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2017高中数学抽象函数专题



三、值域问题 例 4.设函数 f(x)定义于实数集上,对于任意实数 x、y,f(x+y)=f(x)f(y)总成立, 且存在 x1 ? x2 ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,求函数 f(x)的值域。 解:令 x=y=0,有 f(0)=0 或 f(0)=1。若 f(0)=0,则 f(x)=f(0+x)=f(x)f(0)=0 恒成立,这与存在实数 x1 ? x2 ,使

得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) 成立矛盾,故 f(0)≠0,必有
x ? f(0)=1。由于 f(x+y)=f(x)f(y)对任意实数 x、y 均成立,因此, f ( x) ? ? ? f ( )? ? 2 ?
2

?0

,

又因为若 f(x)=0,则 f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=0 与 f(0)≠0 矛盾,所以 f(x)>0. 四、求解析式问题(换元法,解方程组,待定系数法,递推法,区间转移法,
x ?1? 例 6、 设对满足 x≠0,x≠1 的所有实数 x, 函数 f(x)满足, f ?x ? ? f ? ? ? ? 1 ? x ,求 f(x) ? x ?

的解析式。 解:?f (x) ? f ( x ? 1) ? 1 ? x
x (x ? 0且x ? 1), (1) ---- 用
x -1 x ?1 1 2x ?1 代换 x得 : f ( )? f ( )? , x x 1? x x

(2)

再以

1 1 2? x 代换 (1)中的 x得 : f( ) ? f ( x) ? . 1- x 1- x 1? x

---(3)由 (1) ? (3) ? (2) 得 : f (x) ? x
2

3 ? x2 ?1 (x ? 0且x ? 1) 2x 2 ? 2x

例 8.是否存在这样的函数 f(x),使下列三个条件: ①f(n)>0,n∈N;②f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2∈N*;③f(2)=4 同时成立? 函数 f(x)的解析式;若不存在,说明理由. 解 : 假 设 存 在 这 样 的 函 数 f(x), 满 足 条 件 , 得 f(2)=f(1+1)=4, 解 得 f(1)=2. 又 f(2)=4=22,f(3)=23,?,由此猜想:f(x)=2x (x∈N*) 小结: 对于定义在正整数集 N*上的抽象函数,用数列中的递推法来探究, 如果给出 的关系式具有递推性,也常用递推法来求解. 练习:1、 设y ? f (x)是实数函数(即x, f (x)为实数), 且f (x) ? 2f ( 1 ) ? x, 求证:| f (x) |? 2 2.
x 3

若存在,求出

解:

1 1 1 用 代换x, 得f ( ) ? 2f (x) ? , 与已知得 x2 ? 3xf (x) ? 2 ? 0 x x x

,由? ? 0得 9f

2

(x) ? 4 ? 2 ? 0,? | f (x) |?

2 2. 3

3、 函数 f(x)对一切实数 x,y 均有 f(x+y)-f(y)=(x+2y+1)x 成立, 且 f(1)=0, (1) 求 f (0) 的值; (2)对任意的 x1 ? (0, ) , x2 ? (0, ) ,都有 f(x1)+2<logax2 成立时,求 a 的取值范 围. 解: (1) 由已知等式 f ( x ? y) ? f ( y) ? ( x ? 2 y ? 1) x , 令 x ? 1 ,y ? 0 得 f (1) ? f (0) ? 2 , 又∵ f (1) ? 0 ,
1 2 1 2

∴ f (0) ? ?2 . (2) 由 f (x ? y )? fy () ? ( x ? 2 y ? 1 )x ∴ f ( x) ? 2 ? x2 ? x .∵ x
1

