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【步步高】2015届高考数学总复习 第三章 3.3导数的综合应用课件 理 北师大版


数学

北(理)

§3.3 导数的综合应用
第三章 导数及其应用

基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材

1.利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学 模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式 y=f

(x); (2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0; (3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小, 最大(小)者为最大(小)值; (4)回归实际问题作答.

基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材

2.不等式问题 (1)证明不等式时,可构造函数,将问题转化为函数的极 值或最值问题. (2)求解不等式恒成立问题时,可以考虑将参数分离出 来,将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题.

基础知识·自主学习
夯基释疑
夯实基础 突破疑难

题号
1 2 3 4 5

答案
(1) √ (2) √ (3) × (4) × (5) × (6) ×

解析

D D (-2,2)
f(a)<f(b)

题型分类·深度剖析
题型一 利用导数证明不等式
思维启迪 解析 思维升华

【例1】

已知定义在正实数集上 1 2 的函数f(x)= x +2ax,g(x)= 2 3a2ln x+b,其中a>0.设两曲线y =f(x),y=g(x)有公共点,且在 该点处的切线相同. (1)用a表示b,并求b的最大值; (2)求证:f(x)≥g(x)(x>0).

题型分类·深度剖析
题型一 利用导数证明不等式
思维启迪 解析 思维升华

【例1】

已知定义在正实数集上 1 2 的函数f(x)= x +2ax,g(x)= 2 (1)设公共点为(x0,y0),则f(x0) 3a2ln x+b,其中a>0.设两曲线y =g(x0)且f′(x0)=g′(x0)可得 =f(x),y=g(x)有公共点,且在 该点处的切线相同. (1)用a表示b,并求b的最大值; (2)求证:f(x)≥g(x)(x>0).
a,b的关系;
(2)构造函数F(x)=f(x)-g(x), 求F(x)的最值.

题型分类·深度剖析
题型一 利用导数证明不等式
思维启迪 解析 思维升华

【例1】

已知定义在正实数集上 (1)解 设两曲线的公共点为 1 2 的函数f(x)= x +2ax,g(x)= (x0,y0), 2 3a2
2

f′(x)=x+2a,g′(x)= x , 3a ln x+b,其中a>0.设两曲线y 由题意知 f(x0)=g(x0),

=f(x),y=g(x)有公共点,且在 f′(x0)=g′(x0),
?1 2 2 x + 2 ax = 3 a ln x0+b, 0 0 ?2 即? 2 3 a (1)用a表示b,并求b的最大值; ?x0+2a= . x0 ? 3a2 (2)求证:f(x)≥g(x)(x>0). 由 x0+2a= x ,得 x0=a 或 0

该点处的切线相同.

x0=-3a(舍去).

题型分类·深度剖析
题型一 利用导数证明不等式
解析 思维启迪 思维升华 1 2 即有 b= a +2a2-3a2ln a 2 5 2 = a -3a2ln a. 2 5 令 h(t)=2t2-3t2ln t(t>0),

【例1】

已知定义在正实数集上 1 2 的函数f(x)= x +2ax,g(x)= 2 3a2ln x+b,其中a>0.设两曲线y =f(x),y=g(x)有公共点,且在 该点处的切线相同.

则 h′(t)=2t(1-3ln t). 于是当 t(1-3ln t)>0,
1 3

(1)用a表示b,并求b的最大值; 即 0<t<e 时,h′(t)>0; (2)求证:f(x)≥g(x)(x>0).
当 t(1-3ln t)<0,即 t> e 时, h′(t)<0.
1 3

题型分类·深度剖析
题型一 利用导数证明不等式
思维启迪 解析 思维升华

【例1】

已知定义在正实数集上 1 2 1 的函数f(x)= x +2ax,g(x)= 故 h(t)在(0,e 3 )上为增函数,在 2 1 3a ln x+b,其中a>0.设两曲线y
2

(e 3 ,+∞)上为减函数,

+∞)上的最大值 =f(x),y=g(x)有公共点,且在 于是 h1(t)在(0, 2

该点处的切线相同. (1)用a表示b,并求b的最大值; (2)求证:f(x)≥g(x)(x>0).

3 为 h(e 3 )=2e 3 ,

3 2 即 b 的最大值为2e 3 .

题型分类·深度剖析
题型一 利用导数证明不等式
思维启迪 解析 思维升华

【例1】

已知定义在正实数集上 (2)证明 设F(x)=f(x)-g(x) 1 2 的函数f(x)= x +2ax,g(x)= =1x2+2ax-3a2ln x-b(x>0), 2 2
2 3 a 3a2ln x+b,其中a>0.设两曲线y 则F′(x)=x+2a- x ?x-a??x+3a? (x>0). =f(x),y=g(x)有公共点,且在 = x

该点处的切线相同.

