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2014福建高考文科数学第二轮专题复习专题1 函数的性质及应用



2014 福建高考文科数学第二轮专题复习 函数的性质及应用(教师版)
★★★高考在考什么
【考题回放】
1.设 f ( x ) ? ? A.0

? 2e x ?1 , x<2, ? 则f ( f (2))的值为 (C 2 ?log 3 ( x ? 1),x ? 2. ?
B.1
x

)<

br />
C.2

D.3

2.函数 y=f(x)的图象与 y=2 的图象关于 y 轴对称,若 y=f-1(x)是 y=f(x)的反函数,则 y=f-1(x2-2x)的单调增区间是( D ) A.[1,+∞] B.(2,+∞) C.(-∞,1 ) D.(-∞,0) 3.在下列四个函数中, 满足性质: “对于区间(1,2)上的任意 x1,x2(x1?x2), |f(x1)-f(x2)|<|x2-x1| 恒成立”的只有(A ) A. f ( x) ?

1 x

B. f ? x ? ?| x |

C. f ( x) ? 2

x

D. f ( x) ? x

2

4.已知函数 f ? x ? ? a ?
5.对 a,b ? R,记 max|a,b|= ?

1 1 , ,若 f(x)为奇函数,则 a ? ________。 2 z ?1
x

? a, a ? b 3 函数 f(x)=max||x+1|,|x-2||(x ? R)的最小值是___. 2 ?b, a<b

6.对定义域是 Df、Dg 的函数 y=f(x)、y=g(x),规定:函数

? f ( x) g ( x), 当x ? D f 且x ? Dg ? h( x) ? ? f ( x), 当x ? D f 且x ? Dg ? g ( x), 当x ? D 且x ? D f g ?



1 (1)若函数 f ( x) ? ,g(x)=x2,写出函数 h(x)的解析式; x ?1
(2)求问题(1)中函数 h(x)的值域; (3) g(x)= f(x??), 若 其中?是常数, 且??[???], 请设计一个定义域为 R 的函数 y=f(x), 及一个?的值,使得 h(x)=cos4x,并予以证明。 【专家解答】:

? x2 , x ? (-?,1) ? (1, ??) ? (1) h(x)= ? x ? 1 ?1 ,x=1 ?

(2) 当 x≠1 时, h(x)=

x2 1 =x-1+ +2, x ?1 x ?1

若 x>1 时, 则 h(x)≥4,其中等号当 x=2 时成立 若 x<1 时, 则 h(x)≤ 0,其中等号当 x=0 时成立 ∴函数 h(x)的值域是(-∞,0]∪{1}∪[4,+∞) (3)令 f(x)=sin2x+cos2x,α= 则 g(x)=f(x+α)= sin2(x+

? ? )+cos2(x+ )=cos2x-sin2x, 4 4 ? , 2

? 4

于是 h(x)= f(x)·f(x+α)= (sin2x+co2sx)( cos2x-sin2x)=cos4x. 另解令 f(x)=1+ 2 sin2x, α=

g(x)=f(x+α)= 1+ 2 sin2(x+π)=1- 2 sin2x, 于是 h(x)= f(x)·f(x+α)= (1+ 2 sin2x)( 1- 2 sin2x)=cos4x.

★★★高考要考什么
【考点透视】
1.了解映射的概念,理解函数的概念。 2.了解函数单调性、奇偶性的概念,掌握判断一些简单函数的单调性、奇偶性的方法。 3.了解反函数的概念及互为反函数的函数图像间的关系,会求一些简单函数的反函数。 4.理解分数指数幂的概念,掌握有理指数幂的运算性质.掌握指数函数的概念、图像和性 质。 5.理解对数的概念,掌握对数的运算性质;掌握对数函数的概念、图像和性质。 6.能够运用函数的性质,特别是指数函数和对数函数的性质解决某些简单的实际问题。

【热点透析】
1. 直接通过具体函数考查某些性质 2. 以导数为工具围绕函数、不等式、方程综合考查 3. 函数与解析几何、数列等内容结合在一起,以曲线方程的变换、参数范围的探求及 最值问题等综合性强的新颖试题。

★★★高考将考什么
【范例 1】已知函数 y ?

