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2015春高三二轮复习专题四 函数与导数A(教师版)


高三二轮复习专题四
一、选择题

函数与导数 A(教师版)

1 1 1. (高考大纲全国卷理)若函数 f(x)=x2+ax+ 在( ,+∞)是增函数,则 a 的取值范围 x 2 是( ) A.[-1,0] B.[-1,+∞) C.[0,3] D.[3,+∞) 1 1 解析:选 D.由题意知 f′(x)≥0 对任意的 x∈( ,+∞)恒成立,又 f′(x)=2x+a- 2, 2 x 1 1 1 所以 2x+a- 2≥0 对任意的 x∈( ,+∞)恒成立,分离参数得 a≥ 2-2x,若满足题意,需 x 2 x 1 1 1 2 1 a≥( 2-2x)max.令 h(x)= 2-2x,x∈( ,+∞).因为 h′(x)=- 3-2,所以当 x∈( ,+∞) x x 2 x 2 1 1 时,h′(x)<0,即 h(x)在( ,+∞)上单调递减,所以 h(x)<h( )=3,故 a≥3. 2 2 2.函数 f ?x ? ? ?

?2 x 2 ? 8ax ? 3?x ? 1? 在 x ? R 内单调递减,则 a 的取值范围是( C ) ?loga x?x ? 1?
B. [ ,1)

A. ? 0, ? 2

? ?

1? ?

1 2

C. ? , ? 2 8

?1 5? ? ?

D. ? ,1?

?5 ? ?8 ?

3. 如 图 , 动 点 P 在 正 方 体 ABCD? A 1 上.过点 P 作垂直于平面 1 B 1 C 1 D 1的 对 角 线 BD

BB1D1D 的直线,与正方体表面相交于 M ,N .设 BP ?x ,MN ? y ,则函数 y ? f ( x) 的
图像大致是( B )

4、 (天府数学 2015 年普通高考模拟试题 (五) (理 9) ) 函数 f ? x ? ? e3 x ? me2 x ? ? 2m ? 1? e x ? 1 有两个极值点,则实数 m 的取值范围是( )

1 3

? 1 ? ? 1 ? A、 ? ? ,1 ? 2 ? B、 ? ? ,1 ? 2 ? C、 ??,1 ? 2 ? 2 ? ? 2 ?

?

?

D、 ??,1 ? 2 ? 1 ? 2, ??

?

? ?

?

【 解 析 】 令 t ? e x , f ? t ? ? t 3 ? mt 2 ? ? 2m ? 1? t ? 1? t ? 0? , f ' ? t ? ? t 2 ? 2mt ? 2m ? 1 ,

1 3

?? ? 0 ? 1 ? ? ? ? m ? 0 ,? m ? ? ? ,1 ? 2 ? 。故选 A。 ? 2 ? ? 2m ? 1 ? 0 ?
1

5.已知函数 f ( x) 满足 f ( x) ? 1 ?

1 ,当 x ? [0 , 1] 时, f ( x) ? x ,若在区间 (?1, 1] f ( x ? 1)
1 3

上方程 f ( x) ? mx ? m ? 0 有两个不同的实根,则实数 m 的取值范围是( ) A. [0 , )

1 2

B. [ , ? ?)

1 2

C. [0 , )

D. (0 , ]

1 2

试题分析:方程 f ( x) ? mx ? m ? 0 有两个不同的根 ? f ( x ) ? m( x ? 1) 有两个不同的根

? y ? f ( x ) 与 函 数 y ? m( x ? 1) 的 图 象 有 两 个 不 同 的 交 点 , 当 x ? ( ?1,0) 时 ,

? x, x ? [0,1] 1 1 1 ? , 所以 f ( x ) ? ? 1 在 ? ,? f ( x ) ? ?1, x ? 1? ( 0 , 1 )f ( x ) ? 1 ? f ( x ? 1) x ? 1 x ?1 ? 1, x ? ( ?1,0) ? ? x ?1
同一坐标系内作出 y ? f ( x ), x ? ( ?1,1] 与 y ? m( x ? 1) 的图象,由图象可知,当两个 函数图象有两个不同公共点时, m 的取值范围为 (0, ] 。 【答案】D

1 2

y

o

x

考点:分段函数、函数零点,数形结合思想。 6.(高考新课标全国卷Ⅰ)函数 f(x)=(1-cos x)sin x 在[-π,π]的图象大致为(

)

解析:选 C.在[-π,π]上,∵f(-x)=[1-cos(-x)]sin(-x)=(1-cos x)(-sin x) =-(1-cos x)sin x=-f(x),∴f(x)是奇函数, π π π π ∴f(x)的图象关于原点对称,排除 B.,取 x= ,则 f( )=(1-cos )sin =1>0,排除 A. 2 2 2 2 ∵f(x)=(1-cos x)sin x,∴f′(x)=sin x· sin x+(1-cos x)cos x=1-cos2x+cos x-cos2x 1 =-2cos2x+cos x+1.令 f′(x)=0,则 cos x=1 或 cos x=- . 2

2

2 结合 x∈[-π,π],求得 f(x)在(0,π]上的极大值点为 π,靠近 π,选 C. 3 4x 7、若函数 f(x)= 2 在区间(m,2m+1)上是单调递增函数,则实数 m 的取值范围是( x +1 A.-1<m≤0 B.-1<m<0 C.-1≤m<0 D.-1≤m≤0 2 4?1-x ? 解析 由于 f′(x)= 2 ,令 f′(x)>0,解得-1<x<1, ?x +1?2 即函数 f(x)的增函数是[-1,1].又 f(x)在区间(m,2m+1)上是单调递增函数, m≥-1, ? ? 所以应有?m<2m+1, ? ?2m+1≤1 解得-1<m≤0. 答案 A