, 令 y ? 0 得 f ( x) ? f (0) ? ( x ? 1) x , 由 (1) 知 f( 0 ) ?2 ? ,

1 1 1 2 f ( x1 ) ? 2 ? x1 ? x1 ? ( x1 ? ) 2 ? 在 x1 ? (0, ) 上单调递增, 2 2 4 3 1 1 ∴ f ( x1 ) ? 2 ? (0, ) .要使任意 x1 ? ( 0, ), x2 ? (0, ) 都有 f ( x1 ) ? 2 ? loga x2 成立,必有 4 2 2 3 1 ? lo ga x2 都 成 立 . 当 a ? 1 时 , l o g la o g , 显 然 不 成 立 . 当 0 ? a ?1 时 , a x2 ? 2 4 3 3 1 3 4 4 (log a x2 ?) log a ? ,解得 ,1) . ? a ? 1∴ a 的取值范围是 [ 2 4 4 4
? ( 0, 1 ,∴ ) 2

五、单调性问题 .

(抽象函数的单调性多用定义法解决)

练习:设 f(x)定义于实数集上,当 x>0 时,f(x)>1,且对于任意实数 x、y,有 f(x+y)=f(x)f(y),求证:f(x)在 R 上为增函数。 证明:设 R 上 x1<x2,则 f(x2-x1)>1, f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)f(x1),(注意此处不能直接得大于 f(x1),因为 f(x1)的正 负还没确定) 。 取 x=y=0 得 f(0)=0 或 f(0)=1;若 f (0) =0,令 x>0,y=0, 则 f(x)=0 与 x>0 时, f(x)>1 矛盾,所以 f(0)=1,x>0 时,f(x)>1>0,x<0 时,-x>0,f(-x)>1,∴由
f (0) ? f ( x) f (? x) ? 1得f ( x) ? 1 ? 0 ,故 f ( ? x)

f(x)>0,从而 f(x2)>f(x1).即 f(x)在 R 上是

增函数。(注意与例 4 的解答相比较,体会解答的灵活性) 练习:已知函数 f(x)的定义域为 R,且对 m、n∈R,恒有 f(m+n)=f(m)+f(n)-1,且 f(-
1 )=0,当 2

x>- 1 时,f(x)>0.求证:f(x)是单调递增函数;
2

证明:设 x1<x2,则 x2-x1- 1 >- 1 ,由题意 f(x2-x1- 1 )>0,∵f(x2)-f(x1)=f[(x2-
2 2 2

x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1=f(x2-x1)+f(- 1 )-1=f[(x2-
2

x1)- 1 ]>0,∴f(x)是单调递增函数.
2

练习 4、 已知函数 f(x)对任何正数 x,y 都有 f(xy)=f(x)f(y),且 f(x)≠0,当 x>1 时,f(x)<1。 试判断 f(x)在(0,+∞)上的单调性。 解: 对x ? R ? 有f (x) ? f (
x ? x ) ? f 2 ( x ) ? 0, 又f (x) ? 0, 故f (x) ? 0 , 设x 1 , x 2 ? R ? , 且x 1 ? x 2 , 则 x 2 ? 1, 则
x1

练习 6、. 已知函数 f ( x) 的定义域为 ?0,1? ,且同时满足:(1)对任意 x ??0,1? ,总有 f ( x ) ? 2 ;(2) f (1) ? 3 ,(3)若 x1 ? 0, x2 ? 0 且 x1 ? x2 ? 1 ,则有 f ( x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 . (I) 求 f (0) 的值; (II) 求 f ( x) 的最大值; (III) 设数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ,且满足 * 1 . ? 2n ? 2?3 .求证: f (a1 ) ? f (a2 ) ? f (a3 ) ? ? ? f (an ) ? 3 Sn ? ? 1 n?1 2 (an ? 3),n ? N 2
f ( x) ? 2, ? f (0)? 2
0 ? x2 ? x1 ? 1,? f ( x2 ? x1 ) ? 2
*

x x f ( 2 ? x1 ) f ( 2 ) ? f (x1 ) f (x 2 ) x1 x1 x ? ? ? f ( 2 ) ?1 f (x 1 ) f (x 1 ) f (x1 ) x1

,所以 f(x1)>f(x2),故 f(x)在 R+上为减函数.

