高考数学一轮复习 第三章 第2节 第3课时导数在研究函数中的应用
展开考点一 构造函数证明不等式
【例1】 已知函数f(x)=1-eq \f(x-1,ex),g(x)=x-ln x.
(1)证明:g(x)≥1;
(2)证明:(x-ln x)f(x)>1-eq \f(1,e2).
证明 (1)由题意得g′(x)=eq \f(x-1,x)(x>0),
当0
即g(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数.
所以g(x)≥g(1)=1,得证.
(2)由f(x)=1-eq \f(x-1,ex),得f′(x)=eq \f(x-2,ex),
所以当0
即f(x)在(0,2)上是减函数,在(2,+∞)上是增函数,
所以f(x)≥f(2)=1-eq \f(1,e2)(当且仅当x=2时取等号).①
又由(1)知x-ln x≥1(当且仅当x=1时取等号),②
且①②等号不同时取得,
所以(x-ln x)f(x)>1-eq \f(1,e2).
规律方法 1.证明不等式的基本方法:
(1)利用单调性:若f(x)在[a,b]上是增函数,则①∀x∈[a,b],有f(a)≤f(x)≤f(b),②∀x1,x2∈[a,b],且x1
2.证明f(x)
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)设g(x)=ln x,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.
(1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2,
所以f(-1)=eq \f(b-a,1+1)=-2,化简得b-a=-4.①
f′(x)=eq \f(a(x2+1)-(ax+b)·2x,(x2+1)2),
f′(-1)=eq \f(2a+2(b-a),4)=-1.②
联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=eq \f(2x-2,x2+1).
(2)证明 由题意知要证ln x≥eq \f(2x-2,x2+1)在[1,+∞)上恒成立,
即证明(x2+1)ln x≥2x-2,x2ln x+ln x-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.
设h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,
则h′(x)=2xln x+x+eq \f(1,x)-2,
因为x≥1,所以2xln x≥0,x+eq \f(1,x)≥2·eq \r(x·\f(1,x))≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,
所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.
考点二 利用“若f(x)min>g(x)max,则f(x)>g(x)”证明不等式
【例2】 已知函数f(x)=xln x-ax.
(1)当a=-1时,求函数f(x)在(0,+∞)上的最值;
(2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有ln x+1>eq \f(1,ex+1)-eq \f(2,e2x)成立.
(1)解 函数f(x)=xln x-ax的定义域为(0,+∞).
当a=-1时,f(x)=xln x+x,f′(x)=ln x+2.
由f′(x)=0,得x=eq \f(1,e2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,e2)))时,f′(x)<0;当x>eq \f(1,e2)时,f′(x)>0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,e2)))上单调递减,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2),+∞))上单调递增.
因此f(x)在x=eq \f(1,e2)处取得最小值,即f(x)min=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))=-eq \f(1,e2),但f(x)在(0,+∞)上无最大值.
(2)证明 当x>0时,ln x+1>eq \f(1,ex+1)-eq \f(2,e2x)等价于x(ln x+1)>eq \f(x,ex+1)-eq \f(2,e2).
由(1)知a=-1时,f(x)=xln x+x的最小值是-eq \f(1,e2),当且仅当x=eq \f(1,e2)时取等号.
设G(x)=eq \f(x,ex+1)-eq \f(2,e2),x∈(0,+∞),
则G′(x)=eq \f(1-x,ex+1),易知G(x)max=G(1)=-eq \f(1,e2),
当且仅当x=1时取到,从而可知对一切x∈(0,+∞),都有f(x)>G(x),即ln x+1>eq \f(1,ex+1)-eq \f(2,e2x).
规律方法 1.在证明不等式中,若无法转化为一个函数的最值问题,则可考虑转化为两个函数的最值问题.
2.在证明过程中,等价转化是关键,此处f(x)min>g(x)max恒成立.从而f(x)>g(x),但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.
【训练2】 已知三次函数f(x)的导函数f′(x)=-3x2+3且f(0)=-1,g(x)=xln x+eq \f(a,x)(a≥1).
(1)求f(x)的极值;
(2)求证:对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≤g(x2).
(1)解 依题意得f(x)=-x3+3x-1,f′(x)=-3x2+3=-3(x+1)(x-1),
知f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上是减函数,在(-1,1)上是增函数,
所以f(x)极小值=f(-1)=-3,f(x)极大值=f(1)=1.
(2)证明 易得x>0时,f(x)最大值=1,
由a≥1知,g(x)≥xln x+eq \f(1,x)(x>0),
令h(x)=xln x+eq \f(1,x)(x>0),
则h′(x)=ln x+1-eq \f(1,x2)=ln x+eq \f(x2-1,x2),
注意到h′(1)=0,当x>1时,h′(x)>0;
当0
h(x)最小值=h(1)=1,即g(x)最小值=1.
