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2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)教案 理

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《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)教案 理》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)教案 理(15頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一 集合、常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第五講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)教案 理 年份 卷別 考查角度及命題位置 命題分析及學(xué)科素養(yǎng) 2018 Ⅰ卷 函數(shù)的奇偶性應(yīng)用及切線方程求法·T5 命題分析 (1)高考對導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考查,多在選擇、填空題中出現(xiàn),難度較小,有時出現(xiàn)在解答題第一問. (2)高考重點考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,即利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題,多在選擇、填空的后幾題中出現(xiàn),難度中等.有時出現(xiàn)在解答題第一問. 學(xué)科素養(yǎng) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用主要是通過利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性解決最值、不等式、函數(shù)零點等問題,著重考查邏輯推理與數(shù)學(xué)運算這兩大核心

2、素養(yǎng)與分析問題解決問題的能力. Ⅱ卷 切線方程求法·T13 Ⅲ卷 切線方程求法·T14 2017 Ⅰ卷 利用導(dǎo)數(shù)求三棱錐的體積·T16 Ⅱ卷 函數(shù)圖象的極小值求法·T11 2016 Ⅰ卷 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的圖象和性質(zhì)·T7 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點、不等式證明·T21 Ⅱ卷 曲線的切線方程·T16 利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、證明不等式、求函數(shù)的最值問題·T21 Ⅲ卷 導(dǎo)數(shù)的幾何意義、切線方程·T15 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式的綜合應(yīng)用·T21 [悟通——方法結(jié)論] 1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義 函數(shù)f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)是曲線f(x)在點P(x0,f(x0))處的切

3、線的斜率,曲線f(x)在點P處的切線的斜率k=f′(x0),相應(yīng)的切線方程為y-f(x0)=f′(x0)·(x-x0). 2.四個易誤導(dǎo)數(shù)公式 (1)(sin x)′=cos x; (2)(cos x)′=-sin x; (3)(ax)′=axln a(a>0); (4)(logax)′=(a>0,且a≠1). [全練——快速解答] 1.若直線y=ax是曲線y=2ln x+1的一條切線,則實數(shù)a的值為(  ) A.    B. C. D. 解析:依題意,設(shè)直線y=ax與曲線y=2ln x+1的切點的橫坐標(biāo)為x0,則有y′|x=x0=,于是有解得 答案:B 2.(20

4、18·高考全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)?(x)=x3+(a-1)x2+ax,若?(x)為奇函數(shù),則曲線y=?(x)在點(0,0)處的切線方程為(  ) A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x 解析:法一:∵?(x)=x3+(a-1)x2+ax, ∴?′(x)=3x2+2(a-1)x+a. 又?(x)為奇函數(shù),∴?(-x)=-?(x)恒成立, 即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax恒成立, ∴a=1,∴?′(x)=3x2+1,∴?′(0)=1, ∴曲線y=?(x)在點(0,0)處的切線方程為y=x. 故選D. 法二:∵?(x)=x3+(a-1)x2+

5、ax為奇函數(shù), ∴?′(x)=3x2+2(a-1)x+a為偶函數(shù), ∴a=1,即?′(x)=3x2+1,∴?′(0)=1, ∴曲線y=?(x)在點(0,0)處的切線方程為y=x. 故選D. 答案:D 3.(2018·山東四市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=-x2+ax+1的部分圖象如圖所示,則函數(shù)g(x)=aln x+在點(b,g(b))處的切線的斜率的最小值是________. 解析:由題意,f′(x)=x2-bx+a,根據(jù)f(x)的圖象的極大值點、極小值點均大于零,可得b>0,a>0,又g′(x)=+,則g′(b)=+=+≥2,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時取等號,所以切線斜率的最小值為2.