1 log a (a 2 x) ? log a (ax) (2 ? x ? 4) 的最大值是 0 ,最小 2

1 值是 ? ,求 a 的值。 8 1 1 解: y ? log a (a 2 x) ? log a (ax) ? (2 ? log a x)(1 ? log a x) 2 2 1 3 1 1 = (log a x ? ) 2 ? , ∵ 2 ? x ? 4 ,且 ? ? y ? o 2 2 8 8

? 3 1 ∴当 log a x ? ? 即 x ? a 2 时, y min ? ? 2 8
? 3 2

3

∴a

? 2 ?1

∴ 0 ? a ? 1 ,又 y 最大值是 0 ,, 即 x?
1 1 或x ? 2 a a

∴ log a x ? 2 ? 0或 log a x ? 1 ? 0





1 1 1 ∴a ? ? 2(或 2 ? 4) 2 a a 【点晴】(1)注意挖掘隐含条件“ 0 ? a ? 1 ”;(2)掌握复合函数最 值问题的求解方法。 【文】函数 y=a2x+2ax-1(a>0,a≠1)在区间[-1,1]上的最大值为 14,求 a 的值。 解:令 u=ax,y=(u+1)2-2.因为-1≤x≤1 1 当 a>1 时 u ? [ , a] ? [?1,??), ?14 ? a 2 ? 2a ? 1 ? a ? 3或a ? ?5(舍) a
1 1 1 ?1? ?1? u 当 0<a<1 时, ? [a, ] ? [?1,??),?14 ? ? ? ? 2? ? ? 1 ? a ? 或a ? ? (舍) a 3 5 ?a? ?a?
2

综上得, a ? 1 或a ? 3 3 【范例 2】 设函数 f ( x)在(??,??)上满足f (2 ? x) ? f (2 ? x), f (7 ? x) ? f (7 ? x) , 且在闭区 间[0,7]上,只有 f (1) ? f (3) ? 0. (1)试判断函数 y ? f (x) 的奇偶性; (2)试求方程 f ( x) ? 0 在闭区间[-2005,2005]上的根的个数,并证明你的 结论. 解:(1)由已知得 f(-1)=f(2-3)=f(2+3)=f(5)?0,故 f(-1)??f(1), 从而知函数 y= f(x) 非奇非偶函数不是奇函数; ? f (2 ? x) ? f (2 ? x) ? f ( x) ? f (4 ? x) ?? ? f (4 ? x) ? f (14 ? x) (2)由 ? ? f (7 ? x) ? f (7 ? x) ? f ( x) ? f (14 ? x) ? f(x)= f(x+10),从而知函数 y= f(x)的周期为 T=10 由 f(7-x)=f(7+x)得,f(x)的图象关于 x=7 对称,且在闭区间[0,7]上,只 有 f(1)=f(3)=0. ∴在[0,10]上,只有 f(1)=f(3)=0, ∴10 是 f(x)的最小正周期, ∵在[0,10]上,只有 f(1)=f(3)=0, ∴在每一个最小正周期内 f(x)=0 只有两个根,

∴在闭区间[-2005,2005]上的根的个数是 802. 【点晴】本题关键是通过抽象函数的对称性研究其周期性 【文】
已知奇函数 f (x) 满足 f ( x ? 2) ? ? f ( x), 且当x ? (0,1)时, f ( x) ? 2 , 则f (log 1 18) 的
x 2

值为



解:? f ( x ? 2) ? ? f ( x) ? f ?x ? ? ? f ( x ? 2) ? f ( x ? 4)
log 2 8 9 9 9 f (log 1 18) ? f (? log 2 18) ? f (4 ? log 2 18) ? f (log 2 ) ? f (? log 2 ) ? ? f (log 2 ) ? ?2 8 ? ? 9 8 8 8 2 9