)

8、 已知函数 f(x)的定义域为 R, 其导函数 f′(x)的图象如图所示, 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; x1+x2 f?x1?+f?x2? ③(x1-x2)· [f(x1)-f(x2)]>0;④f( )> 2 2 x1+x2 f?x1?+f?x2? ⑤f( )< . 2 2 A.①③ B.①③④ C.②④ D.②⑤ ( )

解析 由函数 f(x)的导函数的图象可得,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)图象上的点向 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 f?x2?-f?x1? 函数 f(x)的草图如图所示,由图示可得 <0 且 x2-x1 x1+x2 f?x1?+f?x2? f( )< ,由此可得结论中仅②⑤正确,故应选 D. 2 2 9、 点 P 是曲线 x2-y-2ln x=0 上任意一点,则点 P 到直线 4x+4y+1 =0 的最短距离是 A. 2 (1-ln 2) 2 ( ) B. 2 (1+ln 2) 2 C. 2?1 +ln 2? ? 2 ?2 1 D. (1+ln 2) 2

解析 将直线 4x+4y+1=0 平移后得直线 l:4x+4y+b=0,使直线 l 与曲线切于点 1 1 P(x0,y0),由 x2-y-2ln x=0 得 y′=2x- ,∴直线 l 的斜率 k=2x0- =-1 x x0 1 1 1 ? ? x0= 或 x0=-1(舍去),∴P? ?2,4+ln 2?, 2 1 1 ? 所求的最短距离即为点 P? ?2,4+ln 2? 到 直 线 4x + 4y + 1 = 0 的 距 离 d = |2+?1+4ln 2?+1| 2 = (1+ln 2). 2 4 2 答案 B

3

10、(2013· 潍坊模拟)已知函数 y=f(x)是定义在 R 上的奇函数,且当 x<0 时,不等式 f(x)+ 1? ? 1? xf′(x)<0 成立,若 a=30.3f(30.3),b=(logπ3)f(logπ3),c=? ?log39?f?log39?,则 a,b,c 间的大 小关系是( A.a>b>c ). B.c>b>a C.c>a>b D.a>c>b

解析 设 g(x)=xf(x), 则 g′(x)=f(x)+xf′(x)<0(x<0), ∴当 x<0 时, g(x)=xf(x)为减函数. 又 g(x)为偶函数,∴当 x>0 时,g(x)为增函数. 1 ∵1<30.3<2,0<logπ3<1,log3 =-2,∴g(-2)>g(30.3)>g(logπ3),即 c>a>b.答案 C 9
11. ( 2013 重 庆 数 学 ( 理 ) )



a?b?c

,

则 ) a





f?

?? ?x

? x ??

a ?b ? ?? x ??

b ? ?? ?x ??

的两个零点分别位于区间 c? x ?c x( ?x?

A. ? a, b ? 和 ? b, c ? 内 C. ? b, c ? 和 ? c, ?? ? 内

B. ? ??, a ? 和 ? a, b ? 内 D. ? ??, a ? 和 ? c, ?? ? 内

【命题立意】本题考查二次函数的图像与性质以及函数零点的判断。因为

f ? a? ? ? a? ?? b a ? ?, c f ?b? ? ?b ? c ??b ? a ? , f ? c ? ? ? c ? a ?? c ? b ? ,又 a ? b ? c ,
所以 f ( a) ? 0, f (b ) ? 0, f (c )? 0,即函数 f ( x) 的两个零点分别在 ? a, b ? 和 ? b, c ? 内,选 A. 1 12.[2014· 湖北卷] 已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x≥0 时,f(x)= (|x-a2|+|x- 2 2 2 2a |-3a ).若?x∈R,f(x-1)≤f(x),则实数 a 的取值范围为( ) 1 1 1 1 6 6 3 3 ? ? A.? B.?- , ? C.? D.?- , ? ?-6,6? ?-3,3? ? 6 6? ? 3 3? 1 1 2 2 [解析] 因为当 x≥0 时,f(x)= (|x-a |+|x-2a |-3a2),所以当 0≤x≤a2 时,f(x)= 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a -x+2a -x-3a )=-x;当 a <x<2a 时,f(x)=2(x-a +2a -x-3a )=-a ; 1 2 2 2 当 x≥2a2 时,f(x)= (x-a +x-2a -3a )=x-3a2. 2 2 ?-x,0≤x≤a ,
2 2 2 综上,f(x)=?-a ,a <x<2a ,

?

? ?x-3a2,x≥2a2.