解: ( I )令 x1 ? x2 ? 0 ,由 (3), 则 f (0) ? 2 f (0) ? 2,? f (0) ? 2 , 由对任意 x ??0,1? ,总有 ( II )任意 x1, x2 ??0,1? 且 x1 ? x2 ,则
? f ( x2 ) ? f ( x2 ? x1 ? x1 ) ? f ( x2 ? x1 ) ? f ( x 1) ? 2 ? f ( x 1)

? f max ( x) ? f (1) ? 3
n?1

1 1 (III)? Sn ? ? 1 ? Sn?1 ? ? 1 2 (an?1 ? 3)(n ? 2) ?an ? 3 an?1 (n ? 2),?a1 ? 1 ? 0?an ? 3 2 (an ? 3)(n ? N ) 1 ) ? f ( 1 ? 1 ? 1 ) ? f ( 2 )? f ( 1 )?2?3f ( 1 )?4 ? f (an ) ? f ( n 3n 3n 3n 3n 3n 3n 3 ?1

1)?1 f( ? f (3 n 3

1 )? 4 3 3n?1

4。 ,即 f (an?1 ) ? 1 3 f (an ) ? 3

4 1 4 4 1 4 4 4 4 1 ? f (an ) ? 1 3 f (an?1 ) ? 3 ? 32 f (an?2 ) ? 32 ? 3 ? ? ? 3n?1 f (a1 ) ? 3n?1 ? 3n?2 ? ?? 32 ? 3 ? 2 ? 3n?1

故 f (an ) ? 2 ? 3n1?1

? f (a1 ) ? f (a2 ) ? ? ? f (an ) ? 2n ? 1?31 即原式成立。 3

1?( 1 )n

六、奇偶性问题

解析:函数具备奇偶性的前提是定义域关于原点对称,再考虑 f(-x)与 f(x)的 关系 (2)已知 y=f(2x+1)是偶函数,则函数 y=f(2x)的图象的对称轴是( D ) A.x=1 B.x=2 C.x=-
1 2 1 2

D.x=

解析:f(2x+1)关于 x=0 对称,则 f(x)关于 x=1 对称,故 f(2x)关于 2x=1 对称. 注:若由奇偶性的定义看复合函数,一般用一个简单函数来表示复合函数,化 繁为简。F(x)=f(2x+1)为偶函数,则 f(-2x+1)=f(2x+1)→f(x)关于 x=1 对称。 例 15:设 f ( x) 是定义在 R 上的偶函数,且在 (??,0) 上是增函数,又
f (2a 2 ? a ? 1) ? f (3a 2 ? 2a ? 1) 。求实数 a 的取值范围。