【范例 3】设 a 为实数,函数 f ( x) ? x 2 ? | x ? a | ?1, x ? R.
(1)讨论 f(x)的奇偶性; (2)求 f(x)的最小值. 解:(1)当 a ? 0时, 函数f ( ? x) ? ( ? x) ? | ? x | ?1 ? f ( x), 此时f ( x) 为偶函数.
2

当 a ? 0时, f (a) ? a ? 1, f (?a) ? a ? 2 | a | ?1,
2 2

f (?a) ? f (a), f (?a) ? ? f (a) .
此时函数 f(x)既不是奇函数,也不是偶函数. (2)(i)当 x ? a时,函数f ( x) ? x ? x ? a ? 1 ? ( x ? ) ? a ?
2 2

1 2

3 . 4

若 a ? 1 , 则函数f ( x)在(??, a] 上单调递减,从而,函数 f ( x)在(??, a] 上的最小值为 2
f (a) ? a 2 ? 1.

若a ?

1 ,则函数 f ( x)在(??, a] 上的最小值为 f ( 1 ) ? 3 ? a, 且f ( 1 ) ? f (a). 2 2 4 2

1 3 f ( x) ? x 2 ? x ? a ? 1 ? ( x ? ) 2 ? a ? . 2 4 (ii)当 x ? a 时,函数
若 a ? ? , 则函数f ( x)在[a, ??)上的最小值为f (? ) ?

1 2

1 2

3 1 ? a, 且f (? ) ? f (a). 4 2

若 a ? ? 1 , 则函数f ( x)在[a, ??)上单调递增, 从而,函数f ( x)在[a, ??)上的最小值为f (a) ? a 2 ? 1.
2

综上,当 a ? ? 1 时,函数f ( x)的最小值是 3 ? a.
2 4

1 1 ? a ? 时,函数f ( x)的最小值是a 2 ? 1. 2 当 2 1 3 a ? 时,函数f ( x)的最小值是a ? . 2 4 ,。 当 ?

【点晴】要重视分类讨论的思想和逻辑思维能力的培养。 【文】已知定义域为 R 的函数 f ( x) ? (1)求 a, b 的值; (2)若对任意的 t ? R ,不等式 f (t 2 ? 2t ) ? f (2t 2 ? k ) ? 0 恒成立, 求 k 的取值范围; 解: 因为 f(x)是奇函数, (1) 所以 f(x)=0, 即
b ?1 1 ? x 2 ? 0 ? b ? ? (f ) x ? 1 a?2 a ? 2 x ?1 ?2 x ? b 是奇函数。 2 x ?1 ? a

1 1? 1? 2 又由 f(1)= -f(-1)知 ? ? 2 ? a ? 2. a?4 a ?1

(2) 解法一: (Ⅰ) f ( x) ? 由 知

1 ? 2x 1 1 ?? ? x , 易知 f(x)在 (??, ??) x ?1 2?2 2 2 ?1

上 为 减 函 数 。 又 因 f(x) 是 奇 函 数 , 从 而 不 等 式 :
f (t 2 ? 2t ) ? f (2t 2 ? k ) ? 0

等价于 f (t 2 ? 2t ) ? ? f (2t 2 ? k ) ? f (k ? 2t 2 ) ,因 f(x)为减函数,由 上式推得:
t 2 ? 2t ? k ? 2t 2 .即对一切 t ? R 有: 3t 2 ? 2t ? k ? 0 ,

1 从而判别式 ? ? 4 ? 12k ? 0 ? k ? ? . 3

解法二:由(Ⅰ)知 f ( x) ?