因此,根据奇函数的图象关于原点对称作出函数 f(x)在 R 上的大致图象如下,

4

观察图象可知,要使?x∈R,f(x-1)≤f(x),则需满足 2a2-(-4a2)≤1,解得- ≤

6 ≤a 6

6 .故选 B. 6 13.[2014· 辽宁卷] 当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取 值范围是( ) 9 -6,- ? A.[-5,-3] B.? C.[-6,-2] D.[-4,-3] 8? ? x2-4x-3 x2-4x-3 [解析] 当-2≤x<0 时,不等式转化为 a≤ ,令 f(x)= (-2≤x<0), 3 x x3 2 -x +8x+9 -(x-9)(x+1) 则 f′(x)= = ,故 f(x)在[-2,-1]上单调递减,在(-1, x4 x4 1+4-3 x2-4x-3 0)上单调递增, 此时有 a≤ =-2.当 x=0 时, g(x)恒成立. 当 0<x≤1 时, a≥ , x3 -1 x2-4x-3 -x2+8x+9 -(x-9)(x+1) 令个 g(x)= (0<x≤1),则 g′(x)= = , 3 x x4 x4 1-4-3 故 g(x)在(0,1]上单调递增,此时有 a≥ =-6.综上,-6≤a≤-2. 选 C 1

二、填空题
14、 已知 f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若? x1,x2∈R,使得 f(x2)≤g(x1)成立,则实

数 a 的取值范围是________. 1 答案 [- ,+∞) 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; 1 当 x<-1 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. 所以函数 f(x)的最小值为 f(-1)=- . e 1 1 而函数 g(x)的最大值为 a,则由题意, 可得- ≤a 即 a≥- . e e 15.已知凸函数的性质定理:“若函数 f(x)区间 D 上是凸函数,则对于区间 D 内的任意 x1, x2,?,xn,有 [ f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? ... ? f ( x n )] ? f (

1 n

x1 ? x 2 ? ... ? xn ) ”,若函数 y=sinx 在 n
.

区间(0, ? )上是凸函数,则在 ? ABC 中,sinA+sinB+sinC 的最大值是

5

试题分析:∵f(x)=sinx 在区间(0,π )上是凸函数,且 A、B、C∈(0,π ) , ∴

f ? A? ? f ? B ? ? f ? C ? ? A? B ?C ? ?f? ?? 3 3 ? ?

?? ? f? ? ?3?

, 即

sinA+sinB+sinC ≤

3sin

?
3

?

3 3 3 3 ,所以 sinA+sinB+sinC 的最大值为 2 2

【答案】

3 3 2

考点:本题考查新定义函数的性质 点评:解决本题的关键是,认真审题,分析问题,应用凸函数的性质解决具体问题 16.对于定义在 D 上的函数 f ( x) ,若存在距离为 d 的两条直线 y ? kx ? m1 和 y ? kx ? m2 , 使得对任意 x ? D 都有 kx ? m1 ? f ( x ) ? kx ? m2 恒成立,则称函数 f ( x)( x ? D ) 有一个宽 度为 d 的通道.给出下列函数: ① f ( x) ?

1 ln x 2 ;② f ( x) ? sin x ;③ f ( x) ? x ? 1 ;④ f ( x) ? x x
(写出所有正确的序号).

其中在区间 [1, ??) 上通道宽度可以为 1 的函数有 【答案】①③④ 试题分析:因为函数 f ( x) ?

1 在区间 [1, ?? ) 上单调递减,当 x ? 1 时有最大值 1, 且 x

f ( x) ? 0 ,所以 f ( x) ?

1 是区间 [1, ??) 上通道宽度为 1 的函数,所以①符合题意; x

因为当 x ??1, ?? ? 时, ?1 ? sin x ? 1 ,所以函数 f ( x) ? sin x 是区间 [1, ??) 上通道宽度为 2 的函数,所以②不符合题意; 因为由 y ?

x 2 ? 1 得 x2 ? y 2 ? 1,所以函数 f ( x) ? x 2 ? 1 的图象是双曲线 x2 ? y 2 ? 1 位

于 第 一 象 限 的 部 分 , 位 于 直 线 y ? x 与 直 线 y ? x ?1 之 间 , 由 于 两 直 线 间 的 距 离

d?

1? 0 1?1

?

2 ? 1 ,所以函数 f ( x) ? x 2 ? 1 是在区间 [1, ??) 上通道宽度可以为 1 的函 2

数,所以③符合题意;

ln x 1 ? ln x 1 ? ln x ,所以 f ?( x) ? ,令 f ?( x) ? ? 0 得: x ? e 2 x x x2 1 ? ln x ln x 当 x ? ?1, e ? 时, f ?( x) ? 在 ?1, e ? 上为增函数; ? 0 ,函数 f ( x) ? 2 x x 1 ? ln x ln x 当 x ? ? e, ?? ? 时, f ?( x) ? 在 ? e, ?? ? 上为减函数; ? 0 ,函数 f ( x) ? 2 x x 1 ln x ln x 所以,当 x ? e 时,函数 f ( x) ? 有最大值 ,因此函数 f ( x) ? 在 [1, ??) 上的取值 e x x
因为 f ( x) ?

6

范围是 ? 0, ? ,所以函数 f ( x) ? 是在区间 [1, ??) 上通道宽度可以为 1 的函数, 所以④符 x ? e? 合题意;综上,答案应填:①③④. 考点:1、新定义;2、函数的图象与性质.3、导数在研究函数性质中的应用. 17. 【2014 高考湖北卷理第 14 题】设 f ?x ? 是定义在 ?0,??? 上的函数,且 f ?x ? ? 0 , 对任意 a ? 0, b ? 0 ,若经过点 ?a, f ?a ??, ?b, f ?b ??的直线与 x 轴的交点为 ?c ,0 ? ,则称 c 为

?