故F(x)在(0,a)上为减函数,

在(a,+∞)上为增函数. (1)用a表示b,并求b的最大值; 于是F(x)在(0,+∞)上的最小值

(2)求证:f(x)≥g(x)(x>0).

是F(a)=F(x0)=f(x0)-g(x0)=0.

故当x>0时,有f(x)-g(x)≥0, 即当x>0时,f(x)≥g(x).

题型分类·深度剖析
题型一 利用导数证明不等式
思维启迪 解析 思维升华

【例1】

已知定义在正实数集上 1 2 的函数f(x)= x +2ax,g(x)= 利用导数证明不等式的步骤 2 3a2ln x+b,其中a>0.设两曲线y 间;

(1)构造新函数,并求其单调区

=f(x),y=g(x)有公共点,且在 (2)判断区间端点函数值与0的 该点处的切线相同.
关系;

(1)用a表示b,并求b的最大值; (3)判断定义域内函数值与0的 (2)求证:f(x)≥g(x)(x>0).
大小关系,证不等式.

题型分类·深度剖析
π x3 跟踪训练1 当0<x< 时,求证:tan x>x+ . 2 3 ? x3? 证明 设f(x)=tan x-?x+ 3 ?, ? ? 1 则f′(x)= 2 -1-x2=tan2x-x2=(tan x-x)(tan x+x). cos x π 因为0<x<2,所以x<tan x(简单进行证明亦可), 所以f′(x)>0,
? π? 即x∈?0,2?时,f(x)为增函数. ? ? ? π? 所以x∈?0,2?时,f(x)>f(0). ? ?

而 f(0)=0,所以 f(x)>0,即 tan x3 故 tan x>x+ 3 .

? x3? x-?x+ 3 ?>0. ? ?

题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求参数的取值范围
思维启迪 解析 思维升华

ln x+a 【例 2】 已知函数 f(x)= x 1 (a∈R),g(x)=x. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)若函数 f(x)的图像与函数 g(x) 的图像在区间 (0 , e2] 上有公共 点,求实数 a 的取值范围.

题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求参数的取值范围

ln x+a 思维启迪 解析 思维升华 【例 2】 已知函数 f(x)= x 1 (1)解 f′(x)=0, 根据函数值的变 (a∈R),g(x)=x. 化得到单调区间、极值; (1)求 f(x)的单调区间与极值;
(2)构造函数 F(x)=f(x)-g(x),通

(2)若函数 f(x)的图像与函数 g(x) 过 F(x)的单调性和函数值的变化 的图像在区间 (0 , e2] 上有公共 研究 f(x)、g(x)的交点情况. 点,求实数 a 的取值范围.

题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求参数的取值范围

ln x+a 思维启迪 解析 思维升华 【例 2】 已知函数 f(x)= x 解 (1)函数f(x)的定义域为(0, 1 +∞), (a∈R),g(x)=x. 1-?ln x+a? f′(x)= . (1)求 f(x)的单调区间与极值;
x2 令f′(x)=0,得x=e1-a,
1-a 当 x ∈ (0 , e )时,f′(x)>0, (2)若函数 f(x)的图像与函数 g(x) f(x)是增函数; 2

的图像在区间 (0 , e ] 上有公共 点,求实数 a 的取值范围.

当x∈(e1-a,+∞)时, f′(x)<0,f(x)是减函数.
所以函数f(x)的单调递增区间为 (0,e1-a],

题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求参数的取值范围

ln x+a 思维启迪 解析 思维升华 【例 2】 已知函数 f(x)= x 单调递减区间为[e1-a,+∞), 1 1-a a-1 极大值为 f ( x ) = f (e ) = e , 极大值 (a∈R),g(x)=x.
无极小值.

(1)求 f(x)的单调区间与极值;

(2)令F(x)=f(x)-g(x) ln x+a-1 (2)若函数 f(x)的图像与函数 g(x) = , x -ln x+2-a 2 . 的图像在区间 (0 , e ] 上有公共 则F′(x)= x2

点,求实数 a 的取值范围.

令F′(x)=0,得x=e2-a; 令F′(x)>0,得x<e2-a;
令F′(x)<0,得x>e2 a,


题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求参数的取值范围

ln x+a 思维启迪 解析 思维升华 【例 2】 已知函数 f(x)= x - 故函数F(x)在区间(0,e2 a]上是 1 增函数, (a∈R),g(x)=x. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)若函数 f(x)的图像与函数 g(x)
①当e2-a<e2,即a>0时,

在区间[e2-a,+∞)上是减函数.

函数F(x)在区间(0,e2-a]上是增 在区间[ e2-a,e2] 上是减函数, F(x)max=F(e2 a)=ea 2. a+1 1-a 2 又F(e )=0,F(e )= e2 >0,
- -

的图像在区间 (0 , e2] 上有公共 函数, 点,求实数 a 的取值范围.