6、 答案:2 求曲線y=f(x)的切線方程的3種類型及方法 (1)已知切點P(x0,y0),求切線方程 求出切線的斜率f′(x0),由點斜式寫出方程; (2)已知切線的斜率k,求切線方程 設(shè)切點P(x0,y0),通過方程k=f′(x0)解得x0,再由點斜式寫出方程; (3)已知切線上一點(非切點),求切線方程 設(shè)切點P(x0,y0),利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f′(x0),再由斜率公式求得切線斜率,列方程(組)解得x0,再由點斜式或兩點式寫出方程. 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 授課提示:對應(yīng)學(xué)生用書第12頁 [悟通——方法結(jié)論]  導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系

7、 (1)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件,如函數(shù)f(x)=x3在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,但f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件,當(dāng)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)=0時,則f(x)為常數(shù),函數(shù)不具有單調(diào)性.  (2017·高考全國卷Ⅰ)(12分)已知函數(shù). (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若,求a的取值范圍. [學(xué)審題] 條件信息 想到方法 注意什么 信息?:已知f(x)的解析式 可求導(dǎo)函數(shù)f′(x) (1)要討論函數(shù)的單調(diào)性,必須先求出函數(shù)定義域 (2)對于含參數(shù)的問題,要根據(jù)不同情況對參數(shù)進行分類討論 信息

8、?:f(x)≥0 函數(shù)的最小值f(x)min≥0 [規(guī)范解答] (1)函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,+∞), (1分) f′(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0,則f(x)=e2x在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增. ②若a>0,則由f′(x)=0,得x=ln a. 當(dāng)x∈(-∞,ln a)時,f′(x)<0; 當(dāng)x∈(ln a,+∞)時,f′(x)>0. 故f(x)在(-∞,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,+∞)上單調(diào)遞增. (3分) ③若a<0,則由f′(x)=0,得x=ln. 當(dāng)x∈時,f′(x)<0; 當(dāng)x∈時,f′(x)>

9、0; 故f(x)在上單調(diào)遞減, 在上單調(diào)遞增. (6分) (2)①若a=0,則f(x)=e2x, 所以f(x)>0. (7分) ②若a>0,則由(1)得,當(dāng)x=ln a時,f(x)取得最小值,最小值為f(ln a)=-a2ln a. 從而當(dāng)且僅當(dāng)-a2ln a≥0,即0

10、討論函數(shù)的單調(diào)性其實就是討論不等式的解集的情況.大多數(shù)情況下,這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論: (1)在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時,依據(jù)根的大小進行分類討論. (2)在不能通過因式分解求出根的情況時,根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進行分類討論. 2.討論函數(shù)的單調(diào)性重點考查學(xué)科核心素養(yǎng)中的邏輯推理與數(shù)學(xué)運算,體現(xiàn)了分類討論思想及分析問題解決問題的能力. [練通——即學(xué)即用] 1.已知f(x)=x2+ax+3ln x在(1,+∞)上是增函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍為(  ) A.(-∞,-2] B. C.[-2,+∞) D.[-5,+∞)

11、 解析:由題意得f′(x)=2x+a+=≥0在(1,+∞)上恒成立, ∴g(x)=2x2+ax+3≥0在(1,+∞)上恒成立, ∴Δ=a2-24≤0或 ∴-2≤a≤2或 即a≥-2. 答案:C 2.(2018·荊州聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x(ln x-a). (1)當(dāng)x≥1時,對任意實數(shù)b,直線y=-x+b與函數(shù)f(x)的圖象都不相切,求實數(shù)a的取值范圍; (2)當(dāng)a=-1時,討論f(x)在區(qū)間[t,t+e](t>0)上的單調(diào)性; (3)證明:當(dāng)a=-1時,對任意的x>0,都有·[f(x)+]>成立. 解析:(1)由f(x)=x(ln x-a)(x≥1),得f′(x)=ln

12、 x-a+1, 因為對任意實數(shù)b,直線y=-x+b與函數(shù)f(x)的圖象都不相切,所以f′(x)=ln x-a+1≠-1,即a≠ln x+2. 而函數(shù)y=ln x+2在[1,+∞)上單調(diào)遞增,所以ln x+2≥ln 1+2=2, 故a<2. (2)當(dāng)a=-1時,f(x)=x(ln x+1),f′(x)=ln x+2, 由f′(x)=0得x=. 當(dāng)00, 因此f(x)在[t,)上單調(diào)遞減,在(,t+e]上單調(diào)遞增. 當(dāng)t≥時,在[t,t+e]上,f′(x)≥0恒成立, 所以f(x)在[t,t+e]上單調(diào)遞增.

