第03章 微分中值定理与导数的应用习题详解



第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解
第三章 微分中值定理与导数的应用
习题 3-1
  1.解 : (
  1)虽然 f ( x) 在 [1,1] 上连续, f (
  1) = f (
  1) ,且 f ( x) 在 ( 1,
  1) 内可导.可见,
f ( x) 在 [1,1] 上 满 足 罗 尔 中 值 定 理 的 条 件 , 因 此 , 必 存 在 一 点 ξ ∈ (1,
  1) , 使 得 f ′(ξ ) = 0 ,即:
12ξ = 0 ,满足, ξ = 0 ; (2ξ 2 +
  1) 2
(
  2)虽然 f ( x) 在 [1,1] 上连续, f (
  1) = f (
  1) ,但 f ( x) 在 ( 1,
  1) 内 x = 0 点不可导.可 见, f ( x) 在 [1,1] 上不满足罗尔中值定理的条件,因此未必存在一点 ξ ∈ ( 1,
  1) ,使得
f ′(ξ ) = 0 。

  2.因为函数是一初等函数,易验证满足条件.
  3.解:令 y = 3arccos x arccos(3x 4 x ) , y′ =
3
3 1 x2
+
3 12 x 2 1 (3x 4 x3 )2
,化简得
y′ = 0, ∴ y = C ( C 为常数) ,又 y (
  0.
  5) = π ,故当
  0.5 ≤ x ≤
  0.5 ,有 y ( x) = π .
4 . 证 明 : 显 然 f ( x) , F ( x ) 都 满 足 在 0, 上 连 续 , 在 0, 内 可 导 2 2
π
π
π f ′( x) = cos x, F ′( x) = 1 sin x 且对任一 x ∈ 0, , F ′( x) ≠ 0 ,∴ f ( x) , F ( x ) 满足柯西 2
中值定理条件.
π π π x f f (
  0) sin x cos 1 f ′( x) cos x 2 2 = 4 2 , 令 = , 而 = = π F ′( x) 1 sin x π π π x 1 F F (
  0) 1 cos x sin 2 2 2 4 2
f ′( x) 1 π x π = ,即 tan = 1 ,此时 F ′( x) π 1 4 2 2 2
π π π x = 2 arctan 1 显然 x ∈ 0, ,即 2 2 4 π π π ξ = 2 arctan 1 ∈ 0, , 2 2 4
1
第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解
使得
π f f (
  0) f ′(
  3) 2 = . F ′(
  3) π F F (
  0) 2

  5.解:因为 f (
  0) = f (
  1) = f (
  2) = f (
  3) = 0 ,又因为 f ( x) 在任一区间内都连续而且可导, 所以 f ( x) 在任一区间 [ 0, 1] , [1, 2] , [ 2, 3] 内满足罗尔中值定理的条件,所以由罗尔定理,得 :
ξ1 ∈ (0,
  1) , ξ 2 ∈ (1,
  2) , ξ3 ∈ (2,
  3) , 使 得 : f ′(ξ1 ) = 0, f ′(ξ 2 ) = 0, f ′(ξ3 ) = 0 , 又 因 为
f ′( x) = 0 只有三个根,∴ f ( x) = 0 有 3 个根 ξ1 , ξ 2 , ξ3 分别属于 (0,
  1) , (1,
  2) , (2,
  3) 三个
区间.
  6.证明:设 f ( x) = 0 的 n + 1 个相异实根为
x0 < x1 < x2 < L < xn
则由罗尔中值定理知:存在 ξ1i (i = 1, 2,L n) :
x0 < ξ11 < x1 < ξ12 < x2 < L < ξ1n < xn ,使得 f ′(ξ1i ) = 0, (i = 1, 2,L , n)
再由罗尔中值定理至少存在 ξ 2i (i = 1, 2,L n
  1) :
ξ11 < ξ 21 < ξ12 < ξ 22 < ξ13 < L < ξ 2 n 1 < ξ1n ,使得 f ′′(ξ 2i ) = 0, (i = 1, 2,L , n
  1)
如此作到第 n 步,则知至少存在一点 ξ : ξ n 11 < ξ < ξ n 12 使得 f
(n)
(ξ ) = 0 .