解析:又偶函数的性质知道: f ( x) 在 (0,??) 上减,而 2a 2 ? a ? 1 ? 0 , 3a 2 ? 2a ? 1 ? 0 ,

所以由 f (2a 2 ? a ? 1) ? f (3a 2 ? 2a ? 1) 得 2a 2 ? a ? 1 ? 3a 2 ? 2a ? 1 ,解得 0 ? a ? 3 。 (设计理由:此类题源于变量与单调区间的分类讨论问题,所以本题弹性较大, 可以作一些条件变换如: f (a ? 1) ? f (1)或f (a ? 1) ? f (1 ? 2a) 等;也可将定义域作一些 调整) 例 16:定义在 R 上的单调函数 f(x)满足 f(3)=log 2 3 且对任意 x,y∈R 都有 f(x+y)=f(x)+f(y). (1)求证 f(x)为奇函数;(2)若 f(k·3 x )+f(3 x -9 x -2)<0 对任意 x∈R 恒成立,求 实数 k 的取值范围. 解 答 : (1) 证 明 : f(x+y)=f(x)+f(y)(x , y ∈ R)---- ① 令 y=-x , 代 入 ① 式 , 得 f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0),令 x=y=0,代入①式,得 f(0+0)=f(0)+f(0),即 f(0)=0.即 f(-x)=-f(x)对任意 x∈R 成立,∴f(x)是奇函数. (2)解:f(3)=log 2 3>0,即 f(3)>f(0),又 f(x)在 R 上是单调函数,所以 f(x)在 R 上是增函数, 又由(1)f(x)是奇函数. f(k· 3 x )<-f(3 x -9 x -2)=f(-3 x +9 x +2), k· 3x <-3 x +9 x +2, 3 2 x -(1+k)· 3 x +2>0 对任意 x∈R 成立. 令 t=3 x >0, 即 t 2 -(1+k)t+2 >0 对任意 t>0 恒成立.
令f (t ) ? t 2 ? (1 ? k )t ? 2, 其对称轴x ? 当 1? k ? 0 即 k ? ?1 时,f (0) ? 2 ? 0, 符合题意; 2 1+k 当 ? 0时, 2 ?1 ? k ?0 ? 对任意t ? 0, f (t ) ? 0恒成立 ? ? 2 ? ? ? (1 ? k )2 ? 8 ? 0 ? 解得-1 ? k ? ?1 ? 2 2 1? k 2

故:k ? ?1 ? 2

2时,f (k ? 3x ) ? f (3x ? 93 ? 2) ? 0 对任意

x∈R 恒成

立。 说明: 问题(2)的上述解法是根据函数的性质. f(x)是奇函数且在 x∈R 上是增函 2 数,把问题转化成二次函数 f(t)=t -(1+k)t+2 对于任意 t>0 恒成立.对二次函 数 f(t)进行研究求解.本题还有更简捷的解法:分离系数由 k·3 x <-3 x +9 x +2 得
k ? 3x ? 2 2 2 ? 1, 而u ? 3x ? x ? 1 ? 2 2 ? 1, 要 使 对 x ? R 不 等 式 k ? 3x ? x ?1 . 恒 成 立 , 只 需 x 3 3 3

k< 2

2 ?1

七、周期性与对称性问题(由恒等式 简单判断:同号看周期,异号看对称) ... 编 号 周 期 性 对 称 性

f ?x ? a? ? f ?? x ? a? → 对 称 轴 x ? a ? y ? f ? x ? a? 是
f ?x ? a ? ? f ?x ? a ? →

偶函数;
f ?x ? a? ? ? f ?? x ? a? → 对 称 中 心 ( a,0 )

1

T=2 a

? y ? f ? x ? a? 是奇函数
f ?a ? x ? ? f ?b ? x ? →对称轴 x ?

2

f ?a ? x? ? f ?b ? x? →T= b ? a

a?b ; 2

f ?a ? x? ? ? f ?b ? x? →对称中心 (

a?b ,0) ; 2

f(x)= -f(x+a)→ 3 T=2 a
f ?a ? x? ? ? f ?b ? x? →

? f(x)= -f(-x+a)→对称中心 ? ? ,0 ? a ?2 ?

4 5

T=2 b ? a f(x)=± f(x)=11 →T=2 a f ?x ? 1 ? f ( x) ? 0? → f ?x ? a ?

f ?a ? x? ? ? f ?b ? x? →对称中心 ?

?a?b ? ,0 ? ? 2 ?
a b ? 2 2?

? f(x)= b-f(-x+a)→对称中心 ? ? , ?

6

T=3 a

结论:(1) 函数图象关于两条直线 x=a,x=b 对称,则函数 y=f(x)是周期函数, 且 T=2|a-b| (2) 函数图象关于点 M(a,0)和点 N(b,0)对称,则函数 y=f(x)是周期函数, 且 T=2|a-b| (3) 函数图象关于直线 x=a, 及点 M(b,0)对称, 则函数 y=f(x)是周期函数, 且 T=4|a-b| (4) 应注意区分一个函数的对称性和两个函数的对称性的区别: y=f(a+x)与 y=f(b-x)关于 x ?
b?a b?a ,0) 对称 对称;y=f(a+x)与 y=-f(b-x)关于点 ( 2 2