题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求参数的取值范围

ln x+a 思维启迪 解析 思维升华 【例 2】 已知函数 f(x)= x 由图像,易知当0<x<e1-a时, 1 F(x)<0; (a∈R),g(x)=x. (1)求 f(x)的单调区间与极值;
当e1-a<x≤e2,F(x)>0,
此时函数f(x)的图像与函数g(x)的图

(2)若函数 f(x)的图像与函数 g(x) 像在区间(0,e2]上有1个公共点. 的图像在区间 (0 , e2] 上有公共 ②当e2-a≥e2,即a≤0时,F(x)在 点,求实数 a 的取值范围.
区间(0,e2]上是增函数, a+1 F(x)max=F(e )= e2 .
2

题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求参数的取值范围

ln x+a 思维启迪 解析 思维升华 【例 2】 已知函数 f(x)= x a+1 2 若 F(x)max=F(e )= 2 ≥0, e 1 (a∈R),g(x)=x. 即-1≤a≤0 时, (1)求 f(x)的单调区间与极值;
函数 f(x)的图像与函数 g(x)的图像 在区间(0,e2]上只有 1 个公共点; 1 (2)若函数 f(x)的图像与函数 g(x) 若 F(x)max=F(e2)=a+ e2 <0,

的图像在区间 (0 , e2] 上有公共 即 a<-1 时, 点,求实数 a 的取值范围.

函数 f(x)的图像与函数 g(x)的图像 在区间(0,e2]上没有公共点. 综上, 满足条件的实数 a 的取值范
围是[-1,+∞).

题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求参数的取值范围

ln x+a 思维启迪 解析 思维升华 【例 2】 已知函数 f(x)= x 函数零点或函数图像交点问题 1 (a∈R),g(x)=x. 的求解, 一般利用导数研究函数 (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)若函数 f(x)的图像与函数 g(x)
的单调性、 极值等性质, 并借助 函数图像, 根据零点或图像的交 点情况,建立含参数的方程(或 和谐统一.

的图像在区间 (0 , e2] 上有公共 不等式)组求解,实现形与数的 点,求实数 a 的取值范围.

题型分类·深度剖析
跟踪训练2 已知函数f(x)=x3-3ax-1,a≠0. (1)求f(x)的单调区间; (2)若f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与y=f(x)的图像有三个 不同的交点,求m的取值范围.
解 (1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),
当a<0时,对x∈R,有f′(x)>0,
∴当a<0时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞).

当a>0时,由f′(x)>0, 解得x<- a或x> a.
由f′(x)<0,解得- a<x< a,

∴当a>0时,f(x)的单调增区间为(-∞,- a ),( a ,+∞), 单调减区间为(- a, a).

题型分类·深度剖析
跟踪训练2 已知函数f(x)=x3-3ax-1,a≠0. (1)求f(x)的单调区间; (2)若f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与y=f(x)的图像有三个 不同的交点,求m的取值范围.
(2)∵f(x)在x=-1处取得极值, ∴f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,
∴a=1.
∴f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3,

由f′(x)=0,解得x1=-1,x2=1.
由(1)中f(x)的单调性可知,f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1,
在x=1处取得极小值f(1)=-3. ∵直线y=m与函数y=f(x)的图像有三个不 同的交点,结合如图所示f(x)的图像可知:
实数m的取值范围是(-3,1).

题型分类·深度剖析
题型三
【例3】

生活中的优化问题
某商场销售某种商品的经
思维启迪 解析 答案 思维升华

验表明,该商品每日的销售量y(单 位:千克)与销售价格x(单位:元/ a 千克)满足关系式y= +10(x- x- 3 6)2,其中3<x<6,a为常数.已知 销售价格为5元/千克时,每日可售 出该商品11千克. (1)求a的值; (2)若该商品的成本为3元/千克,试 确定销售价格x的值,使商场每日 销售该商品所获得的利润最大.

题型分类·深度剖析
题型三
【例3】

生活中的优化问题
某商场销售某种商品的经
思维启迪 解析 答案 思维升华

验表明,该商品每日的销售量y(单 位:千克)与销售价格x(单位:元/ a 千克)满足关系式y= +10(x- x- 3 6)2,其中3<x<6,a为常数.已知 销售价格为5元/千克时,每日可售 出该商品11千克. (1)求a的值; (2)若该商品的成本为3元/千克,试 确定销售价格x的值,使商场每日 销售该商品所获得的利润最大.
(1)由x=5时y=11求a;
(2)建立商场每日销售该商品 所获利润和售价x的函数关 系,利用导数求最值.