  7.解:反证法,倘若 p ( x) = 0 有两个实根,设为 x1 和 x2 ,即 p ( x1 ) = p ( x2 ) = 0 ,不妨设
x1 < x2 ,由于多项式函数 p( x) 在 [ x1 , x2 ] 上连续且可导,故由罗尔中值定理存在一点 ξ ∈ ( x1 , x2 ) ,使得 p′(ξ ) = 0 ,而这与所设 p′( x) = 0 没有实根相矛盾,命题得证.

  8.证明:令 f ( x) = x + x 1 ,由于 f (
  0) = 1, f (
  1) = 1 由零点定理知,在 (0,
  1) 内至少存 在一点 ξ ,使 f (ξ ) = 0 ,又由方程得 x( x +
  1) = 1 ,因此方程只存在 0 与 1 之间的正根,假 设 x + x 1 = 0 有两个正根,即 x1 , x2 > 0 ,且 x1 ≠ x2 使得: f ( x1 ) = f ( x2 ) = 0 ,不妨假 设 x1 < x2 , 显 然 f ( x) 在 [ x1 , x2 ] 上 连 续 , 在 ( x1 , x2 ) 内 可 导 . 所 以 由 罗 尔 定 理 , 得 :
5 4 5
ξ ∈ ( x1 , x2 ) , 使 得 : f ′(ξ ) = 0 , 即 5ξ 4 + 1 = 0 , 矛 盾 , 假 设 不 成 立 , 所 以 方 程
2
第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解
x5 + x 1 = 0 只有一个正根.

  9.证明:
  1)因为 f ( x) 在 [a, b] 上可导,所以由拉格朗日中值定理知:存在 ξ ∈ ( a, b) 使 ( 得
f (b) f (a) = f ′(ξ )(b a)
又 f ′(ξ ) ≥ m ,故
f (b) f (a) ≥ m(b a) ,即 f (b) ≥ f (a) + m(b a) .
(
  2)因为 f ( x) 在 [a, b] 上可导,所以由拉格朗日中值定理知:存在 ξ ∈ ( a, b) 使得
f (b) f (a) = (b a) f ′(ξ )
又 f ′(ξ ) ≤ M ,所以 | f (b) f (a ) |≤ M(b a ) . (
  3)当 x1 = x2 时结论显然成立,当 x1 ≠ x2 时,对函数 sin x 在以 x1 , x2 为端点的区间上应 用拉格朗日中值定理,得 sin x1 sin x2 = cos ξ ( x1 x2 ) ,其中 ξ 在 x1 与 x2 之间,因此
sin x1 sin x2 = cos ξ x1 x2 ≤ x1 x2 .

  10.证明:因为 f ( x) 在 ( a, b) 内具有二阶导数,所以由罗尔定理,得 ξ1 ∈ ( x1 , x2 ) ,
ξ 2 ∈ ( x2 , x3 ) ,使得 f ′(ξ1 ) = f ′(ξ 2 ) = 0 ,又 Q f ′( x) 在 [ξ1 , ξ 2 ] 且满足罗尔定理的条件,
故由罗尔定理,得:
ξ ∈ (ξ1 , ξ 2 ) ( x1 , x3 ) ,使得 f ′′(ξ ) = 0 .

  11.证明:设 f ( x) = ln x ,由拉格朗日中值定理,得
ξ ∈ (b, a) ,使得: f ′(ξ ) =
f (a) f (b) a b a 即: = ln a ln b = ln ,又Q ξ ∈ (b, a ) , a b ξ b
1 1 1 a b a b a b ∴ < < ,∴ < < . a ξ b a ξ b

  12.证明:对函数 f ( x) = arctan x 在 [0, h] 上应用拉格朗日中值定理:存在 ξ ∈ (0, h) 使得
arctan h = arctan h arctan 0 =
从而
h 1+ ξ 2
3
第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解
h < arctan h < h . 1 + h2