(可以简单的认为:一个函数的恒等式,对应法则下的两式相加和的一半为对 称轴:两个同法则不同表达式的函数,对应法则下的两式相减等于 0,解得的 x 为对称轴) 3、函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且 f ( ? x) ? f ( ? x) ,则 f (1) ? f (2) ? f (3) ? f (4) ? f (5) ? 解析:法一:因 f(x)为奇函数且关于 x ? 对称,T=2,可借助图象解答,得结果为 0. 小结:此方法为数形结合法 法二:因 f(x) 为奇函数且关于 x ?
1 对称,类比 f ( x) ? sin x 联想函数 f ( x) ? sin ? x 2 1 2 1 2

1 2

? f (1) ? f (2) ? f (3) ? f (4) ? f (5) ? 0, 小结:此方法为抽象函数具体化法 4、已知函数 y ? f (2x ?1) 是定义在 R 上的奇函数,函数 y ? g ( x) 是 y ? f ( x) 的反函数,若 x1 ? x2 ? 0 则 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? ( ) A)2 B)0 C)1 D)-2 解 析 : 法 一 : ( 函 数 具 体 化 ) 设 f ( x ) ? x ? 1 符 合 题 意 , 则 g ( x) ? x ? 1 则
g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? ( x1 ?1) ? ( x2 ?1) ? ( x1 ? x2 ) ? 2 ? ?2 ,

法 二 : y=f(2x-1) 是 R 上 的 奇 函 数 → f(-2x-1)=-f(2x-1) , 即 f(-2x-1)+f(2x-1)=0,由反函数的关系就可以取 x1= f(-2x-1),x2= f(2x-1),所以 g(x1)+g(x2)=-2x-1+(2x-1)=-2. 函数综合 1.奇函数在关于原点对称的区间内单调性一致 (在整个定义域内未必单调) , 推广: 函数在其对称中心两侧单调性相同。 偶函数在关于原点对称的区间内单调性相反, 推广:函数在其对称轴两侧的单调性相反;此时函数值的大小取决于离对称轴的 远近。解“抽象不等式(即函数不等式) ”多用函数的单调性,但必须注意定义域。 关注具体函数“抽象化” 。 举例 2] 设函数 f ( x) ? x 3 ? x ,若 0 ≤ ? ≤ 时, f (m sin ? ) ? f (1 ? m) ? 0 恒成立,则实数
m 的取值范围是

? 2

解析:此题不宜将 msin ? 及 1-m 代入函数 f ( x) ? x 3 ? x 的表达式,得到一个“庞大” 的不等式,因为运算量过大,恐怕很难进行到底。注意到:函数 f(x)为奇函数,原 不等式等价于: f (m sin ? ) ? f (m ? 1) ,又函数 f(x)递增,∴msin ? >m-1 对 0 ≤ ? ≤ 恒 成立,分离参变量 m(这是求参变量取值范围的通法)得:m<
1 ,(0<1- sin ? 1 ? sin ?

? 2

≤1,事实上当 sin ? =1 时不等式恒成立,即对 m 没有限制,所以无需研究),记

g( ? )=

1 ,则 m<g( ? )min, 1 ? sin ?

又∵0<1- sin ? ≤1,∴g( ? )min=1(当且仅当 ? =0 时等号成立) ,∴m<1。 [巩固]定义在[-1, a]上的函数 f(x)满足:f(2+x)=f(2-x),且在[2,5]上递增, 方程 f(x)=0 的一根为 4,解不等式 f(3+x)>0 [提高]定义在 R 上的偶函数 f(x)满足:f(x+1)=
1 ,且 f(x)在[-3,-2]上是减函 f ( x)

