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2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第三章 专题一


专题一

高考中的导数应用问题

1. 函数 f(x)=(x-3)ex 的单调递增区间是 A.(-∞,2) 答案 D B.(0,3) C.(1,4) D.(2,+∞)

(

)

解析 函数 f(x)=(x-3)ex 的导数为 f′(x)=[(x-3)· ex]′=1· ex+(

x-3)· ex=(x-2)ex. 由函数导数与函数单调性的关系, 得当 f′(x)>0 时, 函数 f(x)单调递增, 此时由不等式 f′(x) =(x-2)ex>0,解得 x>2. 2.若函数 f(x)=x3-6bx+3b 在(0,1)内有最小值,则实数 b 的取值范围是 A.(0,1) C.(0,+∞) 答案 D 解析 f(x)在(0,1)内有最小值,即 f(x)在(0,1)内有极小值,f′(x)= B.(-∞,1) 1 0, ? D.? ? 2? ( )

3x2-6b, 由题意,得函数 f′(x)的草图如图,
? ?f′?0?<0, ∴? ?f′?1?>0, ? ? ?-6b<0, 即? ?3-6b>0, ?

1 解得 0<b< .故选 D. 2 3. 函数 f(x)=x3-3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意 x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数 t 的最小值是 A.20 答案 A 解析 因为 f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),令 f′(x)=0,得 x=± 1,可知-1,1 为函数 的极值点. 又 f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1,所以在区间[-3,2]上 f(x)max=1,f(x)min =-19. 由题设知在区间[-3,2]上 f(x)max-f(x)min≤t,从而 t≥20, 所以 t 的最小值是 20. ln a+ln x 4. 已知函数 f(x)= 在[1,+∞)上为减函数,则实数 a 的取值范围为__________. x B.18 C.3 D.0 ( )

答案

[e,+∞) 1 · x-?ln a+ln x? x 1-?ln a+ln x? f′(x)= = ,因为 f(x)在[1,+∞)上为减函数,故 x2 x2

解析

f′(x)≤0 在[1, +∞)上恒成立, 即 ln a≥1-ln x 在[1, +∞)上恒成立. 设 φ(x)=1-ln x, φ(x)max=1,故 ln a≥1,a≥e. 5. 已知函数 f(x)=mx3+nx2 的图像在点(-1,2)处的切线恰好与直线 3x+y=0 平行,若 f(x) 在区间[t,t+1]上单调递减,则实数 t 的取值范围是__________. 答案 [-2,-1] 解析 由题意知,点(-1,2)在函数 f(x)的图像上, 故-m+n=2. 又 f′(x)=3mx +2nx,则 f′(-1)=-3, 故 3m-2n=-3. 联立①②解得:m=1,n=3,即 f(x)=x3+3x2, 令 f′(x)=3x2+6x≤0,解得-2≤x≤0, 则[t,t+1]?[-2,0],故 t≥-2 且 t+1≤0, 所以 t∈[-2,-1]. ②
2



题型一 利用导数研究函数的单调性 例1 设函数 f(x)=x(ex-1)-ax2. 1 (1)若 a= ,求 f(x)的单调区间; 2 (2)若当 x≥0 时,f(x)≥0,求 a 的取值范围. 思维启迪 求出 f′(x),分析函数的单调性,得出结论. 解 1 1 (1)a= 时,f(x)=x(ex-1)- x2, 2 2

f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1). 当 x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0;当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(0,+∞),单调递减区间为(-1,0). (2)f(x)=x(ex-1-ax),令 g(x)=ex-1-ax,g′(x)=ex-a.若 a≤1,则当 x∈(0,+∞)时, g′(x)>0,g(x)为增函数,而 g(0)=0,从而当 x≥0 时,g(x)≥0,即 f(x)≥0. 若 a>1,则当 x∈(0,ln a)时,g′(x)<0,g(x)为减函数, 而 g(0)=0,从而当 x∈(0,ln a)时,g(x)<0,即 f(x)<0. 综合得 a 的取值范围为(-∞,1].

思维升华(1)判断函数的单调性,求函数的单调区间、极值等问题,最终归结到判断 f′(x)的符号问题上,而 f′(x)>0 或 f′(x)<0,最终可转化为一个一元一次或一元二次不 等式问题. (2)若已知 f (x)的单调性,则转化为不等式 f′(x)≥0 或 立问题求解. 2? 已知函数 f(x)=x3+ax2-x+c,且 a=f′? ?3?. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)设函数 g(x)=(f(x)-x3)· ex,若函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调递增,求实数 c 的取值范 围. 解 (1)由 f(x)=x3+ax2-x+c, f′(x)≤0 在单调区间上恒成

得 f′(x)=3x2+2ax-1. 2? 2 2 ?2?2 当 x= 时,得 a=f′? ?3?=3×?3? +2a×3-1, 3 解之,得 a=-1. (2)由(1)可知 f(x)=x3-x2-x+c. 1? 则 f′(x)=3x2-2x-1=3? ?x+3?(x-1),列表如下: x f′(x) f(x) 1 (-∞, - ) 3 + - 0 极大值 1 3 1 (- ,1) 3 - 1 0 极小值 (1,+∞) +

1 所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,- )和(1,+∞); 3 1 ? f(x)的单调递减区间是? ?-3,1?. (3)函数 g(x)=(f(x)-x3)· ex=(-x2-x+c)· ex, 有 g′(x)=(-2x-1)ex+(-x2-x+c)ex =(-x2-3x+c-1)ex, 因为函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调递增, 所以 h(x)=-x2-3x+c-1≥0 在 x∈[-3,2]上恒成立. 只要 h(2)≥0,解得 c≥11,所以 c 的取值范围是[11,+∞). 题型二 利用导数研究与不等式有关的问题 例2 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. (1)解 由 f(x)=xln x,x>0,得 f′(x)=ln x+1, 1 令 f′(x)=0,得 x= . e 1 当 x∈(0, )时,f′(x)<0,f(x)单调递减; e 1 当 x∈( ,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增. e 1 1 ①当 0<t< <t+2,即 0<t< 时, e e 1 1 f(x)min=f( )=- ; 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 .

