2018高考(江苏专版)大一轮数学(文)复习课件第三章导数及其应用20_图文


第20课

导数的综合应用

课前热身

激活思维
1 1.(选修 22P34 习题 4 改编)若函数 f(x)=3x-ln x(x>0), 则

1-ln 3 . y=f(x)的最小值为________

1 1 【解析】函数 f(x)的定义域为(0,+∞),由 f′(x)=3-x =0,得 x=3,所以 f(x)在(0,3)上单调递减,在(3,+∞)上 单调递增,所以 f(x)min=f(3)=1-ln 3.

2.(选修11P83习题3改编)若做一个容积为 4(全面 256的方底无盖水箱,为使它的用料最省 积最小 ),则它的高为________. 【解析】设高为 h,底边长为 x,则 x2h=256,所以 S=
256 2 1024 2 1024 4hx+x =4x·x2 +x = x +x ,S′=- x2 +2x.令 S′=
2

0,解得 x=8,此时 h=4,S 取最小值.

3. (选修22P35例1改编)用长为90 cm,宽为 48 cm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 9010 °角,再焊接而成,则该容器的高为 ________cm时,容器的容积最大. 【解析】设容器的高为x cm,即小正方形的 边长为x cm,该容器的容积为V,则V=(90- 2x)(48-2x)x=4(x3-69x2+1 080x), 0<x<24,V′=12(x2-46x+360)=12(x-10)(x -36),当0<x<10时,V′>0;当10<x<24时, V′<0.所以V在(0,10]上是增函数,在[10,24)

4.(选修22P27习题15改编)如图,水波的半 径以50 cm/s的速度向外扩张,当半径为250 cm 时,水波面的圆面积的膨胀率是 25 000π ________cm2/s.

(第4题)

【解析】设时间t对应的水波面的圆的半径 为r,面积为S,则r=50t,S=πr2=2 500πt2, 当r=250时,t=5,故S′=(2 500πt2)′=5

5.(选修11P79例2改编)设计一种体积为 v0的 3 4v
0

圆柱形饮料罐,为了使它的用料最省,则它的
πR πR

π

【解析】设圆柱的高为 H,底面半径为 R,则表面积为 S

v0 v0 2 2 高为 ________ . =2πRH+2πR ,又 πR H=v0,H= 2,故 S=2πR· 2+2πR2 3 v0 v 2 2v0 0 = R +2πR2,由 S′=- R2 +4πR=0,解得 R= 2π,此时 3 4v0 v0 S 最小,H=πR2= π .

知识梳理

1. 最值与不等式 各类不等式与函数最值的关系如下表:
不等式类型 任意的x∈D,f(x)>M 与最值的关系 f(x)min>M 任意的x∈D,__________

任意的x∈D,f(x)<M
存在x∈D,f(x)>M 存在x∈D,f(x)<M

f(x)max<M 任意的x∈D,__________ f(x)max>M 任意的x∈D,__________
f(x)min<M 任意的x∈D,__________

任意的x∈D,f(x)>g(x)
任意的x∈D,f(x)<g(x)

[f(x)-g(x)]min>0 任意的x∈D,______________
[f(x)-g(x)]max<0 任意的x∈D,______________

不等式类型

与最值的关系

任意的x1∈D1,任意的x2∈D2, 任意的x∈D1,任意的x∈D2, f(x)min>g(x)max f(x )>g(x ) _____________
1 2

任意的x1∈D1,存在x2∈D2,
f(x1)>g(x2) 存在x1∈D1,任意的x2∈D2, f(x1)>g(x2) 存在x1∈D1,存在x2∈D2, f(x1)>g(x2)

任意的x∈D1,任意的x∈D2, f(x)min>g(x)min _____________
任意的x∈D1,任意的x∈D2, f(x)max>g(x)max _____________ 任意的x∈D1,任意的x∈D2, f(x)max>g(x)min _____________

2. 实际应用题 建立函数模型 (1) 解题的一般步骤:理解题意, ____________,使用导数方法求解函数模型, 定义域 根据求解结果回答实际问题. (2) 注意事项:注意实际问题的 _________;实际问题中的函数多数是单峰函 最值点 数(即在定义域内只有一个极值点的函数),这样 的极值点也是_________.