  13.证明:
  1)令 f ( x) = arctan x .当 a = b 时结论显然成立. ( 当 a ≠ b 时,由拉格朗日中值定理,得 f ′(ξ ) =
f (b) f (a) . ξ 在 a, b 构成的区间内) ( ,即 : ba
(b a)
1 = f (b) f (a) = arctan b arctan a . 1+ ξ 2 ∴ arctan a arctan b = a b 1 < ab 1+ ξ 2
综上所述,结论成立. (
  2)令 f ( x) = e
x
由拉格朗日中值定理,得: ξ ∈ (1, x) ,使得: f ′(ξ ) =
f ( x) f (
  1) ,即: x 1
f ( x) f (
  1) = e x e = ( x
  1) f ′(ξ ) = ( x
  1)eξ ,
又Q ξ ∈ (1, x) ,故 e > e ,所以
ξ
e x e = ( x
  1)eξ > ( x
  1)e ,即 e x > ex .
14 . 证 明 : y = f ( x) 在 x = 0 的 某 邻 域 内 具 有 n 阶 导 数 , 由 柯 西 中 值 定 理 , 得 :
ξ1 ∈ (0, x) 使
f ( x) f ( x ) f (
  0) f ′(ξ1 ) f ′(ξ1 ) f ′(
  0) = = = ,反复使用柯西中值定理,得: xn x n 0n nξ1n 1 nξ1n 1 0
ξ 2 ∈ (0, ξ1 ).ξ3 ∈ (0, ξ 2 )L.ξ ∈ (0, ξ n 1 ) (0, x ) ,使得
f ( x) f ′(ξ1 ) f ′(
  0) f ′′(ξ 2 ) f ′′(
  0) f ( n ) (ξ ) = = =L = xn nξ1n 1 0 n(n
  1)ξ 2n 2 0 n!
即 θ ∈ (0,
  1) ,使 θ x = ξ ∈ (0, x) ,使得:
f ( x) f ( n ) (θ x) = , (0 < θ <
  1) . xn n!
习题 3-2

  1.解: f (
  2) = 6, f ′(
  2) = 4, f ′′(
  2) = 4, f ′′′(
  2) = 6, f
(n)
(
  2) = 0(n ≥
  4)
4
第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解
将上述结果代入泰勒多项式,得
f ( x) = f (
  2) + f ′(
  2)( x
  2) +
f ′′(
  2) f ′′′(
  2) ( x
  2) 2 + ( x
  2)3 2! 3!
∴ f ( x) = ( x
  2)3 + 2( x
  2) 2 4( x
  2) 6 .

  2.解:因为 f (
  0) = 1, f 所以
(k )
(
  1) k k ! ( k ) ( x) = , f (
  0) = (
  1)k k !, k = 1, 2,L k +1 (1 + x)
f ( x) = 1 x + x 2 + L + (
  1) n x n +

  3.解:因为 f (
  0) = 0, f ′( x) = sec x, f ′(
  0) = 1,
2
(
  1) n +1 x n +1 , (0 < θ <
  1) . n+2 (1 + θ x)
f ′′( x) = 2sec2 x tan x , f ′′(
  0) = 0 , f ′′′( x) = 4sec2 x tan 2 x + 2sec4 x, f ′′′(
  0) = 2 , f (
  4) ( x) = 8sec 2 x tan 3 x + 16sec 4 x tan x, f (
  4) (
  0) = 0 , f (
  5) ( x) = 16sec 2 x tan 4 x + 88sec 4 x tan 2 x + 16sec 6 x, f (
  5) (
  0) = 16 ,所以
1 2 f ( x ) = x + x 3 + x 5 + o( x 5 ) . 3 15