13、 綜上所述,當(dāng)0-對任意的x>0恒成立. 由(2)知當(dāng)a=-1時,f(x)=xln x+x在(0,)上單調(diào)遞減,在(,+∞)上單調(diào)遞增, 所以f(x)min=f()=-. 設(shè)g(x)=-(x>0),則g′(x)=, 所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減, g(x)max=g(1)=-. 從而當(dāng)a=-1時,對任意的x>0,都有f(x)≥-≥g(x)(等號不同時取到), 所以f(x)>-成立,

14、 即對任意的x>0,都有[f(x)+]>成立. 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值 授課提示:對應(yīng)學(xué)生用書第12頁 [悟通——方法結(jié)論] 1.若在x0附近左側(cè)f′(x)>0,右側(cè)f′(x)<0,則f(x0)為函數(shù)f(x)的極大值;若在x0附近左側(cè)f′(x)<0,右側(cè)f′(x)>0,則f(x0)為函數(shù)f(x)的極小值. 2.設(shè)函數(shù)y=f(x)在[a,b]上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導(dǎo),則f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值且在極值點或端點處取得.  (2018·高考全國卷Ⅰ)(12分)已知函數(shù)f(x)= (1) ; (2) ,證明: [學(xué)審題] 條件信息

15、 想到方法 注意什么 信息?:已知f(x)的解析式 先求定義域,再求導(dǎo)函數(shù),變形 (1)易忽視定義域求法及參數(shù)對單調(diào)性的影響. (2)與極值點有關(guān)的雙變量不等式證明,要明確消元、構(gòu)造法 信息?:討論單調(diào)性 參數(shù)分類標(biāo)準(zhǔn)的確立及用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性方法 信息?:兩極值點x1、x2 極值點的定義及應(yīng)用 信息?:雙變量不等式的證明 雙變量不等式證明,利用極值點消元、構(gòu)造 [規(guī)范解答] (1)?(x)的定義域為(0,+∞), ?′(x)=--1+=-. (2分) ①若a≤2,則?′(x)≤0,當(dāng)且僅當(dāng)a=2,x=1時,?′(x)=0, 所以?(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.

16、(4分) ②若a>2,令?′(x)=0,得 x=或x=. 當(dāng)x∈∪時,?′(x)<0; 當(dāng)x∈時,?′(x)>0. 所以?(x)在,上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增. (6分) (2)證明:由(1)知,?(x)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)a>2. 由于?(x)的兩個極值點x1,x2滿足x2-ax+1=0, 所以x1x2=1,不妨設(shè)x1<x2,則x2>1. (8分) 由于=--1+a=-2+a=-2+a, 所以<a-2等價于-x2+2ln x2<0. (10分) 設(shè)函數(shù)g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減. 又g(1)=0,從而當(dāng)x∈(1,

17、+∞)時,g(x)<0. 所以-x2+2ln x2<0,即<a-2. (12分) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法 (1)若求極值,則先求方程f′(x)=0的根,再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號. (2)若已知極值大小或存在情況,則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)=0根的大小或存在情況來求解. (3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a,b]的最值時,在得到極值的基礎(chǔ)上,結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a),f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值. [練通——即學(xué)即用] 1.(2017·高考全國卷Ⅱ)若x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,則f(x)的

18、極小值為(  ) A.-1    B.-2e-3 C.5e-3 D.1 解析:因為f(x)=(x2+ax-1)ex-1, 所以f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1 =[x2+(a+2)x+a-1]ex-1. 因為x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點, 所以-2是x2+(a+2)x+a-1=0的根, 所以a=-1,f′(x)=(x2+x-2)ex-1=(x+2)(x-1)ex-1. 令f′(x)>0,解得x<-2或x>1, 令f′(x)<0,解得-2