题型分类·深度剖析
题型三
【例3】

生活中的优化问题
某商场销售某种商品的经
思维启迪 解析 答案 思维升华

验表明,该商品每日的销售量y(单



位:千克)与销售价格x(单位:元/ a 千克)满足关系式y= +10(x- (2)由(1)可知,该商品每日的销 x- 3 6) ,其中3<x<6,a为常数.已知 销售价格为5元/千克时,每日可售 出该商品11千克. (1)求a的值; (2)若该商品的成本为3元/千克,试 确定销售价格x的值,使商场每日 销售该商品所获得的利润最大.
2

(1)因为x=5时,y=11, a 所以 +10=11,a=2. 2

2 售量y= +10(x-6)2. x-3
的利润

所以商场每日销售该商品所获得 2 f(x)=(x-3)[ +10(x-6)2] x-3 =2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.

题型分类·深度剖析
题型三
【例3】

生活中的优化问题
某商场销售某种商品的经
思维启迪 解析 答案 思维升华

验表明,该商品每日的销售量y(单 从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x- 位:千克)与销售价格x(单位:元/ 3)(x-6)] a 千克)满足关系式y= +10(x- =30(x-4)(x-6). x- 3 6) ,其中3<x<6,a为常数.已知 销售价格为5元/千克时,每日可售 出该商品11千克. (1)求a的值; (2)若该商品的成本为3元/千克,试 确定销售价格x的值,使商场每日 销售该商品所获得的利润最大.
2

于是,当 x 变化时,f′(x),f(x) 的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (3,4) + 单调 递增 4 0 极大值 42 (4,6) - 单调 递减

题型分类·深度剖析
题型三
【例3】

生活中的优化问题
某商场销售某种商品的经
思维启迪 解析 答案 思维升华

验表明,该商品每日的销售量y(单 位:千克)与销售价格x(单位:元/ 由上表可得,x=4是函数f(x)在区 a 间(3,6)内的极大值点,也是最大 千克)满足关系式y= +10(x- x- 3 值点. 6)2,其中3<x<6,a为常数.已知 销售价格为5元/千克时,每日可售 出该商品11千克. (1)求a的值; (2)若该商品的成本为3元/千克,试 确定销售价格x的值,使商场每日 销售该商品所获得的利润最大.
所以,当x=4时,函数f(x)取得 最大值,且最大值等于42.

题型分类·深度剖析
题型三
【例3】

生活中的优化问题
某商场销售某种商品的经
思维启迪 解析 答案 思维升华

验表明,该商品每日的销售量y(单 位:千克)与销售价格x(单位:元/ a 千克)满足关系式y= +10(x- 答 x- 3 6)2,其中3<x<6,a为常数.已知 销售价格为5元/千克时,每日可售 出该商品11千克. (1)求a的值; (2)若该商品的成本为3元/千克,试 确定销售价格x的值,使商场每日 销售该商品所获得的利润最大.

当销售价格为4元/千克

时,商场每日销售该商品所 获得的利润最大.

题型分类·深度剖析
题型三
【例3】

生活中的优化问题
某商场销售某种商品的经
思维启迪 解析 答案 思维升华

验表明,该商品每日的销售量y(单

位:千克)与销售价格x(单位:元/ 值时,一般先设自变量、因变 a 千克)满足关系式y= +10(x- 量、建立函数关系式,并确定其 x- 3 6)2,其中3<x<6,a为常数.已知 销售价格为5元/千克时,每日可售 出该商品11千克. (1)求a的值; 确定销售价格x的值,使商场每日 销售该商品所获得的利润最大.
定义域,利用求函数最值的方法 求解,注意结果应与实际情况相 符合.用导数求解实际问题中的 最大(小)值,如果函数在区间内 意义该极值点就是最值点.

在求实际问题中的最大值或最小

(2)若该商品的成本为3元/千克,试 只有一个极值点,那么根据实际

题型分类·深度剖析
跟踪训练3 得10万元~1 某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品,估计能获 000万元的投资收益.现准备制订一个对科研课题组的

奖励方案:奖金y(万元)随投资收益x(万元)的增加而增加,且资金不 超过9万元,同时奖金不超过投资收益的20%. (1)若建立函数f(x)模型制订奖励方案,试用数学语言表述公司对奖励 函数f(x)模型的基本要求; (2)现有两个奖励函数模型: x ①y= +2; 150 ②y=4lg x-3. 试分析这两个函数模型是否符合公司要求?