  4.解: f ( x) =
x ,所以 f ′( x) =
1 3 3 5 , f ′′( x) = x 2 , f ′′′( x) = x 2 4 8 2 x 1
f (
  4) ( x) =
15 7 x 2 ,令 x = 4 代入得 16
1 1 3 f (
  4) = 2, f ′(
  4) = , f ′′(
  4) = , f ′′′(
  4) = ,由泰勒公式,得 4 32 256 1 1 1 15( x
  4) 4 x = 2 + ( x
  4) ( x
  4) 2 + ( x
  4)3 . 7 4 64 512 4!16[4 + θ ( x
  4)]2 1 1 2 3!
  5.解:因为 f ( x) = , f ′( x) = 2 , f ′′( x) = 3 , f ′′′( x) = 4 ,一般地,有 x x x x n! f ( n ) ( x) = (
  1) n n +1 ,所以 x
f (
  1) = 1, f ′(
  1) = 1, f ′′(
  1) = 2, f ′′′(
  1) = 3! ,一般地,有: f ( n ) (
  1) = n !
所以,由泰勒公式,得
1 ( x +
  1) n +1 = [1 + ( x +
  1) + ( x +
  1) 2 + L + ( x +
  1) n ] + (
  1) n +1 , (0 < θ <
  1).
  6.解 x [1 + θ ( x +
  1)]n + 2
5
第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解
: f ( x) = xe ,所以 f
x
(n)
0 1 ( x) = ( xe x )( n ) = (
  1) n Cn e x x + (
  1) n 1 Cn e x ( x)′ + 0
= (
  1) n xe x + (
  1) n 1 n e x ,又 f ( n ) (
  0) = (
  1) n 1 n ,所以
f ( x) = x x 2 +

  7.解:
  1) (
x3 xn + L + (
  1) n 1 + o( x n ) . 2 (n
  1)!
f ′′(
  27)( x
  27) 2 f ′′′(
  27)( x
  27) 2 因为 x ≈ f (
  27) + f ′(
  27)( x
  27) + + 2 3!
3
= 3+
1 1 5 ( x
  27) 7 ( x
  27) 2 + 12 ( x
  27)3 27 3 3
所以 3 30 ≈
  3.10724, 误差为:
f (
  4) (ξ )34 f (
  4) (
  27) 34 10 ≤ = 12 <
  0.00002 4! 4! 3
3
x3 π 1 π (
  2)Q sin x ≈ x , ∴ sin18o ≈ ≈
  0.30999 3! 10 3! 10
误差为
sin (
  5) (ξ ) x5 < 2 ×105 . 5!
3

  8.解:
  1)由于分式的分母 sin x (
x 3 ( x →
  0) ,我们只需将分子中的 sin x 和 x cos x 分别
用带有佩亚诺型余项的三阶麦克劳林公式表示,即
sin x ≈ x
x3 x3 + 0( x 3 ) , x cos x ≈ x + 0( x3 ) ,于是 3! 2!
x3 x3 1 3 sin x x cos x ≈ x + 0( x ) x + 0( x3 ) = x3 + 0( x3 ) ,故 3! 2! 3
1 3 x + 0( x 3 ) sin x x cos x 1 lim = lim 3 = . 3 3 x →0 x →0 sin x x 3
(
  2)因为分子关于 x 的次数为 2
5
1 1 1 1 1 + 5 x = (1 + 5 x) = 1 + (5 x) + 1 (5 x) 2 + o( x 2 ) 5 2! 5 5 = 1 + x 2 x 2 + o( x 2 )
1 5
原式 = lim
x2 1 = . 2 2 x →0 [1 + x 2 x + o( x )] (1 + x ) 2
6
第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解

  9.解 : (
  1) sin x = x
5
x3 x5 5π + sin θ x + 3! 5! 2
(0 < θ <
  1)
5 x 1 1 1 1 因此 | R4 ( x) |≤ ≤ = , x ≤ ; 5! 5! 2 3840 2
(
  2)解:设 f ( x) = 1 + x ,则因为
1 1 1 f (
  0) = 1, f ′( x) = (1 + x ) 2 , f ′(
  0) = 2 2 3 5 1 1 3 f ′′( x) = (1 + x) 2 , f ′′(
  0) = , f ′′′( x) = (1 + x) 2 4 4 8
所以 f ( x) = 1 + x 带拉格朗日型余项的二阶麦克劳林公式为
5 x x 2 x3 + (1 + θ x) 2 , (0 < θ <
  1) ,从而 2 8 16 3
1+ x = 1+
5 x 1 R2 ( x) = (1 + θ x) 2 ≤ , x ∈ [0,1] . 16 16
习题 3-3