课堂导学

利用导数研究函数的性质
例1

1 2 设函数 f(x)=cln x+2x +bx(b,c∈R,c≠0),

且 x=1 为 f(x)的极值点. (1) 若 x=1 为 f(x)的极大值点,求 f(x)的单调区间(用 c 表示); (2) 若 f(x)=0 恰有两解,求实数 c 的取值范围.

【思维引导】(1) 条件:x=1为f(x)的极大值 点;目标:确定函数f(x)的单调区间;方法:利 用f′(1)=0使用c表示b后确定导数大于零和小于 零的区间.(2) 条件:使用c表达的函数解析 式;目标:c的取值范围;方法:讨论函数的单 调性和极值点,根据极值点的位置和极值大小 确定方程有解的条件.

x2+bx+c c 【解答】f′(x)=x+x+b= , x
又因为 f′(1)=0,所以 b+c+1=0,

?x-1??x-c? 所以 f′(x)= 且 c≠1,b+c+1=0. x

(1) 因为x=1为f(x)的极大值点,所以c>1. 当0<x<1时,f′(x)>0; 当1<x<c时,f′(x)<0; 当x>c时,f′(x)>0. 所以f(x)的单调增区间为(0,1),(c,+∞); 单调减区间为(1,c).

(2) ①若 c<0,则 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞) 上单调递增, 要使 f(x)=0 恰有两解, 如图(1)所示, 只需 f(1)<0, 1 1 即2+b<0,所以-2<c<0;

图(1)

1 2 c2 ②若 0<c<1,则 f(x)极大值=f(c)=cln c+2c +bc=cln c- 2 1 1 c2 -c, f(x)极小值=f(1)=2+b=-2-c, 显然 f(c)=cln c-c- 2 <0, 1 f(x)极小值=-2-c<0,如图(2)所示,所以 f(x)=0 只有一解;

图(2)

c2 1 ③若 c>1,则 f(x)极小值=cln c-c- 2 <0,f(x)极大值=-2- c<0,如图(3)所示,所以 f(x)=0 只有一解.

图(3)
综上,使 f(x)=0 恰有两解的 c
? 1 ? 的取值范围为?-2,0?. ? ?

【精要点评】本题中讨论方程实数根的个数 的基本思想是数形结合思想,在定义域区间端 点函数值达到无穷大、有两个极值点的函数类 似三次函数,当其中两个极值都大于0或者都小 于0时函数只有一个零点,当其中一个极值点等 于0时函数有两个零点,当极大值大于0、极小 值小于0时有三个零点.如果函数在定义域区间 端点的函数值不是无穷的,还要结合端点值和 极值的情况进行综合比较.

(2016·苏州期末)已知函数f(x)= ex(2x-1)-ax+a(a∈R). (1) 当a=1时,求函数f(x)的单调区间. (2) ①若存在实数x,满足f(x)<0,求实数a 的取值范围; ②若有且只有唯一整数x0,满足f(x0)<0,求 实数a的取值范围.
变 式

【解答】(1) 当a=1时,f(x)=ex(2x-1)-x +1,f′(x)=ex(2x+1)-1,令f′(x)=0,则x=0. 当x∈(0,+∞)时,ex>1,2x+1>1, 所以f′(x)>0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调 递增; 当x∈(-∞,0)时,0<ex<1,2x+1<1, 所以f′(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0)上单调 递减. 故函数f(x)的单调增区间为(0,+∞),单调 减区间为(-∞,0).

(2) ①由f(x)<0得ex(2x-1)<a(x-1). 当x=1时,不等式显然不成立; x

e ?2x-1? 当 x>1 时,a> ; x-1 x e ?2x-1? 当 x<1 时,a< . x-1 x e ?2x-1? 记 g(x)= . x-1 ex?2x+1??x-1?-ex?2x-1? ex?2x2-3x? g′(x)= = 2 2 , ?x-1? ?x-1?
所以函数
?3 ? g(x)在(-∞,0)和?2,+∞?上单调递增,在(0, ? ?