19、(1,+∞)上單調(diào)遞增, 所以當(dāng)x=1時,f(x)取得極小值,且f(x)極小值=f(1)=-1. 答案:A 2.(2018·江西八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個極值點,則實數(shù)a的取值范圍是(  ) A.(-∞,0) B. C.(0,1) D.(0,+∞) 解析:f′(x)=ln x-2ax+1(x>0), 故f′(x)在(0,+∞)上有兩個不同的零點, 令f′(x)=0,則2a=, 設(shè)g(x)=,則g′(x)=, ∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減, 又∵當(dāng)x→0時,g(x)→-∞,當(dāng)x→+∞時,g(x)→0, 而g(x)m

20、ax=g(1)=1, ∴只需0<2a<1,即00,∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)m>0時,令f′(x)>0得0, ∴f(x)在(0,)上單調(diào)遞增,在(,+∞)上單調(diào)遞減. (2)由(1)知,當(dāng)m>0時,f(x)在(0,)上單調(diào)遞增,在(,+∞)上單調(diào)

21、遞減. ∴f(x)max=f()=ln -2m·-n=-ln 2-ln m--n=-ln 2, ∴n=-ln m-,∴m+n=m-ln m-, 令h(x)=x-ln x-(x>0),則h′(x)=1-=, ∴h(x)在(0,)上單調(diào)遞減,在(,+∞)上單調(diào)遞增, ∴h(x)min=h()=ln 2, ∴m+n的最小值為ln 2. 授課提示:對應(yīng)學(xué)生用書第119頁 一、選擇題 1.曲線y=ex在點(2,e2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為(  ) A.e2 B.2e2   C.e2   D. 解析:由題意可得y′=ex,則所求切線的斜率k=e2,

22、則所求切線方程為y-e2=e2(x-2). 即y=e2x-e2,∴S=×1×e2=. 答案:D 2.(2018·西寧一檢)設(shè)曲線y=在點(3,2)處的切線與直線ax+y+1=0垂直,則a=(  ) A.-2 B.2 C.- D. 解析:由y′=得曲線在點(3,2)處的切線斜率為-,又切線與直線ax+y+1=0垂直,則a=-2. 答案:A 3.(2018·北京模擬)曲線f(x)=xln x在點(1,f(1))處的切線的傾斜角為(  ) A. B. C. D. 解析:因為f(x)=xln x,所以f′(x)=ln x+x·=ln x+1,所以f′(1)=1,所以曲線f(x)=

23、xln x在點(1,f(1))處的切線的傾斜角為. 答案:B 4.已知函數(shù)f(x)=x2-5x+2ln x,則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(  ) A.和(1,+∞) B.(0,1)和(2,+∞) C.和(2,+∞) D.(1,2) 解析:函數(shù)f(x)=x2-5x+2ln x的定義域是(0,+∞),令f′(x)=2x-5+==>0,解得02,故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2,+∞). 答案:C 5.函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo),若f(x)=f(2-x),且當(dāng)x∈(-∞,1)時,(x-1)f′(x)<0,設(shè)a=f(0),b=f,c=f(3),則a,b,c的大小關(guān)系為

24、(  ) A.a(chǎn)0, 所以函數(shù)f(x)在(-∞,1)上是單調(diào)遞增函數(shù), 所以a=f(0)

25、:由題意知f′(x)=3x2+6x-9, 令f′(x)=0,解得x=1或x=-3, 所以f′(x),f(x)隨x的變化情況如下表: x (-∞,-3) -3 (-3,1) 1 (1,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x)  極大值  極小值  又f(-3)=28,f(1)=-4,f(2)=3,f(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28,所以k≤-3. 答案:D 7.已知函數(shù)f(x)=-k,若x=2是函數(shù)f(x)的唯一一個極值點,則實數(shù)k的取值范圍為(  ) A.(-∞,e] B.[0,e] C.(-∞,e) D.[0,e) 解析

