 即 a=-2. ∴f(x)=-2ln x+2x-3, m ? 2 ∴g(x)=x3+? ? 2 +2?x -2x, ∴g′(x)=3x2+(m+4)x-2. ∵g(x)在区间(t,3)内总不是单调函数, 即 g′(x)=0 在区间(t,3)内有变号零点. 由于 g′(0)=-2,
?g′(t)<0, ? ∴? ? ?g′(3)>0.

当 g′(t)<0,即 3t2+(m+4)t-2<0 对任意 t∈[1,2]恒成立, 由于 g′(0)<0, 故只要 g′(1)<0 且 g′(2)<0, 即 m<-5 且 m<-9, 即 m<-9; 由 g′(3)>0, 37 即 m>- , 3 37 所以- <m<-9. 3


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