? 3? 1)和?1,2?上单调递减. ? ?

所以当 x>1

?3? 3 时,a>g?2?=4e2; ? ?

当 x<1 时,a<g(0)=1.

综上所述,实数 a

3 的取值范围为(-∞,1)∪(4e2,+∞).

②由①知,当a<1时,x0∈(-∞,1), 由f(x0)<0,得g(x0)>a. 又g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,1)上 单调递减,且g(0)=1>a,
3 3 所以 g(-1)≤a,即 a≥2e,所以2e≤a<1; 当
3 a>4e2时,x 0∈(1,+∞),由

f(x0)<0,得 g(x0)<a.



? ?3 ? 3? g(x)在?1,2?上单调递减,在?2,+∞?上单调递增,且 ? ? ? ?

?3? 3 g?2?=4e2<a, ? ?
? ?g?2?<a, 所以? ? ?g?3?≥a,
3 5e 解得 3e2<a≤ 2 .

综上所述,实数 a

?3 ? ? 2 5e3? 的取值范围为?2e,1?∪?3e , 2 ?. ? ? ? ?

导数在研究方程、不等式中的应用

已知函数f(x)=2x2,g(x)=aln x(a>0),若不等式f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值 范围. 【思维引导】条件:已知函数f(x),g(x)的 解析式;目标:在不等式f(x)≥g(x)恒成立时求 参数a的取值范围;方法:构造函数F(x)=f(x) -g(x),只要函数F(x)在(0,+∞)上的最小值大 于0即可得参数a的不等式,解此不等式即得所 求.
例2

【解答】令 F(x)=f(x)-g(x)=2x2-aln x,a>0,x>0,则 a F′(x)=4x-x ,
a 令 F′(x)=0,得 x= 2 ,

所以
? ? ? ?

? F(x) 的 单 调 减 区 间 为 ? ?0, ?

a? ? ,单调增区间为 2? ?

? ? a? a a a ? ? ? ,F(x)min=F(x)极小值=F? ?=2-aln 2 , ,+∞ ? 2 ? ? 2 ?

a a 只要2-aln 2 ≥0 即可, 得 a≤4e 且 a>0, 即 a∈(0, 4e]. 故 实数 a 的取值范围为(0,4e].

【精要点评】含有参数的不等式恒成立问题 是高考的一个热点题型,解决这类试题的基本 思想是转化思想,即把含参不等式的恒成立问 题转化为函数的最值或者值域问题,根据函数 的最值或者值域找到参数所满足的不等式,即 得到了参数的取值范围.

变式1

(2016·苏州期中)已知函数f(x)=x2-

2ax+1. (1) 若函数g(x)=loga[f(x)+a](a>0,a≠1)的 定义域是R,求实数fa 的取值范围; ?x ?
(2) 当 x>0 时,不等式 x >ln x 恒成立,求实数 a 的取值 范围.

【解答】(1) 由题意知,对任意的 x∈R,f(x)+a>0 恒成 立,即 x2-2ax+1+a>0 恒成立,即 Δ=4a2-4(1+a)<0,即 a2-a-1<0,
1- 5 1+ 5 解得 2 <a< 2 .

又因为 a>0,a≠1,

所以实数 a

? 1+ ? 的取值范围是(0,1)∪?1, 2 ?

5? ? ?.
?

1 f ? x? (2) 当 x>0 时,不等式 x >ln x 等价于 x-2a+x >ln x,即 1 2a<x+ x-ln x.
1 设 g(x)=x+x -ln x(x>0), 2 1 1 x -x-1 则 g′(x)=1-x2-x = x2 ,

1+ 5 令 g′(x)=0,得 x= 2 , 1+ 5 当 0<x< 2 时,g′(x)<0,g(x)单调递减;

1+ 5 当 x> 2 时,g′(x)>0,g(x)单调递增.

1+ 5 故当 x= 2 时, g(x)取得极小值, 也是最小值, 且 g(x)min
?1+ =g? ? 2 ?

5? ?

1+ 5 1 .因为 2a<x+x -ln x,所以 2a< 5 ?= 5-ln 2 ?