1 ? 2x .又由题设条件得: 2 ? 2 x ?1

1 ? 2t 2 ? 2t

2

? 2t

2

? 2 t ?1

?
2

1 ? 22t 2 ? 22t

2

?k

2

? k ?1

? 0,
2



: (22t

? k ?1

? 2)(1 ? 2t

? 2t

) ? (2t

2

? 2t ?1

? 2)(1 ? 22t

2

?k

) ? 0,

整理得

23t

2

? 2t ? k

? 1,因底数2>1,故: 3t 2 ? 2t ? k ? 0

上 式 对 一 切 t?R 均 成 立 , 从 而 判 别 式 1 ? ? 4 ? 12k ? 0 ? k ? ? . 3 2x ? a 【范例 4】已知 f(x)= 2 (x∈R)在区间[-1,1]上是增函数. x ?2 (1)求实数 a 的值组成的集合 A; 1 (2)设关于 x 的方程 f(x)= 的两个非零实根为 x1、x2.试问:是否存在 x 2 实数 m,使得不等式 m +tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立? 若存在,求 m 的取值范围;若不存在,请说明理由. 解:(1)f'(x)=
4 ? 2ax ? 2 x 2 ? 2( x 2 ? ax ? 2) = , ( x 2 ? 2) 2 ( x 2 ? 2) 2

∵f(x)在[-1,1]上是增函数, ∴f'(x)≥0 对 x∈[-1,1]恒成立, 即 x2-ax-2≤0 对 x∈[-1,1]恒成立. 设? (x)=x2-ax-2,
?? (1)=1-a-2 ? 0 ①? ? ?? (-1)=1+a-2 ? 0



? -1≤a≤1, ∵对 x∈[-1,1],f(x)是连续函数,且只有当 a=1 时,f'(-1)=0 以及当 a= -1 时,f'(1)=0 ∴A={a|-1≤a≤1}.
2x ? a 1 = ,得 x2-ax-2=0, ∵△=a2+8>0 2 x ?2 x ∴x1,x2 是方程 x2-ax-2=0 的两非零实根, x1+x2=a,

(2)由



从而|x1-x2|= ( x1 ? x 2 ) 2 ? 4 x1 x 2 = a 2 ? 8 . x1x2=-2,

∵-1≤a≤1,∴|x1-x2|= a 2 ? 8 ≤3. 要使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立, 当且仅当 m2+tm+1≥3 对任意 t∈[-1,1]恒成立, 即 m2+tm-2≥0 对任意 t∈[-1,1]恒成立. ② 2 2 设 g(t)=m +tm-2=mt+(m -2), 方法一: g(-1)=m2-m-2≥0, ② ? g(1)=m2+m-2≥0, ? m≥2 或 m≤-2. 所以, 存在实数 m, 使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1, 1]恒成立,其取值范围是{m|m≥2,或 m≤-2}. 方法二: 当 m=0 时,②显然不成立; 当 m≠0 时, m>0, m<0, ②? 或 2 g(-1)=m -m-2≥0 g(1)=m2+m-2≥0 ? m≥2 或 m≤-2. 所以,存在实数 m,使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1] 恒成立,其取值范围是{m|m≥2,或 m≤-2}. 【点晴】 利用导数研究函数的单调性和最值.在解决函数综合问题时要灵活运 用数学思想和方法化归为基本问题来解决.
【 文 】 设 函 数 f (x) 定 义 在 R 上 , 对 于 任 意 实 数 m, n , 总 有

f (m ? n) ? f (m) f (n) ,且当 x ? 0 时, 0 ? f ( x) ? 1

(1)证明: f (0) ? 1 ,且 x ? 0 时 f ( x) ? 1 (2)证明:函数在 R 上单调递减 (3)设 A ? ?( x, y) | f ( x 2 ) f ( y 2 ) ? f (1)? B ? ?( x, y) | f (ax ? y ? 2) ? 1, a ? R?,若

A ? B ? ? ,确定 a 的取值范围。

(1)解:令 n ? 0 ,则 f (m ? 0) ? f (m) f (0) ,对于任意实数 m 恒成立,
? f (0) ? 1

设 x ? 0 ,则 ? x ? 0 ,由 f ( x ? (? x)) ? f ( x) f (? x) ? 1 得 f ( x) ?