题型分类·深度剖析
解 (1)设奖励函数模型为y=f(x),

则公司对函数模型的基本要求是 当x∈[10,1 000] 时,f(x)是增函数,f(x)≤9恒成立, x f(x)≤ 恒成立. 5 x (2)①对于函数模型f(x)= +2, 150 当x∈[10,1 000] 时,f(x)是增函数,

1 000 26 则f(x)max=f(1 000)= +2= <9. 150 3
所以f(x)≤9恒成立. f?x? 1 2 因为函数 x =150+x在[10,1 000] 上是减函数,

题型分类·深度剖析
f?x? 1 1 1 所以[ x ]max= + > . 150 5 5
f?x? 1 2 1 从而 = + ≤ 不恒成立, x 150 x 5 x 即f(x)≤ 不恒成立. 5

故该函数模型不符合公司要求. ②对于函数模型f(x)=4lg x-3, 当x∈[10,1 000] 时,f(x)是增函数,

则f(x)max=f(1 000)=4lg 1 000-3=9. 所以f(x)≤9恒成立.

题型分类·深度剖析
x 4 1 设g(x)=4lg x-3- ,则g′(x)= - . 5 xln 10 5 4 1 2-ln 10 当x≥10时,g′(x)= - ≤ <0, xln 10 5 5ln 10 所以g(x)在[10,1 000] 上是减函数, 从而g(x)≤g(10)=-1<0. x x 所以4lg x-3- <0,即4lg x-3< , 5 5 x 所以f(x)≤ 恒成立. 5

故该函数模型符合公司要求.

题型分类·深度剖析
审题路线图系列2 二审结论会转换
1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

审 题 路 线 图

规 范 解 答

温 馨 提 醒

题型分类·深度剖析
审题路线图系列2 二审结论会转换
1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

审 题 题 路 路 线 线 图 图 审

规 范 解 答

温 馨 提 醒

求 f(x)的极值 ↓(从结论出发向条件转化,注意隐含条件——定义域) 求 f′(x)=0 的解,即 f(x)的极值点

题型分类·深度剖析
审题路线图系列2 二审结论会转换
1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

审 题 题 路 路 线 线 图 图 审

规 范 解 答

温 馨 提 醒

↓(转化为求函数值) 将极值点代入 f(x)求对应的极大、极小值 ↓(转化为研究单调性)

题型分类·深度剖析
审题路线图系列2 二审结论会转换
1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

审 题 题 路 路 线 线 图 图 审

规 范 解 答

温 馨 提 醒

求 f(x)在[1,e]上的单调性 ↓(转化为求函数值) 比较端点值、极值,确定最大、最小值

题型分类·深度剖析
审题路线图系列2 二审结论会转换
1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

审 题 题 路 路 线 线 图 图 审

规 范 解 答

温 馨 提 醒

↓(构造函数进行转化) F(x)=f(x)-g(x) ↓(将图像的上、下关系转化为数量关系)

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审题路线图系列2 二审结论会转换
1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

审 题 题 路 路 线 线 图 图 审

规 范 解 答

温 馨 提 醒

求证 F(x)<0 在[1,+∞)上恒成立. ↓研究函数 F(x)在[1,+∞)上的单调性.

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1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

审 题 路 线 图

规 范 解 答

温 馨 提 醒

(1)解

由于函数f(x)的定义域为(0,+∞), 1 ?x+1??x-1? 当a=-1时,f′(x)=x-x = , x 令f′(x)=0得x=1或x=-1(舍去),

1分

2分 3分

当x∈(0,1)时,函数f(x)单调递减,

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审题路线图系列2 二审结论会转换
1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

审 题 路 线 图

规 范 解 答

温 馨 提 醒
4分 5分 6分 7分

当x∈(1,+∞)时,函数f(x)单调递增, 1 所以f(x)在x=1处取得极小值为 . 2 (2)解 当a=1时,易知函数f(x)在[1,e] 上为增函数, 1 1 2 ∴f(x)min=f(1)= ,f(x)max=f(e)= e +1. 2 2

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1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

审 题 路 线 图

规 范 解 答

温 馨 提 醒

(3)证明

1 2 2 3 设F(x)=f(x)-g(x)= x +ln x- x , 2 3
9分

2 ? 1 - x ?? 1 + x + 2 x ? 1 2 则F′(x)=x+ -2x = , x x

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1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

审 题 路 线 图

规 范 解 答

温 馨 提 醒

当x>1时,F′(x)<0,
故f(x)在区间[1,+∞)上是减函数, 1 又F(1)=-6<0, ∴在区间[1,+∞)上,F(x)<0恒成立.

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1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

审 题 路 线 图

规 范 解 答

温 馨 提 醒
11分

即f(x)<g(x)恒成立.

因此,当a=1时,在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图 像在函数g(x)图像的下方.
12分

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1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

审 题 路 线 图

规 范 解 答

温 馨 提 醒

(1)导数法是求解函数单调性、极值、最值、参数等问题的有效 方法,应用导数求单调区间关键是求解不等式的解集;最值问 题关键在于比较极值与端点函数值的大小;参数问题涉及的有

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1 典例:(12分)已知函数f(x)= x2+aln x. 2 (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; 2 3 (3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图像在函数g(x)= x 3 的图像的下方.