1+ 5 -ln 2 ,

所以实数 a

? 的取值范围是? ?-∞, ?

5 1 1+ 5? ? . - ln 2 2 2 ? ?

变式2

(2016· 徐州、连云港、宿迁三检)已知函数 f(x)

ex = ex ,g(x)=ax-2lnx-a(a∈R,e 为自然对数的底数). (1) 求函数 f(x)的极值; (2) 在区间(0,e]上,对于任意的 x0,总存在两个不同的 x1,x2,使得 g(x1)=g(x2)=f(x0),求实数 a 的取值范围.

?1-x?e ex 【解答】(1) 因为 f(x)= ex ,所以 f′(x)= ex .
令 f′(x)=0,得 x=1. 当 x∈(-∞,1)时,f′(x)>0,f(x)是单调增函数;
当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)是单调减函数.

所以 f(x)在 x=1 时取得极大值 f(1)=1,无极小值.
(2) 由(1)知,当 x∈(0,1)时,f(x)单调递增; 当 x∈(1,e]时,f(x)单调递减. 又因为 f(0)=0,f(1)=1,f(e)=e· e1-e>0,

所以当 x∈(0,e]时,函数 f(x)的值域为(0,1].

当 a=0 时, g(x)=-2lnx 在(0, e]上单调递减, 不合题意;

2 ax-2 当 a≠0 时,g′(x)=a-x = x = 2 2 故必须满足 0<a<e,所以 a>e .

? 2? a?x-a? ? ?

x

,x∈(0,e],

当 x 变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:

x g′(x) g(x)

? 2? ?0, ? a? ?

2 a 0 极小值

?2 ? ? ,e? ?a ?





所以

?2? 2 ? ? x→0,g(x)→+∞,g a =2-a-2lna, ? ?

g(e)=a(e-1)-2.所以对任意给定的 x0∈(0,e],在区间 (0,e]上总存在两个不同的 x1,x2,
使得 g(x1)=g(x2)=f(x0),
?2? ? ?g? ?≤0, 当且仅当 a 满足下列条件? ?a? ? ?g?e?≥1,

2 ? ?2-a-2ln ≤0, a 即? ? ?a?e-1?-2≥1.

?2 ? 2 令 m(a)=2-a-2lna,a∈?e ,+∞?, ? ? a-2 m′(a)=- a ,由 m′(a)=0,得 a=2.

当 a∈(2,+∞)时,m′(a)<0,函数 m(a)单调递减;

?2 ? a∈?e ,2?时,m′(a)>0,函数 ? ? ?2 ? a∈?e ,+∞?,有 ? ?

m(a)单调递增.

所以,对任意

m(a)≤m(2)=0,

?2 ? 2 即 2-a-2lna≤0 对任意的 a∈?e ,+∞?恒成立. ? ?

3 由 a(e-1)-2≥1,解得 a≥ . e-1
综上所述,当
? 3 ? ? a∈?e-1,+∞? ?时,对于任意给定的 x0∈ ? ?

(0,e],在区间(0,e]上总存在两个不同的 x1,x2,使得 g(x1) =g(x2)=f(x0).

利用导数解决实际生活中的优化问题
例3

(2016· 苏州、无锡、常州、镇江、宿迁二调)如

图是某设计师设计的 Y 型饰品的平面图, 其中支架 OA, OB, OC 两两成 120° 角,OC=1,AB=OB+OC,且 OA>OB.现设 计师在支架 OB 上装点普通珠宝,普通珠宝的价值为 M,且 M 与 OB 的长成正比,比例系数为 k(k 为正常数).在△AOC 区域(如图中阴影区域 )内镶嵌名贵珠宝,名贵珠宝的价值为 N,且 N 与△AOC 的面积成正比,比例系数为 4 3k.设 OA= x,OB=y.

(1) 求y关于x的函数解析式,并写出x的取值 范围; (2) 求N-M的最大值及相应的x的值. 【思维引导】(1) 在△AOB中,由余弦定理 可建立x,y的关系式,又由x>y>0确定x的取值 范围;(2) 把N-M表示成x的函数,再用基本不

(例3)

【解答】(1) 因为 OA=x,OB=y,则 AB=y+1, 由余弦定理得,x2+y2-2xycos 120° =(y+1)2, x2-1 解得 y= . 2-x 由 x>0,y>0,得 1<x<2.
x 2 -1 1+ 3 又 x>y,得 x> ,解得 1<x< 2 , 2-x

所以 x

? 1+ ? 的取值范围是?1, 2 ?