1 , f (? x)

?当 x ? 0 时,0 ? f ( x) ? 1,

1 ?1 f ( x)

?当 x ? 0 时, ? x ? 0 , f ( x) ?

1 ?1 f (? x)

(2)证法一:设 x1 ? x2 ,则 x 2 ? x1 ? 0 ,
f ( x2 ) ? f [( x2 ? x1 ) ? x1 ? f ( x2 ? x1 ) f ( x1 ) ? x2 ? x1 ? 0 ? 0 ? f ( x2 ? x1 ) ? 1

? f ( x2 ? x1 ) f ( x1 ) ? f ( x1 ), ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,函数为减函数
证法二:设 x1 ? x2 ,则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? f [( x2 ? x1 ) ? x1 ]
? f ( x1 ) ? f ( x2 ? x1 ) f ( x1 ) = f ( x1 ) [1 ? f ( x2 ? x1 )]
? x2 ? x1 ? 0 ? 0 ? f ( x2 ? x1 ) ? 1 ,?[1 ? f ( x2 ? x1 )] ? 0, f ( x1 ) ? 0

故 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) [1 ? f ( x2 ? x1 )] ? 0 数 ( 3 ) 解 : ∵
x 2 ? y 2 ? 1, ax ? y ? 2 ? 0

? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,函数为减函

f ( x 2 ) f ( y 2 ) ? f (1) ,

f (ax ? y ? 2) ? 1



若 A ? B ? ? ,则圆心 (0,0) 到直线的距离应满足 d ?
a 2 ? 3 ,? ? 3 ? a ? 3

2 a ?1
2

? 1 ,解之得

【自我提升】
1.函数 y ? e
|ln x|

? | x ? 1 | 的图象大致是

( D



2.下列函数既是奇函数,又在区间 ? ?1,1? 上单调递减的是(D



1 x 2? ? a ? a? x ? D. f ( x) ? ln 2 ? x 2 x 3. 定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(x)=f(x+2),当 x∈[3,5]时,f(x)=2-|x-4|, 则( D )

A. f ( x) ? sin x B. f ( x) ? ? x ? 1

C. f ( x) ?

? ? )<f(cos ) 6 6 2? 2? C.f(cos )<f(sin ) 3 3
A.f(sin
4.设函数 f (x) ? ?
x ( x ? R ), 1? x

B.f(sin1)>f(cos1) D.f(cos2)>f(sin2)设 0 ? a ? 1 ,函数 区间[a,b](a<b),集合 N ? ?y | y ? f (x), x ? M? ,则使

M=N 成立的实数对(a,b)有( A) A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.无穷多个 3x ? 2 5.设函数 f ( x) ? , f ?1 ( x) 为 f (x) 的反函数,又函数 y ? g ( x ? 1) 与函数 2x ? 3 4 y ? f ?1 ( x ? 1) 的图象关于直线 y ? x 对称,则 g (2) ? . 3 6. 对于函数 f(x)定义域中任意的 x1,x2(x1≠x2),有如下结论: ①f(x1+x2)=f(x1)· 2);② f(x1·2)=f(x1)+f(x2)③ f(x x ④ f( ②③
f ( x1 ) ? f ( x2 ) >0; x1 ? x2

x1 ? x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) .当 f(x)=lgx 时,上述结论中正确结论的序号是 )? 2 2

.
2

7.. 已知函数 f(x)和 g(x)的图象关于原点对称,且 f(x)=x +2x.

(1)求函数 g(x)的解析式; (2)解不等式 g(x)≥f(x)-|x-1|; (3)若 h(x)=g(x)- ? f(x)+1 在[-1,1]上是增函数,求实数 ? 的取值范围.