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规 范 解 答

温 馨 提 醒

最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等,求解时注意分类讨 论思想的应用. (2)对于一些复杂问题,要善于将问题转化,转化成能用熟知的 导数研究问题.

思想方法·感悟提高

1.利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题

方 法 与 技 巧

转化为不等式恒成立问题,要注意分类讨论和 数形结合思想的应用.

2.在实际问题中,如果函数在区间内只有一个 极值点,那么只要根据实际意义判定是最大 值还是最小值即可,不必再与端点的函数值 比较.

思想方法·感悟提高

1.函数f(x)在某个区间内单调递增,则f′(x)≥0而不是

失 误 与 防 范

f′(x)>0 (f′(x)=0在有限个点处取到).

2.利用导数解决实际生活中的优化问题,要注意问题 的实际意义.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

练出高分
1 2 3

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4

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5
6 7 8 9 10

1.在R上可导的函数f(x)的图像如图所示,则关 于x的不等式x· f′(x)<0的解集为 A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-2,-1)∪(1,2) D.(-∞,-2)∪(2,+∞)
解析 由f(x)的图像知,当x<-1或x>1时,f′(x)>0;

( A )

当-1<x<1时,f′(x)<0, ∴x· f′(x)<0的解集是(-∞,-1)∪(0,1).

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2.已知函数 f(x)=x2+mx+ln x 是单调递增函数,则 m 的取 值范围是 A.m>-2 2 C.m<2 2 B.m≥-2 2 D.m≤2 2 ( B )

2x2+mx+1 解析 依题意知,x>0,f′(x)= , x 令g(x)=2x2+mx+1,x∈(0,+∞), m 当- ≤0时,g(0)=1>0恒成立,∴m≥0成立, 4 m 当- >0时,则Δ=m2-8≤0,∴-2 2≤m<0, 4
综上,m的取值范围是m≥-2 2.

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1 2 3

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5
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3.已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则 实数a的取值范围是 A.(-1,2) C.(-3,6)
解析

( B )

B.(-∞,-3)∪(6,+∞) D.(-∞,-1)∪(2,+∞)

∵f′(x)=3x2+2ax+(a+6),

由已知可得f′(x)=0有两个不相等的实根.

∴Δ=4a2-4×3(a+6)>0,即a2-3a-18>0. ∴a>6或a<-3.

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1 2 3

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x 3 4.若函数f(x)= 2 (a>0)在[1,+∞)上的最大值为 ,则a的 3 x +a 值为 3 A. 3
解析

( D ) B. 3 C. 3+1 D. 3-1
x2+a-2x2 a-x2 f′(x)= 2 = 2 , ?x +a?2 ?x +a?2

当x> a时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
当- a<x< a时,f′(x)>0,f(x)单调递增, a 3 3 当x= a时,令f(x)= 2a = 3 , a= 2 <1,不合题意. 1 3 ∴f(x)max=f(1)= = 3 ,a= 3-1,故选D. 1+a

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1 2 3

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5
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5.某公司生产某种产品,固定成本为20 000元,每生产一单位 产品,成本增加100元,已知总营业收入R与年产量x的年关 1 2 ? ?400x- x ?0≤x≤400?, 2 系是R=R(x)= ? 则总利润最大 ? ?80 000 ?x>400?, 时,每年生产的产量是 A.100 B.150
2

( C.200 D.300

)

解析 由题意得,总成本函数为C=C(x)=20 000+100x,
x ? ?300x- -20 000 ?0≤x≤400?, 2 总利润P(x)=? ? ?60 000-100x ?x>400?,

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1 2 3

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5
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5.某公司生产某种产品,固定成本为20 000元,每生产一单位 产品,成本增加100元,已知总营业收入R与年产量x的年关 1 2 ? ?400x- x ?0≤x≤400?, 2 系是R=R(x)= ? 则总利润最大 ? ?80 000 ?x>400?, 时,每年生产的产量是 A.100 B.150 C.200 D.300
? ?300-x 又P′(x)=? ? ?-100

( D )

?0<x<400?, ?x>400?,

令P′(x)=0,得x=300,易知x=300时,总利润P(x) 最大.