综上知对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≤g(x2).
考点三 不等式恒成立或有解问题 多维探究
角度1 不等式恒成立求参数
【例3-1】 已知函数f(x)=eq \f(sin x,x)(x≠0).
(1)判断函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上的单调性;
(2)若f(x)解 (1)f′(x)=eq \f(xcs x-sin x,x2),
令g(x)=xcs x-sin x,x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),则g′(x)=-xsin x,
显然,当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,g′(x)=-xsin x<0,即函数g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递减,且g(0)=0.
从而g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上恒小于零,
所以f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上恒小于零,
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递减.
(2)不等式f(x)令φ(x)=sin x-ax,x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),
则φ′(x)=cs x-a,且φ(0)=0.
当a≥1时,在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上φ′(x)<0,即函数φ(x)单调递减,
所以φ(x)<φ(0)=0,故sin x-ax<0恒成立.
当0当x∈(0,x0)时,φ′(x)>0,故φ(x)在区间(0,x0)上单调递增,且φ(0)=0,
从而φ(x)在区间(0,x0)上大于零,这与sin x-ax<0恒成立相矛盾.
当a≤0时,在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上φ′(x)>0,即函数φ(x)单调递增,且φ(0)=0,得sin x-ax>0恒成立,这与sin x-ax<0恒成立相矛盾.
故实数a的最小值为1.
规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”,“一形”是指会结合函数的图象,对函数进行求导,然后判断其极值,从而得到含有参数的方程组,解方程组,即可求出参数的值;“一分类”是指对不等式恒成立问题,常需对参数进行分类讨论,求出参数的取值范围.
2.利用导数研究含参数的不等式问题,若能够分离参数,则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式,通过求函数y=f(x)的最值求得参数范围.
【训练3】 (2019·潍坊模拟)已知函数f(x)=eq \f(1+ln x,x).
(1)若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a,a+\f(1,2)))上存在极值,求正实数a的取值范围;
(2)如果当x≥1时,不等式f(x)≥eq \f(k,x+1)恒成立,求实数k的取值范围.
解 (1)函数的定义域为(0,+∞),
f′(x)=eq \f(1-1-ln x,x2)=-eq \f(ln x,x2),
令f′(x)=0,得x=1.
当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)是增函数;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)是减函数;
所以x=1为函数f(x)的极大值点,且是唯一极值点,
所以0故eq \f(1,2)(2)当x≥1时,k≤eq \f((x+1)(1+ln x),x)恒成立,
令g(x)=eq \f((x+1)(1+ln x),x)(x≥1),
则g′(x)=eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+ln x+1+\f(1,x)))x-(x+1)(1+ln x),x2)=eq \f(x-ln x,x2).
再令h(x)=x-ln x(x≥1),则h′(x)=1-eq \f(1,x)≥0,
所以h(x)≥h(1)=1,所以g′(x)>0,
所以g(x)是增函数,所以g(x)≥g(1)=2,
故k≤2,即实数k的取值范围是(-∞,2].
角度2 不等式能成立求参数的取值范围
【例3-2】 已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln x(a∈R).
(1)若f(x)在区间[1,2]上是单调函数,求实数a的取值范围;
(2)函数g(x)=(1-a)x,若∃x0∈[1,e]使得f(x0)≥g(x0)成立,求实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)=eq \f((2x-1)(x-a),x),当导函数f′(x)的零点x=a落在区间(1,2)内时,函数f(x)在区间[1,2]上就不是单调函数,即a∉(1,2),
所以实数a的取值范围是(-∞,1]∪[2,+∞).
(2)由题意知,不等式f(x)≥g(x)在区间[1,e]上有解,
即x2-2x+a(ln x-x)≥0在区间[1,e]上有解.
因为当x∈[1,e]时,ln x≤1≤x(不同时取等号),x-ln x>0,所以a≤eq \f(x2-2x,x-ln x)在区间[1,e]上有解.
令h(x)=eq \f(x2-2x,x-ln x),则h′(x)=eq \f((x-1)(x+2-2ln x),(x-ln x)2).
因为x∈[1,e],所以x+2>2≥2ln x,
所以h′(x)≥0,h(x)在[1,e]上单调递增,
所以x∈[1,e]时,h(x)max=h(e)=eq \f(e(e-2),e-1),
所以a≤eq \f(e(e-2),e-1),
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(-∞,\f(e(e-2),e-1))).