解:(1)设函数 y ? f ( x) 的图象上任一点 Q( x0 , y0 ) 关于原点的对称点为 P ( x, y ) , ? x0 ? x ? 2 ?0 ? x0 ? ? x ? 则 ? 即 . ? ? y0 ? ? y ? y0 ? y ? 0 ? 2 ? ∵点 Q( x0 , y0 ) 在函数 y ? f ( x) 的图象上.

? ? y ? x2 ? 2 x,

即 y ? ? x 2 ? 2 x,

故 g(x)= ? x 2 ? 2 x .

(2)由 g ( x) ? f ( x)? | x ? 1| 可得: | 2 x 2 ? | x ? 1|? 0 当 x ? 1 时, 2 x 2 ? x ? 1|? 0 此时不等式无解。 当 x ? 1时, 2 x 2 ? x ? 1 ? 0 1 ? ?1 ? x ? 2 1 因此,原不等式的解集为[-1, ]. 2 (3) h( x) ? ?(1 ? ? ) x 2 ? 2(1 ? ? ) x ? 1. ① 当 ? ? ?1 时, h( x) = 4 x ? 1 在[-1,1]上是增函数,

? ? ? ?1
②当 ? ? ?1 时,对称轴的方程为 x ? (i) 当 ? ? ?1时,
1? ? 1? ?

1? ? ? ?1 ,解得 ? ? ?1。 1? ? 1? ? (ii) 当 ? ? ?1 时, ? 1 时,解得 ?1 ? ? ? 0 1? ? 综上, ? ? 0

8. 对于函数 f(x),若存在 x0 ? R ,使 f(x0)= x0 成立,则称 x0 为 f(x)的不动点, 已知函数 f(x)=ax2+(b+1)x+(b-1) ?a ? 0? (1)当 a=1,b=-2 时,求函数 f(x)的不动点; (2)若对任意实数 b,函数 f(x)恒有两个相异的不动点,求 a 的取值范围; (3)在(2)的条件下,若 y=f(x)图象上 A、B 两点的横坐标是函数 y=f(x)

的不动点,且 A、B 两点关于直线 y ? kx ?

1 2a ? 1
2

对称,求 b 的最小值。

解:(1)当 a=1,b=-2 时,f(x)= x2-x-3 由题意可知 x= x2-x-3,得 x1=-1,x2=3 故当 a=1,b=-2 时,f(x)的两个不动点为-1,3 (2)因为 f(x)=ax2+(b+1)x+(b-1) ?a ? 0? 恒有两个不动点, 所以 x=ax2+(b+1)x+(b-1), 即 ax2+bx+(b-1)=0 恒有两个相异的实数根,得
? ? b 2 ? 4ab ? 4a ? 0?b ? R ? 恒成立

于是 ? ? ? ?4a ? ? 16 a ? 0 ,解得 0<a<1
2

故当 b ? R ,f(x)恒有两个相异的不动点时,a 的取值范围为 0<a<1 (3)由题意,A、B 两点应在直线 y=x 上, 设 A(x1,y1)、B(x2,y2) 1 因为点 A、B 关于直线 y ? kx ? 2 对称, 2a ? 1 所以 k=-1, 设 AB 的中点为 M(x’,y’) 因为 x1, x2 是方程 ax2+(b+1)x+(b-1)=0 的两个根 x ? x2 b 所以, x ? ? y ? ? 1 ?? 2 2a 1 b b 1 于是,由 M 在直线 y ? ? x ? 2 上,得 ? ? ? 2 2a 2a 2a ? 1 2a ? 1 a 1 ?? 即b ? ? 2 1 2a ? 1 2a ? a 1 因为 a>0,所以 2a ? ? 2 2 a 当且仅当 2a ?
2 1 ? ?0,1? 时取得等号 ,即 a ? 2 a
1 2 2

故b ? ?

,得 b 的最小值为 ?

2 。 4



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