  1.解 : (
  1) lim
ex 1 ex = lim = 1; x →0 sin x x →0 cos x
(
  2) lim
6
1 2sin x 2 cos x 3 = lim = ; π π cos 3x 3 x→ x → 3sin 3 x
6
1 1 ln(1 + x) x x 1 1+ x (
  3) lim = lim = lim =1 ; x →0 x →0 sin x x →0 1 + x sin x cos x 1
(
  4) lim
2
ln sin x cos x cos x 1 = lim = lim = ; 2 π π π 8 x → (π 2 x ) x → 4sin x (π 2 x) x → 4(2 x π )
2 2
(
  5) lim
x →a
xm am mx m 1 m = lim n 1 = a m n ; x n a n x →a nx n
tan x sec 2 x 1 cos 2 3x (
  6) lim = lim = lim 2 π π 3 x → π cos 2 x x → tan 3 x x → 3sec 3 x
2 2 2
7
第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解
= lim π
x→
2
cos 3 x 3sin 3 x = lim =
  3. π sin x cos x x→
2
1 1 1 1 2 ln 1 + 1+ x x2 + 1 x = lim x (
  7) lim = lim 2 =1; x →+∞ arccotx x →+∞ x →+∞ x + x 1 1 + x2
(
  8) lim
ex 1 x 1 1 x = lim x →0 x e 1 x →0 x(e x
  1) ex 1 x ex 1 ex 1 = lim = lim = ; x →0 x →0 2 x x →0 2 x2 2
1 1 x
= lim
(
  9)令 y = x
1 1 ln x , ln y = ln x , lim ln y = lim = lim x = 1 ; x →1 x →1 1 x x →1 1 1 x
1
1
所以 lim x 1 x = e .
x →1
(
  10)设 ln y = sin x ln x ,
x → 0+
lim x sin x = lim y = lim sin x ln x + +
x →0 x →0
1 sin x ln x = lim x ln x = lim+ = lim+ x = lim+ ( x) = 0 ; x →0+ x →0 1 x →0 1 x →0 x 2 x x
所以 lim x +
x →0
sin x
=1 1 ln x = x cot x
(
  11)令 y =
1 x
tan x
, ln y = tan x ln
1 tan x sin 2 x 1 x lim ln y = lim = lim+ = 1 , lim = e0 = 1 ; x → 0+ x → 0+ x → 0+ x csc 2 x x →0 x
x cos 2 x x 1 (
  12) lim x cot 2 x = lim = lim cos 2 x lim = ; x →0 x →0 sin 2 x x →0 x →0 sin 2 x 2
(
  13)令 y = 1 +

3 5 + , x x2
x
8
第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解
3 5 3x + 5 ln 1 + + 2 2 3x + 5 x x lim ln y = lim = lim x = lim =3 x →∞ x →∞ x →∞ x →∞ 1 1 x x x 3 5 3 所以 lim 1 + + 2 = e ; x →∞ x x
(
  14) lim (π 2 arctan x ) ln x = lim
x →+∞ x
(π 2 arctan x ) 2 x ln 2 x = lim x →+∞ x →+∞ 1 + x 2 1 ln x
= lim
ln 2 x + 2 ln x ln x + 1 1 = 2 lim = 2 lim = 0 . x →+∞ x →+∞ x →+∞ x x x e x e x 不存在,故不能用洛必达法则. x →∞ e x + e x

  2.解:
  1) lim (
1 x = lim x lim x sin 1 = 1 0 = 0 , (
  2) lim x →0 sin x x →0 sin x x →0 x
x 2 sin
而若用洛必达法则:有
1 1 1 1 1 1 2 x sin + x 2 cos 2 2 x sin cos x x x x = lim x x lim = lim x →0 sin x x →0 x →0 cos x cos x
x 2 sin
x 2 sin
该极限不存在,但∴ lim
x →0
sin x
1 2
1 x 存在,故不能用洛必达法则得出.
1 2
(
  3)不是未定式.
  3.解: lim f ( x) = lim e
x →0 x →0
=e ,
1 x