1?

ln x

a, b 关于函数 f ?x ? 的平均数,记为 M f (a, b) ,例如,当 f ?x ? ? 1( x ? 0) 时,可得
M f (a, b) ? c ? a?b ,即 M f (a, b) 为 a, b 的算 术平均数. 2

x ? 0) 时, M f (a, b) 为 a, b 的几何平均数; (1)当 f ?x ? ? _____(
x ? 0) 时, M f (a, b) 为 a, b 的调和平均数 (2)当 f ?x ? ? _____(
(以上两 空各只需写出一个符合要求的函数即可 ) 【答案】 (1) f ( x) ? (2) f ( x) ? x( x ? 0) . x ( x ? 0) ;

2ab ; a?b

18.[2014· 四川卷] 以 A 表示值域为 R 的函数组成的集合,B 表示具有如下性质的函数 φ(x)组成的集合:对于函数 φ(x),存在一个正数 M,使得函数 φ(x)的值域包含于区间[-M, M]. 例如, 当 φ1(x)=x3, φ2(x)=sin x 时, φ 1(x)∈A, φ 2(x)∈B.现有如下命题: [来源:Zxxk.Com] ①设函数 f(x)的定义域为 D, 则“f(x)∈A”的充要条件是“?b∈R, ?a∈D, f(a)=b”; ②函数 f(x)∈B 的充要条件是 f(x)有最大值和最小值; ③若函数 f(x),g(x)的定义域相同,且 f(x)∈A,g(x)∈B,则 f(x)+g(x)?B; x ④若函数 f(x)=aln(x+2)+ 2 (x>-2,a∈R)有最大值,则 f(x)∈B. x +1 其中的真命题有________.(写出所有真命题的序号)
7

答案:①③④ [解析] 若 f(x)∈A,则 f(x)的值域为 R,于是,对任意的 b∈R,一定存 在 a∈D,使得 f(a)=b,故①正确. 取函数 f(x)=x(-1<x<1),其值域为(-1,1),于是,存在 M=1,使得 f(x)的值域包 含于[-M,M]=[-1,1],但此时 f(x)没有最大值和最小值,故②错误. 当 f(x)∈A 时,由①可知,对任意的 b∈R,存在 a∈D,使得 f(a)=b,所以,当 g(x)∈B 时,对于函数 f(x)+g(x),如果存在一个正数 M,使得 f(x)+g(x)的值域包含于[-M,M],那 么对于该区间外的某一个 b0∈R, 一定存在一个 a0∈D, 使得 f(a0)=b-g(a0), 即 f(a0)+g(a0) =b0?[-M,M],故③正确. x 对于 f(x)=aln(x+2)+ 2 (x>-2),当 a>0 或 a<0 时,函数 f(x)都没有最大值.要 x +1 x 使得函数 f(x)有最大值,只有 a=0,此时 f(x)= 2 (x>-2). x +1 1 1 1 - , ?,所以存在正数 M= ,使得 f(x)∈[-M,M],故④正确. 易知 f(x)∈? ? 2 2? 2

三、解答题
19、 (天府数学 2015 年普通高考模拟试题(一) (理 20) )已知函数 f ? x ? ? ln x ? ax 2 ? bx .

1 2

1 时,求函数 f ? x ? 的最大值; 2 1 a (2)令 g ?x ? ? f ? x ?? ax 2? bx ? x ? ? (0,3] ? ,若其图像上任意一点 P ? x0 , y0 ? 处的切线斜 2 x 1 率 k ? 恒成立,求实数 a 的取值范围。 2 1 1 1 【解析】 (1) 根据题意, f ? x ? 的定义域为 ? 0, ?? ? , 当 a ? b ? 时, f ? x ? ? ln x ? x 2 ? x , 2 4 2 1 1 1 ? ? x ? 2 ?? x ? 1? 则 f ' ? x? ? ? x ? ? 。令 f ' ? x ? ? 0 ,解得 x ? 1 。 x 2 2 2x
(1)当 a ? b ? 所以当 0 ? x ? 1 时,函数 f ? x ? 单调递增;当 x ? 1 时,函数 f ? x ? 单调递减。 所以 f ? x ? 的最大值为 f ?1? ? ? ,所以当 a ? b ? (2)因为 g ? x ? ? f ? x ? ? ax2 ? bx ? 则有 k ? g ' ? x0 ? ?

3 4

3 1 时,函数的最大值为 ? 。 4 2

1 2

a a ? ln x ? , x ? (0,3] x x

x0 ? a 1 ? 1 2 ? ? 在 x0 ? (0,3] 上恒成立,所以 a ? ? ? x0 ? x0 ? , x0 ? (0,3] , 2 x0 2 ? 2 ?max

2 当 x0 ? 1 时, ? x0 ? x0 取得最大值

1 2

1 1 ,所以 a ? 。 2 2

20.(13 分 ) 已 知 函 数 f ( x) ? ax ? x ? ln( x ? 1) (a ? R) , 在 x ? 1 处 的 切 线 与 直 线
3 2

3x ? 2 y ? 5 ? 0 平行.
8

(1)当 x ? [0, ??) 时,求 f ( x) 的最小值;

1 2 3 n ?1 ? 3 ? 3 ? ... ? 3 ? ln(n ? 1) 3 3 4 n (2)求证: 2 ( n ? 2 且 n ? N ). f ?( x) ? 3ax 2 ? 2 x ?
.解:(1)由已知

1 1 3 f ?(1) ? 3a ? 2 ? ? kl ? x ? 1 ,同时 2 2

∴a ?1

f ( x) ? x3 ? x 2 ? ln( x ? 1), f ?( x) ? 3x 2 ? 2 x ?
∴ ∴ f ( x) 在 [0, ??) 上 ? ∴