规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法
a≥f(x)在x∈D上能成立,则a≥f(x)min;
a≤f(x)在x∈D上能成立,则a≤f(x)max.
2.含全称、存在量词不等式能成立问题
(1)存在x1∈A,任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)max≥g(x)max;(2)任意x1∈A,存在x2∈B,使f(x1)≥g(x2)成立,则f(x)min≥g(x)min.
【训练4】 已知函数f(x)=meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x)))-2ln x(m∈R),g(x)=-eq \f(m,x),若至少存在一个x0∈[1,e],使得f(x0)
当x∈[1,e]时,h′(x)≥0,h(x)在[1,e]上是增函数,
∴h(x)的最大值为h(e)=eq \f(1,e).
由题意eq \f(m,2)
[思维升华]
1.证明不等式的关键是构造函数,将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.
2.恒(能)成立问题的转化策略.若f(x)在区间D上有最值,则
(1)恒成立:∀x∈D,f(x)>0⇔f(x)min>0;
∀x∈D,f(x)<0⇔f(x)max<0.
(2)能成立:∃x∈D,f(x)>0⇔f(x)max>0;
∃x∈D,f(x)<0⇔f(x)min<0.
[易错防范]
1.证明不等式,特别是含两个变量的不等式时,要注意合理的构造函数.
2.恒成立与能成立问题,要注意理解“任意”与“存在”的不同含义,要注意区分转化成的最值问题的异同.
逻辑推理——两个经典不等式的活用
逻辑推理是得到数学结论,构建数学体系的重要方式,是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题,降低了思考问题的难度,优化了推理和运算过程.
(1)对数形式:x≥1+ln x(x>0),当且仅当x=1时,等号成立.
(2)指数形式:ex≥x+1(x∈R),当且仅当x=0时,等号成立.
进一步可得到一组不等式链:ex>x+1>x>1+ln x(x>0,且x≠1).
【例1】 (1)已知函数f(x)=eq \f(1,ln(x+1)-x),则y=f(x)的图象大致为( )
解析 因为f(x)的定义域为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x+1>0,,ln(x+1)-x≠0,))
即{x|x>-1,且x≠0},所以排除选项D.
当x>0时,由经典不等式x>1+ln x(x>0),
以x+1代替x,得x>ln(x+1)(x>-1,且x≠0),
所以ln(x+1)-x<0(x>-1,且x≠0),即x>0或-1
(2)已知函数f(x)=ex,x∈R.证明:曲线y=f(x)与曲线y=eq \f(1,2)x2+x+1有唯一公共点.
证明 令g(x)=f(x)-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2+x+1))=ex-eq \f(1,2)x2-x-1,x∈R,
则g′(x)=ex-x-1,
由经典不等式ex≥x+1恒成立可知,g′(x)≥0恒成立,
所以g(x)在R上为单调递增函数,且g(0)=0.
所以函数g(x)有唯一零点,即两曲线有唯一公共点.
【例2】 (2017·全国Ⅲ卷改编)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
(2)证明:对于任意正整数n,eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,22)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2n)))
①若a≤0,因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=-eq \f(1,2)+aln 2<0,所以不满足题意.
②若a>0,由f′(x)=1-eq \f(a,x)=eq \f(x-a,x)知,
当x∈(0,a)时,f′(x)<0;
当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0;
所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增,
故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.
因为f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0,故a=1.
(2)证明 由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.
令x=1+eq \f(1,2n),得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2n)))
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)求证:当x∈(1,+∞)时,1
f′(x)=eq \f(1,x)-1,令f′(x)=0,解得x=1.
当0
当x>1时,f′(x)<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明 由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.
所以当x≠1时,ln x
因此ln eq \f(1,x)
(建议用时:35分钟)
一、选择题
1.(2019·海南一模)函数f(x)=ln x+a的导数为f′(x),若方程f′(x)=f(x)的根x0小于1,则实数a的取值范围为( )
A.(1,+∞) B.(0,1)
C.(1,eq \r(2)) D.(1,eq \r(3))
解析 由函数f(x)=ln x+a可得f′(x)=eq \f(1,x),
∵x0使f′(x)=f(x)成立,∴eq \f(1,x0)=ln x0+a,
又0
答案 A
2.(2019·济南调研)已知a为常数,函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x1,x2(x1
B.f(x1)<0,f(x2)<-eq \f(1,2)
C.f(x1)>0,f(x2)<-eq \f(1,2)
D.f(x1)<0,f(x2)>-eq \f(1,2)
解析 f′(x)=ln x-2ax+1,依题意知f′(x)=0有两个不等实根x1,x2,
即曲线y=1+ln x与直线y=2ax有两个不同交点,如图.