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1 2 3

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6.设函数f(x)=kx3-3x+1(x∈R),若对于任意x∈[-1,1], 都有f(x)≥0成立,则实数k的值为________.
解析 若x=0,则不论k取何值,f(x)≥0都成立;
3

当x>0,即x∈(0,1]时,

3 1 f(x)=kx -3x+1≥0可化为k≥x2-x3.
3?1-2x? 3 1 设g(x)=x2-x3,则g′(x)= x4 , 1 所以g(x)在区间(0,2]上单调递增, 1 在区间[2,1]上单调递减,

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1 2 3

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5
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6.设函数f(x)=kx3-3x+1(x∈R),若对于任意x∈[-1,1], 都有f(x)≥0成立,则实数k的值为________ . 4

1 因此g(x)max=g( )=4,从而k≥4; 2

当x<0即x∈[-1,0)时,
3 1 f(x)=kx -3x+1≥0可化为k≤x2-x3, 3 1 g(x)=x2-x3在区间[-1,0)上单调递增,
3

因此g(x)min=g(-1)=4,从而k≤4,综上k=4.

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1 2 3

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5
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7.已知函数y=x3-3x+c的图像与x轴恰有两个公共点,则c
-2或2 =________.
解析 设f(x)=x3-3x+c,对f(x)求导可得,
f′(x)=3x2-3,

令f′(x)=0,可得x=± 1,
易知f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增, 在(-1,1)上单调递减.
若f(1)=1-3+c=0,可得c=2; 若f(-1)=-1+3+c=0,可得c=-2.

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1 2 3

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8.已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m、

-13 n∈[-1,1],则f(m)+f′(n)的最小值是________ .
解析 对函数f(x)求导得f′(x)=-3x2+2ax, 由函数f(x)在x=2处取得极值知f′(2)=0, 即-3×4+2a×2=0,∴a=3. 由此可得f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x, 易知f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,

∴当m∈[ -1,1] 时,f(m)min=f(0)=-4. 又∵f′(x)=-3x2+6x的图像开口向下, 且对称轴为x=1,∴当n∈[ -1,1] 时, f′(n)min=f′(-1)=-9. 故f(m)+f′(n)的最小值为-13.

练出高分
1 2 3

A组
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9.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.

(1)解 由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知f′(x)=ex-2,x∈R.
令f′(x)=0,得x=ln 2.

于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) f(x) (-∞,ln 2) - 单调递减 ln 2 0 2(1-ln 2+a) (ln 2, +∞) + 单调递增

故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),

练出高分
1 2 3

A组
4

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5
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9.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.

单调递增区间是(ln 2,+∞), f(x)在x=ln 2处取得极小值,
极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a).
(2)证明 设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当a>ln 2-1时,
g′(x)取最小值为g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.

练出高分
1 2 3

A组
4

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5
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9.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.

于是对任意x∈R,都有g′(x)>0, 所以g(x)在R内单调递增.
于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),
都有g(x)>g(0). 而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>0.
即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.

练出高分
1 2 3

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4

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5
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10.统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗 油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可 1 3 3 以表示为y= x- x+8(0<x≤120).已知 128 000 80 甲、乙两地相距100千米. (1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地 到乙地要耗油多少升? (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗 油最少?最少为多少升?

练出高分
1 2 3

A组
4

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5
6 7 8 9 10

100 解 (1)当x=40时,汽车从甲地到乙地行驶了 小时,共 40 100 1 3 3 耗油 ×( ×40 - ×40+8)=17.5(升). 40 128 000 80

因此,当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时,

100 (2)当速度为x千米/小时时,汽车从甲地到乙地行驶了 x 小时, 设耗油量为h(x)升, 1 3 100 3 依题意得h(x)=( x - x+8)· 128 000 80 x
1 2 800 15 =1 280x + x - 4 (0<x≤120),

从甲地到乙地要耗油17.5升.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5
6 7 8 9 10

3 3 x 800 x -80 h′(x)= - = (0<x≤120). 640 x2 640x2

令h′(x)=0,得x=80.
当x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数;

当x∈(80,120)时,h′(x)>0,h(x)是增函数, ∴当x=80时,h(x)取得极小值h(80)=11.25. 易知h(80)是h(x)在(0,120]上的最小值.
故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗 油最少,为11.25升.

练出高分
1 2

B组

专项能力提升
3 4 5

练出高分
1 2

B组

专项能力提升
3 4 5

1 1.已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax(a> ), 2 当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a等于 ( D ) 1 1 1 A. B. C. D.1 4 3 2 解析 ∵f(x)是奇函数,∴f(x)在(0,2)上的最大值为-1. 1 1 当x∈(0,2)时,f′(x)= -a,令f′(x)=0得x= , x a 1 1 又a> ,∴0< <2. 2 a 1 1 当x< 时,f′(x)>0,f(x)在(0, )上单调递增; a a 1 1 当x> 时,f′(x)<0,f(x)在( ,2)上单调递减, a a 1 1 1 ∴f(x)max=f( )=ln -a·=-1,解得a=1. a a a