1 3x3 ? ( x ? 1)2 ? ?0 x ?1 x ?1

[ f ( x)]min ? f (0) ? 0
1 1 1 n ?1 1 ? 2 ? ln(1 ? ) ? 0 ? ln(1 ? ) 3 3 n n n ∴n ,即: n

x?
(2)令

1 1 f( )?0 n . 则: n

1 1 2 1 1 2 n ?1 1 1 1 ? ln(1 ? ), 3 ? ln(1 ? )...... ? 3 ? ... ? 3 ? ln(1 ? ) ? ln(1 ? ) ? ...ln(1 ? ) 3 3 2 3 3 n 2 3 n ∴2 ∴2 3 3 4 n ?1 n ?1 ? ln( ? ... ) ? ln ? ln( n ? 1) 2 3 n 2 ∴不等式成立.
21.(本题满分 14 分)已知函数 f(x)= ln(x ? m) ? n 的图象在点(1,f(1))处的切线方程是

y ? x ? 1 ,函数 g(x)= ax2 ? bx (a、b∈R,a≠0)在 x=2 处取得极值-2.
(1)求函数 f(x)、g(x)的解析式;
/ / (2)若函数 y ? f ( x ? 1) ? g ( x) (其中 g ( x) 是 g(x)的导函数)在区间( t , t ?

1 )没有单调 2

性,求实数 t 的取值范围;
/ (3)设 k∈Z,当 x ? 1 时,不等式 k ( x ? 1) ? xf ( x) ? 3g ( x) ? 4 恒成立,求 k 的最大值.

【答案】(1) f(x)=lnx(x>0),g(x)=

1 2 1 x ? 2 x (x∈R);(2) t ∈( ? ,0);(3) 最大整数 2 2

k 的值为 5.
【解析】 试题分析: (1) 利用导数的几何意义分别列方程组求出 m, n, a, b 的值,从而求得函数

f ? x ? , g ? x ? 的解析式;
(2) 先利用导数求函数的单调区间,再结合此单调区间,确定 t 的取值范围. (3)首先,因为不等式 k ( x ? 1) ? xf ( x) ? 3g ( x) ? 4 等价于 k ( x ? 1) ? x ln x ? 3x ? 2 ?
/

9

k?

x ln x ? 3x ? 2 x ln x ? 3 x ? 2 (∵ x ? 1 ),然后构造函数 ? ( x ) ? ( x ? 1 ),转化为利用 x ?1 x ?1

导数求函 ? ( x) 数的最值问题.
/ 试题解析:解:(1)由 f(x)= ln(x ? m) ? n ( x ? ?m),可得 f ( x) ?

1 ( x ? ?m), x?m

∴f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是 y ? f (1) ? f / (1)(x ? 1) , 即 y ? f / (1) x ? f (1) ? f / (1) ,依题该直线与直线 y ? x ? 1 重合, ∴?

? f / (1) ? 1 ? f (1) ? 0

,可解得 m ? n ? 0 .

2 ∵又 g(x)= ax ? bx 可得 g / ( x) ? 2ax ? b ,且 g(x)在 x=2 处取得极值-2.

?g / (2) ? 0 1 ?4a ? b ? 0 ∴? ,可得 ? 解得 a ? , b ? ?2 . 2 ?4a ? 2b ? ?2 ?g (2) ? ?2
所求 f(x)=lnx(x>0),g(x)=

1 2 x ? 2 x (x∈R); 2

(2) ∵ y ? f ( x ? 1) ? g / ( x) ? ln(x ? 1) ? x ? 2 , 令 ? ( x) ? l n x ( ? 1) ? x ? 2 (x>-1) ∵

1 x ?1 ? ? (x>-1),∴ ? ( x) 在(-1, 0]递增,在[0,+∞)上递减,∵ ? ( x) 在 x ?1 x ?1 1 1 1 1 区间( t ,t ? )不单调,∴ ? 1 ? t ? 0 且 t ? ? 0 ? ? ? t ? 0 .故所求实数 t ∈( ? , 2 2 2 2

? / ( x) ?

0); (3)∵不等式 k ( x ? 1) ? xf ( x) ? 3g ( x) ? 4 等价于 k ( x ? 1) ? x ln x ? 3x ? 2 ?
/

k?

x ln x ? 3x ? 2 x ln x ? 3 x ? 2 (∵ x ? 1 ),令 ? ( x ) ? ( x ? 1 ), x ?1 x ?1
(1 ? ln x ? 3)(x ? 1) ? ( x ln x ? 3x ? 2) x ? ln x ? 2 , ? ( x ? 1) 2 ( x ? 1) 2

∴ ?/ ( x) ?

/ 又令 ? ( x) ? x ? ln x ? 2 ( x ? 1 ),∵ ? ( x ) ? 1 ?