由直线y=x是曲线y=1+ln x的切线,
可知:0<2a<1,0
∴f(x2)>f(1)=-a>-eq \f(1,2).
答案 D
二、填空题
3.若对任意a,b满足0解析 ∵0∴eq \f(ln a,a)
故y′=eq \f(1-ln x,x2)>0,解得0
答案 e
4.函数f(x)=x-2sin x,对任意的x1,x2∈[0,π],恒有|f(x1)-f(x2)|≤M,则M的最小值为________.
解析 ∵f(x)=x-2sin x,∴f′(x)=1-2cs x,
∴当0
∴当x=eq \f(π,3)时,f(x)有极小值,即最小值,
且f(x)min=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=eq \f(π,3)-2sin eq \f(π,3)=eq \f(π,3)-eq \r(3).
又f(0)=0,f(π)=π,∴f(x)max=π.
由题意得|f(x1)-f(x2)|≤M等价于M≥|f(x)max-f(x)min|=π-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)-\r(3)))=eq \f(2π,3)+eq \r(3).
∴M的最小值为eq \f(2π,3)+eq \r(3).
答案 eq \f(2π,3)+eq \r(3)
三、解答题
5.已知f(x)=(1-x)ex-1.
(1)求函数f(x)的最大值;
(2)设g(x)=eq \f(f(x),x),x>-1且x≠0,证明:g(x)<1.
(1)解 f′(x)=-xex.
当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
所以f(x)的最大值为f(0)=0.
(2)证明 由(1)知,当x>0时,f(x)<0,g(x)<0<1.
当-1
设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1.
当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0
h(x)在(-1,0)上单调递减.
当-1
综上,当x>-1且x≠0时总有g(x)<1.
6.已知函数f(x)=x3-ax2+10.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;
(2)在区间[1,2]内至少存在一个实数x,使得f(x)<0成立,求实数a的取值范围.
解 (1)当a=1时,f(x)=x3-x2+10,
所以f′(x)=3x2-2x,所以k=f′(2)=8.
又f(2)=14,所以切线方程为y=8x-2.
(2)由已知得:a>eq \f(x3+10,x2)=x+eq \f(10,x2)至少有一个实数x使之成立,即a>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(10,x2)))eq \s\d7(min).
设g(x)=x+eq \f(10,x2)(1≤x≤2),则g′(x)=1-eq \f(20,x3),
因为1≤x≤2,所以g′(x)<0.
所以g(x)在[1,2]上是减函数,
所以g(x)min=g(2)=eq \f(9,2),a>eq \f(9,2),
即a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2),+∞)).
能力提升题组
(建议用时:25分钟)
7.(2019·北京延庆区调研)已知函数f(x)=xln x(x>0).
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)若对任意x∈(0,+∞),f(x)≥eq \f(-x2+mx-3,2)恒成立,求实数m的最大值.
解 (1)由f(x)=xln x(x>0),得f′(x)=1+ln x,
令f′(x)>0,得x>eq \f(1,e);令f′(x)<0,得0
单调减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,e))).
故f(x)在x=eq \f(1,e)处有极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))=-eq \f(1,e),无极大值.
(2)由f(x)≥eq \f(-x2+mx-3,2)及f(x)=xln x,
得m≤eq \f(2xln x+x2+3,x)恒成立,
问题转化为m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2xln x+x2+3,x)))eq \s\d7(min).
令g(x)=eq \f(2xln x+x2+3,x)(x>0),
则g′(x)=eq \f(2x+x2-3,x2),
由g′(x)>0⇒x>1,由g′(x)<0⇒0
因此m≤4,所以m的最大值是4.
8.已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;
(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.
(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,
f′(x)>0.
故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.
(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,
则h′(x)=ex-2a.
①当2a≤1,即a≤eq \f(1,2)时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,
h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,
∴f(x)在[0,+∞) 上为增函数,
∴f(x)≥f(0)=0,
∴当a≤eq \f(1,2)时满足条件.
②当2a>1,即a>eq \f(1,2)时,令h′(x)=0,解得x=ln (2a),
在[0,ln (2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,
∴当x∈(0,ln (2a))时,有h(x)
(3)证明 由(2)得,当a=eq \f(1,2),x>0时,ex>1+x+eq \f(x2,2),
即ex-1>x+eq \f(x2,2),
欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,
只需证ln(x+1)>eq \f(2x,x+2).
设F(x)=ln(x+1)-eq \f(2x,x+2),
则F′(x)=eq \f(1,x+1)-eq \f(4,(x+2)2)=eq \f(x2,(x+1)(x+2)2).
∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,
∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.
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