练出高分
1 2

B组

专项能力提升
3 4 5

2.已知函数f(x)的定义域为R,其导函数f′(x)的 图像如图所示,则对于任意x1,x2∈R(x1≠x2), 下列结论正确的是 ①f(x)<0恒成立; ②(x1-x2)· [f(x1)-f(x2)]<0; ③(x1-x2)· [f(x1)-f(x2)]>0; x1+x2 f?x1?+f?x2? ④f( )> ; 2 2 x1+x2 f?x1?+f?x2? ⑤f( )< . 2 2 A.①③ B.①③④ C.②④ D.②⑤ ( )

练出高分
1 2

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3 4 5

解析 由函数f(x)的导函数的图像可得, 函数f(x)是减函数,且随着自变量的增大, 导函数越来越大,
即函数f(x)图像上的点向右运动时,该点的 切线的斜率为负,且值越来越大,
由此可作出函数f(x)的草图如图所示,
f?x2?-f?x1? x1+x2 f?x1?+f?x2? 由图示可得 <0且f( 2 )< , 2 x2-x1 由此可得结论中仅②⑤正确,故应选D.

答案 D

练出高分
1 2

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3 4 5

3.已知f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若存在x1,x2∈R,使 1 [- ,+∞) . 得f(x2)≤g(x1)成立,则实数a的取值范围是___________ e
解析 f′(x)=ex+xex=ex(1+x)

当x>-1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;

当x<-1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.

1 所以函数f(x)的最小值为f(-1)=- . e 而函数g(x)的最大值为a,则由题意, 1 1 可得-e≤a即a≥-e.

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1 2

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3 4 5

ln x 4.已知f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= ,其中e是自 x 然常数,a∈R. (1)讨论a=1时,函数f(x)的单调性和极值; 1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ ; 2 (3)是否存在正实数a,使f(x)的最小值是3?若存在,求 出a的值;若不存在,请说明理由.

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1 2

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3 4 5

(1)解

1 x-1 ∵f(x)=x-ln x,f′(x)=1-x= x ,

∴当0<x<1时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减; 当1<x≤e时,f′(x)>0时,此时f(x)单调递增. ∴f(x)的极小值为f(1)=1.
(2)证明 ∵f(x)的极小值为1,即f(x)在(0,e]上的最小值为1, ∴[ f(x)] min=1.

1-ln x 又g′(x)= x2 ,

∴当0<x<e时,g′(x)>0,g(x)在(0,e]上单调递增.

练出高分
1 2

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3 4 5

1 1 ∴[g(x)]max=g(e)= < , e 2 1 ∴[ f(x)] min-[ g(x)] max>2,

1 ∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+2. (3)解 假设存在正实数a,使f(x)=ax-ln x(x∈(0,e])有最小值3,
1 ax-1 则f′(x)=a- x= x . 1 1 ①当0<a<e时,f(x)在(0,a)上单调递减,
1 在( ,e]上单调递增, a

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1 2

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3 4 5

1 [f(x)]min=f(a)=1+ln a=3,a=e2,满足条件; 1 ②当a≥e时,f(x)在(0,e]上单调递减,
[ f(x)] min=f(e)=ae-1=3,

4 a=e(舍去),所以,此时f(x)无最小值. 综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时f(x)有最小值3.

练出高分
1 2

B组

专项能力提升
3 4 5

5.已知函数f(x)=2ln x-ax+a(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; f?x2?-f?x1? 1 (2)若f(x)≤0恒成立,证明:当0<x1<x2时, <2( -1). x1 x2-x1 2-ax (1)解 f′(x)= x ,x>0.
若a≤0,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 2 若a>0,当x∈(0,a)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 2 当x∈(a,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

(2)证明 由(1)知,若a≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,

练出高分
1 2

B组

专项能力提升
3 4 5

5.已知函数f(x)=2ln x-ax+a(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; f?x2?-f?x1? 1 (2)若f(x)≤0恒成立,证明:当0<x1<x2时, <2( -1). x1 x2-x1
又f(1)=0,故f(x)≤0不恒成立.
2 若a>2,当x∈(a,1)时,f(x)单调递减,

f(x)>f(1)=0,不合题意,

2 若0<a<2,当x∈(1, a )时,f(x)单调递增,f(x)>f(1)=0, 不合题意,

练出高分
1 2

B组

专项能力提升
3 4 5

5.已知函数f(x)=2ln x-ax+a(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; f?x2?-f?x1? 1 (2)若f(x)≤0恒成立,证明:当0<x1<x2时, <2( -1). x1 x2-x1
若a=2,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递 减,f(x)≤f(1)=0符合题意. 故a=2,且ln x≤x-1(当且仅当x=1时取“=”). x2 当0<x1<x2时,f(x2)-f(x1)=2ln -2(x2-x1) x1 x2 1 <2( -1)-2(x2-x1)=2( -1)(x2-x1), x x
f?x2?-f?x1? 1 所以 <2(x -1). x2-x1 1
1 1


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