1 x ?1 ? ? 0 (∵ x ? 1 ) x x

由 x ? 1 ? ? ( x) ? ? (1) ? ?1 ,故存在唯一 x0 ? 1 使 ? ( x0 ) ? 0 , 即 x0 ? ln x0 ? 2 ? 0 满足当 x∈(1, x0 ]时,? ( x) ? 0 ;当 x∈( x0 ,+∞)时,? ( x) ? 0 ;
/ /

∴x∈(1, x0 ]时, ? ( x) ? 0 ,x∈( x0 ,+∞)时, ? ( x) ? 0 ;
/ /

也即 ? ( x) 在(1, x0 ]上递减,在( x0 ,+∞)上递增;

10

∴ k ? [? ( x)]min ? ? ( x0 ) ?

x0 ln x0 ? 3x0 ? 2 x ( x ? 2) ? 3x0 ? 2 ? x0 ? 2 ? 0 0 x0 ? 1 x0 ? 1

( ∵

ln x0 ? x0 ? 2 ),又∵ ? (3) ? 1 ? ln 3 ? 0 , ? (4) ? 2 ? 2 ln 2 ? 0 ,且 ? ( x) 在(1,+∞)连
续不断,∴ 3 ? x0 ? 4 , k ? ? ( x0 ) ? x0 ? 2 ∈(5,6). 故所求最大整数 k 的值为 5. 考点:1、导数的几何意义;2、导数在研究函数性质中的应用;3、等价转化的思想. 22.(高考山东卷)已知函数 f(x)=ax2+bx-ln x(a,b∈R). (1)设 a≥0,求 f(x)的单调区间; (2)设 a>0,且对任意 x>0,f(x)≥f(1),试比较 ln a 与-2b 的大小. 解:(1)由 f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞),得 2ax2+bx-1 f′(x)= . x bx-1 ①当 a=0 时,f′(x)= . x a.若 b≤0,当 x>0 时,f′(x)<0 恒成立,所以函数 f(x)的单调递减区间是(0,+∞). 1 1 b.若 b>0,当 0<x< 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,当 x> 时,f′(x)>0,函数 f(x) b b 1 1 单调递增.所以函数 f(x)的单调递减区间是(0, ),单调递增区间是( ,+∞). b b ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 2ax2+bx-1=0.由 Δ=b2+8a>0,得 -b- b2+8a -b+ b2+8a x1= ,x2= .显然 x1<0,x2>0. 4a 4a 当 0<x<x2 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x>x2 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. -b+ b2+8a 所以函数 f(x)的单调递减区间是(0, ), 4a -b+ b2+8a 单调递增区间是( ,+∞). 4a 综上所述,当 a=0,b≤0 时,函数 f(x)的单调递减区间是(0,+∞); 1 1 当 a=0,b>0 时,函数 f(x)的单调递减区间是(0, ),单调递增区间是( ,+∞); b b 2 -b+ b +8a 当 a>0 时 , 函 数 f(x) 的 单 调 递 减 区 间 是 (0 , ),单调递增区间是 4a -b+ b2+8a ( ,+∞). 4a -b+ b2+8a (2)由题意知函数 f(x)在 x=1 处取得最小值.由(1)知 是 f(x)的唯一极小值 4a -b+ b2+8a 点,故 =1.整理,得 2a+b=1,即 b=1-2a.令 g(x)=2-4x+ln x,则 g′(x) 4a 1-4x 1 = .,令 g′(x)=0,得 x= . x 4 1 1 当 0<x< 时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当 x> 时,g′(x)<0,g(x)单调递减. 4 4 1 1 因此 g(x)≤g( )=1+ln =1-ln 4<0.故 g(a)<0,即 2-4a+ln a=2b+ln a<0,即 ln a<-2b. 4 4

11

x 23.设函数 f ( x) ? e , x ? R .

(Ⅰ) 求 f(x)的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程;

1 2 x ? x ? 1 有唯一公共点. 2 f (b) ? f (a) ?a?b? (Ⅲ) 设 a<b, 比较 f ? 的大小, 并说明理由. ?与 2 b?a ? ?
(Ⅱ) 证明: 曲线 y = f (x) 与曲线 y ? 【 答 案 】 解 :(Ⅰ) k= g' (1) . g' (x) ? f (x) 的 反 函 数 g ( x) ? ln x , 则 y=g(x) 过 点 (1,0) 的 切 线 斜 率

1 ? k ? g' (1) ? 1 .过点(1,0)的切线方程为:y = x+ 1 x 1 2 (Ⅱ) 证明曲线 y=f(x)与曲线 y ? x ? x ? 1 有唯一公共点,过程如下. 2 1 1 令h( x) ? f ( x) ? x 2 ? x ? 1 ? e x ? x 2 ? x ? 1, x ? R, 则 2 2

h' ( x) ? e x ? x ? 1, h' ( x)的导数h' ' ( x) ? e x ? 1, 且h(0) ? 0,h' (0) ? 0, , h' ' (0) ? 0
;当x ? 0时h' ' ( x) ? 0 ? y ? h' ( x)单调递增 此 , 当x ? 0时h' ' ( x) ? 0 ? y ? h' ( x)单调递减 ? y ? h' ( x) ? h' (0) ? 0, 所以y ? h( x)在R上单调递增,最多有一 个零点x ? 0
所以,曲线 y=f(x)与曲线 y ?

1 2 x ? x ? 1 只有唯一公共点(0,1).(证毕) 2

(Ⅲ) 设

f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) (b ? a ? 2) ? f (a) ? (b ? a ? 2) ? f (b) ? ? 2 b?a 2 ? (b ? a)

(b ? a ? 2) ? e a ? (b ? a ? 2) ? e b (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b?a a ? ? ?e 2 ? (b ? a) 2 ? (b ? a)
令 g ( x) ? x ? 2 ? ( x ? 2) ? e , x ? 0, 则g ' ( x) ? 1 ? (1 ? x ? 2) ? e ? 1 ? ( x ? 1) ? e .
x x x

g ' ( x)的导函数g ' ' ( x) ? (1 ? x ? 1) ? e x ? x ? e x ? 0, 所以g ' ( x)在( 0, ? ?)上单调递增
,且 g ' (0) ? 0.因此g ' ( x) ? 0,g ( x)在(0,??)上单调递增 , 而g (0) ? 0,

所以在(0,??)上g ( x) ? 0

.