26、:f′(x)=-k=(x>0).設(shè)g(x)=,則g′(x)=,則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增. ∴g(x)在(0,+∞)上有最小值,為g(1)=e,結(jié)合g(x)=與y=k的圖象可知,要滿足題意,只需k≤e. 答案:A 8.已知函數(shù)f(x)=ln x-nx(n>0)的最大值為g(n),則使g(n)-n+2>0成立的n的取值范圍為(  ) A.(0,1) B.(0,+∞) C. D. 解析:易知f(x)的定義域為(0,+∞), f′(x)=-n(x>0,n>0), 當(dāng)x∈時,f′(x)>0; 當(dāng)x∈時,f′(x)<0, 所以f(x)在上單調(diào)遞增,在上

27、單調(diào)遞減, 所以f(x)的最大值g(n)=f=-ln n-1. 設(shè)h(n)=g(n)-n+2=-ln n-n+1. 因為h′(n)=--1<0,所以h(n)在(0,+∞)上單調(diào)遞減. 又h(1)=0,所以當(dāng)0h(1)=0,故使g(n)-n+2>0成立的n的取值范圍為(0,1),故選A. 答案:A 二、填空題 9.(2018·高考全國卷Ⅱ)曲線y=2ln(x+1)在點(0,0)處的切線方程為________. 解析:∵y=2ln(x+1),∴y′=.令x=0,得y′=2,由切線的幾何意義得切線斜率為2,又切線過點(0,0),∴切線方程為y=2x. 答案:y

28、=2x 10.(2016·高考全國卷Ⅲ)已知f(x)為偶函數(shù),當(dāng)x≤0時,f(x)=e-x-1-x,則曲線y=f(x)在點(1,2)處的切線方程是________. 解析:設(shè)x>0,則-x<0,f(-x)=ex-1+x. ∵f(x)為偶函數(shù),∴f(-x)=f(x), ∴f(x)=ex-1+x. ∵當(dāng)x>0時,f′(x)=ex-1+1, ∴f′(1)=e1-1+1=1+1=2. ∴曲線y=f(x)在點(1,2)處的切線方程為y-2=2(x-1),即2x-y=0. 答案:2x-y=0 11.(2018·太原二模)若函數(shù)f(x)=sin x+ax為R上的減函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是

29、________. 解析:∵f′(x)=cos x+a,由題意可知,f′(x)≤0對任意的x∈R都成立,∴a≤-1,故實數(shù)a的取值范圍是(-∞,-1]. 答案:(-∞,-1] 12.(2018·新鄉(xiāng)一模)設(shè)x1,x2是函數(shù)f(x)=x3-2ax2+a2x的兩個極值點,若x1<2

30、x)在點(1,f(1))處的切線平行于x軸,求a的值; (2)求函數(shù)f(x)的極值. 解析:(1)由f(x)=x-1+,得f′(x)=1-. 又曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線平行于x軸, 得f′(1)=0,即1-=0,解得a=e. (2)f′(x)=1-, ①當(dāng)a≤0時,f′(x)>0,f(x)為(-∞,+∞)上的增函數(shù),所以函數(shù)f(x)無極值. ②當(dāng)a>0時,令f′(x)=0,得ex=a,即x=ln a.x∈(-∞,ln a)時,f′(x)<0;x∈(ln a,+∞)時,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,+∞)上單調(diào)遞增,故

31、f(x)在x=ln a處取得極小值,且極小值為f(ln a)=ln a,無極大值. 綜上,當(dāng)a≤0時,函數(shù)f(x)無極值; 當(dāng)a>0時,f(x)在x=ln a處取得極小值ln a,無極大值. 14.(2018·福州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=aln x+x2-ax(a∈R). (1)若x=3是f(x)的極值點,求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)求g(x)=f(x)-2x在區(qū)間[1,e]上的最小值h(a). 解析:(1)f(x)的定義域為(0,+∞), f′(x)=+2x-a=, 因為x=3是f(x)的極值點, 所以f′(3)==0,解得a=9, 所以f′(x)==, 所以當(dāng)0

32、<或x>3時,f′(x)>0; 當(dāng)

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