(1 + x) lim f ( x) = lim+ + e x →0 x →0
1 ln(1+ x ) 1 lim x x→0+ x
1 x
1 ln(1+ x ) 1 x = lim e x x → 0+
=e
=e
x→0+
lim
ln(1+ x ) x
x2
1 2
=e
x→0+
lim
x 2 x (1+ x )
=e

1 2
所以 lim f ( x) = lim f ( x) = e +
x →0 x →0

= f (
  0) ,由连续的定义知 f ( x) 在 x = 0 处连续.
习题 3-4
9
第三章 微分中值定理与导数的应用习题详解

  1.对函数求导,得: f '( x) =
1 x2 1 = < 0 ,单调减少. 1 + x2 1 + x2

  2.解 : (
  1)单调增区间 ( ∞, 1], [3, +∞) ;单调减区间 [1,3] ; (
  2)单调增区间 [1, 2] ;单调减区间 [0,1] ; (
  3)单调增区间 ( ∞,1], ;单调减区间 [1, +∞] ; (
  4)单调增区间 [0, 2] ;单调减区间 ( ∞,
  1),
(1, 0], [2, + ∞) ;
(
  5)单调增区间 ∞,

2 2 a , [a, +∞) ;单调减区间 a, a ; 3 3
(
  6)单调增区间
kπ kπ π , + ; 2 2 3
单调减区间
kπ π kπ π + , + (k = 0, ±1, ±2,L) . 2 3 2 2 ( x tan x ) cos x π sin x , 则 f ′( x) = < 0 0 < x < .
  •  
 

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高等数学同步练习 第三章中值定理与导数应用

  宁波大学理学院张艺第三章 中值定理与导数应用§1 微分中值定理 p 5p 1.验证函数y= ln sinx在区间[ , ]上满足罗尔定理的条件,并求出中值 z . 6 6 1 ì 2 - ln x, e x 1, 1 2.验证函数 f ( x = í ) 在区间[ , ]上满足拉格朗日定理的条件,并求出 3 e 1+ 1, 1 < x 3, x 中值 z . 3. f ( x 在 [ a ,b ( 0< a <b ) 上连续,在(a,b)内可导,且 f (x)>0 ...

空间向量基本定理在解题中的应用习题课

  空间向量基本定理 在解题中的应用(习题课) 在解题中的应用(习题课)引入 正交分解练习巩固思考1 思考思考 2本课小结作业:课本 P 作业:107第 10 题1空间向量基本定理的应用(习题课) 空间向量基本定理的应用(习题课)前面我们定义了空间向量的加、减 、数乘、数量积四 前面我们定义了空间向量的加、 数乘、 种运算,从而空间的有关问题可以转化为空间向量的这四 种运算,从而空间的有关问题可以转化为空间向量的这四 运算来处理. 种运算来处理. 另外,我们还发现类似平面向量基本定理, 向量基本定理 ...

导数的应用

  导数的应用数学与信息学院07级 班 数学与信息学院 级6班 金小玉 200709240814函数的单调性 (课时一) 课时一)如果函数f(x)在某个区间为增函数或减 如果函数f(x)在某个区间为增函数或减 函数 那么就说f(x)在这一区间具有单调 那么就说f(x)在这一区间具有单调 性. 怎样判断函数的单调性呢? 怎样判断函数的单调性呢?先看看下面的例子函数f( ) 函数 (x)=x2-4x+3的图象如下 的图象如下y所求直线的斜率是函数f( ) 所求直线的斜率是函数 (x) 的导数 从图象可知 ...

高中导数的应用问题

  导数的应用问题利用导数求函数的极大(小)值,求函数在连续区间[a,b]上的最大最小值,或利用求导 法解决一些实际应用问题是函数内容的继续与延伸,这种解决问题的方法使复杂问题变得简 单化,因而已逐渐成为新高考的又一热点.本节内容主要是指导考生对这种方法的应用. ●难点磁场 (★★★★★)已知 f(x)=x2+c,且 f[f(x)]=f(x2+1) (1)设 g(x)=f[f(x)],求 g(x)的解析式; (2)设φ(x)=g(x)-λf(x),试问:是否存在实数λ,使φ(x)在(-∞,-1)内为 ...