?当x ? 0时,g ( x) ? x ? 2 ? ( x ? 2) ? e x ? 0且a ? b,
?

f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b? a a ? ? e ? 0 所以 当a < b时, 2 b?a 2 ? (b ? a)

12

24、 已知 f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3. (1)求函数 f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值; (2)对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 2 (3)证明:对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x> x- 成立. e ex 思维启迪 (1)求 f′(x),讨论参数 t 求最小值;

(2)分离 a,利用求最值得 a 的范围; (3)寻求所证不等式和题中函数 f(x)的联系,充分利用(1)中所求最值. 解 1 (1)由 f(x)=xln x,x>0,得 f′(x)=ln x+1,令 f′(x)=0,得 x= . e

1 1 当 x∈(0, )时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x∈( ,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增. e e 1 1 1 1 ①当 0<t< <t+2,即 0<t< 时,f(x)min=f( )=- ; e e e e 1 1 ②当 ≤t<t+2,即 t≥ 时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,f(x)min=f(t)=tln t. e e

所以 f(x)min

?-e,0<t<e =? 1 ?tln t,t≥e

1

1 .

3 (2)2xln x≥-x2+ax-3,则 a≤2ln x+x+ , x ?x+3??x-1? 3 设 h(x)=2ln x+x+ (x>0),则 h′(x)= , x x2 ①当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,②当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调 递增,所以 h(x)min=h(1)=4,对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,所以 a≤h(x)min= 4. x 2 (3)问题等价于证明 xln x> x- (x∈(0,+∞)). e e 1 1 x 由(1)可知 f(x)=xln x(x∈(0,+∞))的最小值是- ,当且仅当 x= 时取到,设 m(x)= x e e e 1-x 2 1 - (x∈(0,+∞)),则 m′(x)= x ,易知 m(x)max=m(1)=- ,当且仅当 x=1 时取到. e e e 1 2 从而对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x> x- 成立. e ex 25.[2014· 天津卷] 设 f(x)=x-aex(a∈R),x∈R.已知函数 y=f(x)有两个零点 x1,x2,且 x1<x2. (1)求 a 的取值范围; x2 (2)证明: 随着 a 的减小而增大; x1 (3)证明:x1+x2 随着 a 的减小而增大.
13

解:(1)由 f(x)=x-aex,可得 f′(x)=1-aex. 下面分两种情况讨论: (i)a≤0 时,f′(x)>0 在 R 上恒成立,可得 f(x)在 R 上单调递增,不合题意. (ii)a>0 时,由 f′(x)=0,得 x=-ln a. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-ln a) + -ln a 0 -ln a-1 (-ln a,+∞) -

这时, f(x)的单调递增区间是(-∞, -ln a); 单调递减区间是(-ln a, +∞). 于是, “函 数 y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立: ①f(-ln a)>0; ②存在 s1∈(-∞, -ln a), 满足 f(s1)<0;③存在 s2∈(-ln a,+∞),满足 f(s2)<0. - 由 f(-ln a)>0, 即-ln a-1>0, 解得 0<a<e 1.而此时, 取 s1=0, 满足 s1∈(-∞, -ln a), 2 2? ? 2 2? 2 2 且 f(s1)=-a<0;取 s2= +ln ,满足 s2∈(-ln a,+∞),且 f(s2)=? ?a-ea?+?lna-ea?<0. a a 故 a 的取值范围是(0,e 1).


1-x x x (2)证明:由 f(x)=x-aex=0,有 a= x.设 g(x)= x,由 g′(x)= x ,知 g(x)在(-∞,1) e e e 上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.并且,当 x∈(-∞,0]时,g(x)≤0; 当 x∈(0,+∞) - 时,g(x)>0.由已知,x1,x2 满足 a=g(x1),a=g(x2).由 a∈(0,e 1)及 g(x)的单调性,可得 x1 ∈(0,1),x2∈(1,+∞). - 对于任意的 a1,a2∈(0,e 1),设 a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中 0<ξ1<1<ξ 2;g(η1)=g(η2) =a2, 其中 0<η1<1<η 2.,因为 g(x)在(0, 1)上单调递增, 所以由 a1>a2, 即 g(ξ1)>g(η1), 可得 ξ1> ξ 2 η 2 η 2 x2 η 1.类似可得 ξ2<η 2., 又由 ξ1,η1>0,得 < < ,所以 随着 a 的减小而增大. x1 ξ 1 ξ 1 η 1 (3)证明:由 x1=aex1,x2=aex2,可得 ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故 x2-x1=ln x2
? ?x2=tx1, x2 x2 ln t tln t -ln x1=ln .,设 =t,则 t>1,且? 解得 x1= ,x2= ,所以 x1+x2= x1 x1 t - 1 t -1 ? ?x2-x1=ln t,

1 -2ln x+x- x (t+1)ln t (x+1)ln x .①;令 h(x)= ,x∈(1,+∞),则 h′(x)= ., t-1 x-1 (x-1)2 x-1?2 1 令 u(x)=-2ln x+x- ,得 u′(x)=? x ? x ? .,当 x∈(1,+∞)时,u′(x)>0.因此,u(x)在(1, +∞)上单调递增,故对于任意的 x∈(1,+∞),u(x)>u(1)=0,由此可得 h′(x)>0,故 h(x)在 (1,+∞)上单调递增. 因此,由①可得 x1+x2 随着 t 的增大而增大. 而由(2),t 随着 a 的减小而增大,所以 x1+x2 随着 a 的减小而增大. 26. (本小题满分 12 分)已知函数 f ? x ? ? a ln x ? ax ? 3 ( a ? 0 ) . (1)讨论 f ? x ? 的单调性;
2 (2)若 f ? x ? ? ? a ? 1? x ? 4 ? e ? 0 对任意 x ? ? ? e, e ? ? 恒成立,求实数 a 的取值范围( e 为自

然常数) ;
14

(3) 求 证 ln 22 ? 1 ? ln 32 ? 1 ( n ? 2 , n ? ?? ) .