? 是钝角三角形的两锐角, 数, 又? 、 则下列结论中正确的是: A.f(sin ? )>f(cos ? ) B. f(sin ? )<f(cos ? ) C.f(sin ? )<f(sin ? ) D. f(cos ? )<f(cos ? 2.关注“分段函数” 。分段函数的反函数、值域一般分段求,分段函数的奇偶性、 单调性一般要借助于图象。f(x)=max{g(x),h(x)} 、f(x)=min{g(x),h(x)}也是一 种分段函数,作出它的图象是研究这类函数的有效途径。 3.研究方程根的个数、超越方程(不等式)的解(特别是含有参量的) 、二次方程 根的分布、二次函数的值域、三角函数的性质(包括值域) 、含有绝对值的函数性 质、已知函数值域研究定义域等一般用函数图象(作图要尽可能准确) 。 [ 4. 求最值的常用方法:①单调性:研究函数在给定区间内的单调情况是求函数值 域的最重要也是最根本的方法。②基本不等式:满足条件“一正、二定、三相等”

时方可使用,如果“不相等” ,常用函数 y ? x ? , (a ? 0) 的单调性解决。③逆求法: 用 y 表示 x,使关于 x 的方程有解的 y 的范围即为值域,常用于求分式函数的值 域,判别式法就是其中的一种。 ④换元法:需要把一个式子看作一个整体即可实施换元, “三角换元”是针对“平 方和 等于 1”实施的,目的多为“降元” ;求值域时的换元主要是为了“去根号” 。 ⑤数形结合。 [举例 1]已知函数 y ?
x 2 ? 2x ? 2 ( x ? ?1) , 则其图象的最低点的坐标是 x ?1 B、 (1,?2) C、 (0,2) D、不存在

a x





A、 (1,2) 解析:求函数图象的最低点的坐标即求函数当 x 取何值时函数取得最小值,最小 值是多少; 此题不宜“逆求” (判别式法) ,因为⊿≥0 不能保证 x>-1(这是使用“判别式法” 时 需 特 别 注 意 的 ) 。 记 x+1=t,(t>0), 此 时 x=t-1, 设 g(t)=
(t ? 1) 2 ? 2(t ? 1) ? 2 t 2 ? 1 1 ? ? t ? ? 2 (当且仅当 t=1 即 x=0 时等号成立, (注意这里 t t t

的“换元”实质是“整体化”的具体落实,将需要“整体化”的部分换成一个变 量,比“凑”更具一般性也更易实施) ,选 C。 [举例 2]已知 a ? b ? 1, a, b ? R +,则 ab ?
1 的最小值为 ab

解析:本题关注 ab 的取值范围,对 ab ? 号成立,事实上:0 ? ab ? (

a?b 2 1 ) ? ,∴等号不成立,即不能使用基本不等式。记 2 4 1 1 1 1 1 17 ab = ( , ab ? = t + =g( t ),函数 g( t )在 (0, ] 上递减, ∴g( t )min=g( )= 。 t 0< t ≤ ) 4 ab t 4 4 4

1 使用基本不等式,当且仅当 ab =±1 时等 ab

5.求参变量的取值范围通常采用分离参数法,转化为求某函数的值域或最值;也 可以整体研究函数 y=f(a,x)的最值。 [举例] 关于 x 的方程 22x-m2x+4=0(x<0)有解,求实数 m 的取值范围。 解析:令 2x=t,(0<t<1),原方程变为:t2-mt+4=0 在(0,1)上有解,这里显然不 能简单地用判别式处理,因为⊿≥0 不能保证方程在(0,1)上有解,还需附加更 多的条件才成,繁!事实上,求参变量范围的问题首先考虑的是“分离参变量” :
m?t? 4 = g (t ) ,所谓方程有解,即 m 在函数 g (t ) 的值域内(这也是解决方程有解问 t

题的通法) , ∵t∈ (0, 1) , ∴不能使用基本不等式 (等号不成立) , 注意到函数 g (t ) 在(0,1)上递减,∴ g (t ) ∈(5, ? ? )即 m ∈(5, ? ? ) 。



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