3? ?

?. ?

(2) 由题意知 M=kOB=ky,N=4 3k· S△AOC=3kx,则 N 2 ? x -1? ? ? -M=k(3x-y)=k?3x- ?. 2 - x ? ?



?3- 2-x=t∈? ? 2 ?

? 3 ? ,1?, ?
2 ? ? 2 - t ? -1? ? ? 3 ? 2 - t ? - ? ? t ? ?

则 N-M=k
? ≤k? ?10-2 ?

=k

? ? 3?? ?10-?4t+ ?? t ?? ? ?

3? ? =(10-4 3)k. 4t· t? ? ? 3 3 ? ?3- 3 ? 当且仅当 4t= t ,即 t= 2 ∈? , 1 ?时取等号, 2 ? ?

3 3 此时 x=2- 2 ,所以当 x=2- 2 时,N-M 的最大值是 (10-4 3)k.

【精要点评】本题第(2)问也可使用导数法求 最值.

(2016·扬州一模)某隧道设计为双向 四车道,车道总宽20 m,要求通行车辆限高4.5 m,隧道口截面的拱线近似地看成抛物线形状 的一部分,建立如图所示的平面直角坐标系 xOy. (1) 若最大拱高h为6 m,则隧道设计的拱宽 (2) 为了使施工的土方工程量最小, 需隧道口截面面积最 l 是多少?
备用例题

小.现隧道口的最大拱高 h 不小于 6 m,则应如何设计拱高 h 和 拱 宽 l , 使 得 隧 道 口 截 面 面 积 最

? 2 ? 小.?隧道口截面面积公式为S=3lh? ? ?

(备用例题)

【思维引导】求面积的关键在于求出 l,h 之间的关系,
? ? ?l ? 9 ?? 注意到点?10,-?h-2??及点?2,-h?在抛物线上, 就可得到 l, ? ?? ? ? ?

h 之间的关系,由此可消去一个变量.消元时,要注意等价 性,即注意变量的取值范围的求解.

【解答】设抛物线的方程为 y=-ax2(a>0).
(1)
? 3? 抛物线过点?10,-2?, ? ?

3 代入抛物线方程,得 a=200. 令 y=-6,解得 x=± 20,
则隧道设计的拱宽 l 是 40 m.

(2) 抛 物 线 最 大 拱 高 为 h m , h≥6 , 抛 物 线 过 点 9 h-2 ? ? 9 ?? ?10,-?h- ??,代入抛物线方程,得 a= . 2 100 ? ?? ? 9 h-2 100h 2 2 令 y=-h,则- 100 x =-h,解得 x = 9, h-2 92 l ?l? 2 100 h 则?2?2= 9,h= 2 . l -400 ? ? h-2

92 2l 因为 h≥6,所以 2 ≥6,即 20<l≤40, l -400 92 2l 2 2 3l3 所以 S=3lh=3l· =2 (20<l≤40), 2 l -400 l -400

所 以

9l2?l2-400?-3l3· 2l 3l2?l2-1 200? S′ = = = 2 2 2 2 ?l -400? ?l -400?

3l2?l+20 3??l-20 3? . 2 2 ?l -400?

当 20<l<20 3时,S′<0,S 在(20,20 3)上单调递减; 当 20 3<l≤40 时,S′>0,S 在(20 3,40]上单调递增.所以 27 S 在 l=20 3时取得最小值,此时 l=20 3,h= 4 . 27 所以,当拱高为 4 m,拱宽为 20 3 m 时,使得隧道口
截面面积最小.