高一数学函数的应用复习题

  启明星辅导中心高考资源高一函数的应用复习题 高一函数的应用复习题)1。若函数 y = f (x ) 在区间 [ a, b ] 上的图象为连续不断的一条曲线,则下列说法正确 的是( A.若 f ( a ) f (b) > 0 ,不存在实数 c ∈ ( a, b) 使得 f (c ) = 0 ; B.若 f ( a ) f (b) < 0 ,存在且只存在一个实数 c ∈ ( a, b) 使得 f (c ) = 0 ; C.若 f ( a ) f (b) > 0 ,有可能存在实数 c ...

高三数学教案 第四章 函数的应用(习题)

  函数的综合应用(习题集) 函数的综合应用(习题集) 拓展练习 函数的奇偶性、 一、 函数的奇偶性、单调性和最值 1.判断下列函数的奇偶性 (2 (1)y = lg( x + x 2 + 1) ; 2)y = (x2 + 1 + x ?1 x2 + 1 + x + 1(3 ; 3)y = (x x + , ( a > 0且a ≠ 1) a ?1 2x的奇函数, 2 . 设函数 f ( x) 是定义在 R 上的周期为 3 的奇函数 , 且 f (1) = 2 , 则f (2) + f (3) ...

高三数学课件:数学一轮复习(导数的应用1)

  2007年高考数学一轮复习课件 2007年高考数学一轮复习课件 ??《导数的应用》 《导数的应用》知识要点 1.用导数求多项式函数单调区间的一般步骤. 1.用导数求多项式函数单调区间的一般步骤. 用导数求多项式函数单调区间的一般步骤(1)求f ( x)'(2)解f ' ( x) > 0得增区间; 解f ' ( x) < 0得减区间;注:f ' ( x) > 0仅是增区间的充分不必要条件。 而:f ' ( x) ≥ 0才是增区间的充要条件。知识要点 2.用导数求函数极值的一般步骤 ...

2011届高考数学冲刺复习课件之导数的应用

  第2课时导数的应用基础知识梳理1.函数的单调性 (1)(函数单调性的充分条件)设函数y =f(x)在某个区间内可导,如果f′(x)>0, 则f(x)为 单调递增 函数;如果f′(x)<0,则 f(x)为 单调递减 函数. (2)(函数单调性的必要条件)设函数y =f(x)在某个区间内可导,如果y=f(x)在 该区间上单调递增(或递减),则在该区间 内 f′(x)≥0(或f′(x)≤0) .基础知识梳理2.函数的极值 (1)设函数f(x)在点x0及其附近有定义, 如果对x0附近的所有点 ...

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  2010 届高考政治精析精练 届高考政治精析精练第七课 个人收入的分配一、考点导航 1、分配制度生产决定分配 按劳分配及其作用 我国多种分配方式并存2、分配原则效率原则与公平原则 收入分配方式对效率、公平的影响 初次分配与再分配的关系二、考点训练嘉兴高中基础测试) (2009 嘉兴高中基础测试)2008 年 12 月 18 日,胡锦涛在纪念改革开放 30 周年大会上 强调,我们坚持和完善按劳分配为主体、多种分配方式并存的分配制度,既鼓励先进、促进 发展,又注重社会公平、防止两极分化。据此完成 1 ...

英语教学与反思

  高中英语教学设计反思教育对部份学生真难有很大作为?想尽了我们能想的办法,传统的教学模式 已经被发挥得淋漓尽致了。但是,尽管如果,面对基础差的学生,我们还是无能 为力,效果不明显。因此,我们就要探究问题究竟在哪里?为什么学生的英语总 是提不高呢?应该怎样教呢?下面就是总结出来的教师的困惑与困境: 1.音标:学生不会读,没有能力自己拼读新单词。2、单词:教师在困惑: 该分散教还是集中教?3、语法:学生对句子结构的把握很薄弱,原因是从小既 不重视也不训练,包括小学语文都已经不像以前那样再教句子结构了。 ...

必修一第15课国共的十年对峙导学案课件

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高考将临实验中学传授攻略 带十个锦囊上考场

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高一物理上册模块考试卷1

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