?

? ?

?

? ln 42 ? 1 ? ? ? ln n2 ? 1 ? 1 ? 2 ln n! ?n ? 2, n ? N * ?

?

?

?

?

【答案】(1)当 a ? 0 时, f ( x) 的单调增区间为 ? 0,1? ,单调减区间为 ?1, ?? ? ;当 a ? 0 时, (2) a ? f ( x) 的单调增区间为 ?1, ?? ? ,单调减区间为 ? 0,1? ; 【解析】 试题分析: (1)函数 y ? f ?x ? 在某个区间内可导,则若 f ??x ? ? 0 ,则 f ?x ? 在这个区间内 单调递增,若 f ??x ? ? 0 ,则 f ?x ? 在这个区间内单调递减;(2)对于恒成立的问题,常用到 两个结论: (1)a ? f ?x ? 恒成立 ? a ? f ?x ?max , (2)a ? f ?x ? 恒成立 ? a ? f ?x ?min ; (3) 利 用 导 数 方 法 证 明 不 等 式 f ?x ? ? g ?x ? 在 区 间 D 上 恒 成 立 的 基 本 方 法 是 构 造 函 数

e ?1 ? e2 ; (3)证明见解析. 2

h?x ? ? f ?x ? ? g ?x ? ,然后根据函数的单调性,或者函数的最值证明函数 h?x ? ? 0 ,其中一
个重要的技巧就是找到函数 h ? x ? 在什么地方可以等于零,这往往就是解决问题的一个突破 口,观察式子的特点,找到特点证明不等式. 试题解析: (1) f ' ( x) ?

a (1 ? x) ( x ? 0) , x
3分 4分

当 a ? 0 时, f ( x) 的单调增区间为 ? 0,1? ,单调减区间为 ?1, ?? ? ; 当 a ? 0 时, f ( x) 的单调增区间为 ?1, ?? ? ,单调减区间为 ? 0,1? ; (2)令 F ( x) ? a ln x ? ax ? 3 ? ax ? x ? 4 ? e ? a ln x ? x ? 1 ? e

F ' ( x) ?

x?a ?0 x

若 ? a ? e , a ? ?e , F ( x) x ? e, e

?

2

? 是增函数,
e ?1 ? e2 2
无解. 5分

F ( x) max ? F (e 2 ) ? 2a ? e 2 ? e ? 1 ? 0, a ?
2 2

2 若 e ? ? a ? e , ? e ? a ? ?e , F ( x) , x ? ?e,? a ? 是减函数; x ? ? a, e , 是增函数

?

?

,

F (e) ? a ? 1 ? 0, a ? ?1 . F (e 2 ) ? 2a ? e 2 ? e ? 1 ? 0, a ?

e ?1 ? e2 2

15

e ?1 ? e2 ? ?e ? a ? 2
2

6分

2 若 ? a ? e , a ? ?e , F ( x) x ? e, e

2

2

?

? 是减函数,
7分

F ( x) max ? F (e) ? a ? 1 ? 0, a ? ?1 ,? a ? ?e 2
综上所述 a ?

e ?1 ? e2 2

8分

(3)令 a ? ?1 (或 a ? 1 )此时 f ( x) ? ? ln x ? x ? 3 ,所以 f (1) ? ?2 , 由(Ⅰ)知 f ( x) ? ? ln x ? x ? 3 在 (1,??) 上单调递增,∴当 x ? (1,??) 时 f ( x) ? f (1) , 即 ? ln x ? x ? 1 ? 0 ,∴ ln x ? x ? 1 对一切 x ? (1,??) 成立, ∵ n ? 2, n ? N* ,则有 ln( 10 分 要证 ln(2 ? 1) ? ln(3 ? 1) ? ln(4 ? 1) ?
2 2 2

9分

1 1 1 1 1 ? 1) ? 2 ? ? ? , 2 n n (n ? 1)n n ? 1 n

? ln( n 2 ? 1) ? 1 ? 2 ln n !( n ? 2, n ? N ? )
? ln( 1 ? 1) ? 1( n ? 2, n ? N ? ) n2

只需证 ln(

1 1 1 ? 1) ? ln( 2 ? 1) ? ln( 2 ? 1) ? 2 2 3 4

11 分

1 1 1 1 ? 1) ? ln( 2 ? 1) ? ln( 2 ? 1) ? ? ln( 2 ? 1) 2 2 3 4 n 1 1 1 1 1 1 1 1 ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? ( ? ) ? 1? ? 1 2 2 3 3 4 n ?1 n n ln(
所以原不等式成立 12 分 考点:1、利用导数求函数的单调区间;2、恒成立的问题;3、证明不等式.

16



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