课堂评价

1. (2015·启东调研)做一个圆锥形的漏斗, 其母线长为 20 cm ,要使其体积最大,则高应为 【解析】设圆锥的高为 x cm,则底面半径为 202-x2,
1 1 2 2 2 其体积 V = π x (20 - x )(0 < x < 20) , V ′= π·(400 - 3 x ),令 ________cm. 3 3 20 3 20 3 20 3 V′=0,解得 x1= 3 ,x2=- 3 (舍去).当 0<x< 3 20 3 20 3 时, V′>0; 当 3 <x<20 时, V′<0, 所以当 x= 3 时, V 取最大值.
20 3 3

2. (2015·全国卷)设函数f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,且当x>0时, xf′(x)-f(x)<0,则使得 f(x (-∞,-1)∪ (0)>0 ,1)成立的x的取值范 围是___________________ . xf′?x?-f?x? f?x?
【解析】记函数 g(x)= x ,则 g′(x)= x2 ,因 为当 x>0 时,xf′(x)-f(x)<0,故当 x>0 时,g′(x)<0,所以 g(x)在(0, +∞)上单调递减. 又因为函数 f(x)(x∈R)是奇函数, 故函数 g(x)是偶函数,所以 g(x)在(-∞,0)上单调递增,且 g(-1)=g(1)=0.当 0<x<1 时,g(x)>0,则 f(x)>0;当 x<-1 时,g(x)<0,则 f(x)>0.综上所述,使得 f(x)>0 成立的 x 的取值 范围是(-∞,-1)∪(0,1).

3. (2016· 南京、 盐城一模)若函数

3 2 ? ?-x +x ,x<e, y=? ? ?alnx,x≥e



图象上存在两点 P,Q,使得△POQ 是以 O 为直角顶点的直 角三角形(其中 O 为坐标原点),且斜边的中点恰好在 y 轴上, ? 1 ? ? ? 0 , e+1? 则实数 a 的取值范围是? ________ ? ?.

【解析】作出函数的图象如图所示,由图设点 P 的横坐 标为 x0,则点 Q 的横坐标为-x0.①若点 P,Q 都在 y=-x3
3 2 3 2 - x + x x + x 0 0 0 0 +x2(x<e)的图象上,由 OP⊥OQ,知 x · =-1, - x 0 0 2 即 x4 - x 0 0+1=0,方程无解.②若点 P,Q 分别在函数 y 的两

alnx0 x0+x0 1 段上,由 OP⊥OQ,知 x · =-1,即 a= . -x0 ?x0+1?· lnx0 0 1 令函数 f(x)= ,当 x≥e 时,f(x)为减函数,所以 f(x) ?x+1?· lnx
? 1 ? ? 的值域为?0,e+1? ?,故实数 ? ?

3

2

a

? 1 ? ? 的取值范围是?0,e+1? ?. ? ?

(第3题)

4. 已知函数f(x)=x-1-alnx(其中a为参 数). (1) 求函数f(x)的单调区间; (2) 若对任意x∈(0,+∞)都有f(x)≥0恒成 a x-a 立,求实数 a 的取值集合. 【解答】(1) f′(x)=1- = (x>0),

x x a x-a 当 a≤0 时,f′(x)=1-x= x >0,所以 f(x)在(0,+∞)

上是增函数;
当 a>0 时,令 f′(x)=0,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) (0,a) - a 0 极小值 (a,+∞) +

所以 f(x)的单调增区间是(a, +∞), 单调减区间是(0, a).

综上所述,当 a≤0 时,f(x)的单调增区间是(0,+∞); 当 a>0 时,f(x)的单调增区间是(a,+∞),单调减区间是(0, a).

(2) 由题意得,当x∈(0,+∞)时,f(x)min≥0. 当a≤0时,由(1)知f(x)在(0,+∞)上是增函 数, 当x→0时,f(x)→-∞,故不合题意; 当a>0时,由(1)知f(x)min=f(a)=a-1- alna≥0. 令g(a)=a-1-alna,则由g′(a)=-lna= 0,得a=1.

当a变化时,g′(a),g(a)的变化情况如下 表: (0,1) (1,+∞) 1 a
g′(a) g(a) + 0 极大值 -

所以g(a)=a-1-alna≤g(1)=0. 又f(x)min=f(a)=a-1-alna≥0,所以a-1- alna=0, 所以a=1,即实数a的取值集合是{1}.


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