(2)解

3 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)证明 问题等价于证明 xln x> x- (x∈(0,+∞)). e e 1 由(1)可知 f(x)=xln x(x∈(0,+∞))的最小值是- , e 1-x 1 x 2 当且仅当 x= 时取到,设 m(x)= x- (x∈(0,+∞)),则 m′(x)= x ,易知 m(x)max= e e e e 1 m(1)=- , e 当且仅当 x=1 时取到.

1 2 从而对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x> x- 成立. e ex 思维升华 (1)恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解,若不能分

离参数,可以将参数看成常数直接求解. (2)证明不等式,可以转化为求函数的最值问题. 已知函数 f(x)=sin x(x≥0),g(x)=ax(x≥0). (1)若 f(x)≤g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 (2)当 a 取(1)中的最小值时,求证:g(x)-f(x)≤ x3. 6 (1)解 令 h(x)=sin x-ax(x≥0),则 h′(x)=cos x-a. 若 a≥1,h′(x)=cos x-a≤0,h(x)=sin x-ax(x≥0)单调递减,h(x)≤h(0)=0, 则 sin x≤ax(x≥0)成立. π 若 0<a<1,存在 x0∈(0, ),使得 cos x0=a,当 x∈(0,x0), 2 h′(x)=cos x-a>0,h(x)=sin x-ax(x∈(0,x0))单调递增,h(x)>h(0)=0,不合题意, 结合 f(x)与 g(x)的图像可知 a≤0 显然不合题意, 综上可知,a≥1. (2)证明 当 a 取(1)中的最小值 1 时,g(x)-f(x)=x-sin x. 1 设 H(x)=x-sin x- x3(x≥0), 6 1 则 H′(x)=1-cos x- x2. 2 1 令 G(x)=1-cos x- x2,则 G′(x)=sin x-x≤0(x≥0), 2 1 所以 G(x)=1-cos x- x2 在[0,+∞)上单调递减, 2 1 此时 G(x)=1-cos x- x2≤G(0)=0, 2 1 即 H′(x)=1-cos x- x2≤0, 2 1 所以 H(x)=x-sin x- x3(x≥0)单调递减. 6 1 所以 H(x)=x-sin x- x3≤H(0)=0, 6 1 即 x-sin x- x3≤0(x≥0), 6 1 即 x-sin x≤ x3(x≥0). 6 1 所以,当 a 取(1)中的最小值时,g(x)-f(x)≤ x3. 6

题型三 利用导数研究方程解或图像交点问题 例3 已知 f(x)=ax2 (a∈R),g(x)=2ln x. (1)讨论函数 F(x)=f(x)-g(x)的单调性; (2)若方程 f(x)=g(x)在区间[ 2,e]上有两个不等解,求 a 的取值范围. 思维启迪 (1)通过讨论 a 确定 F(x)的符号;

2ln x 2ln x (2)将方程 f(x)=g(x)变形为 a= 2 ,研究 φ(x)= 2 图像的大致形状. x x 解 (1)F(x)=ax2-2ln x,其定义域为(0,+∞),

2 2 2?ax -1? ∴F′(x)=2ax- = (x>0). x x

①当 a>0 时,由 ax2-1>0,得 x> 由 ax2-1<0,得 0<x< 1 . a

1 . a

故当 a>0 时,F(x)在区间? 在区间?0,

1 ,+∞?上单调递增, ? a ?

?

1? 上单调递减. a?

②当 a≤0 时,F′(x)<0 (x>0)恒成立. 故当 a≤0 时,F(x)在(0,+∞)上单调递减. 2ln x (2)原式等价于方程 a= 2 =φ(x)在区间[ 2,e]上有两个不等解. x 2x?1-2ln x? ∵φ′(x)= 在( 2, e)上为增函数, x4 1 在( e,e)上为减函数,则 φ(x)max=φ( e)= , e 2 而 φ(e)= 2<φ(2) e = 2ln 2 ln 2 = =φ( 2). 4 2

∴φ(x)min=φ(e), 如图当 f(x)=g(x) 在[ 2,e]上有两个不等解时有 φ(x)min= ln 2 1 故 a 的取值范围为 ≤a< . 2 e 思维升华 对于可转化为 a=f(x)解的个数确定参数 a 的范围问题,都可以通过 f(x)的单 调性、极值确定 f(x)的大致形状,进而求 a 的范围. 已知函数 f(x)=|ax-2|+bln x(x>0). ln 2 , 2

(1)若 a=1,f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,求 b 的取值范围; 1 (2)若 a≥2,b=1,求方程 f(x)= 在(0,1]上解的个数. x 解 (1)f(x)=|x-2|+bln x

?-x+2+bln x?0<x<2?, ? =? ?x-2+bln x?x≥2?. ?

b ①当 0<x<2 时,f(x)=-x+2+bln x,f′(x)=-1+ . x b 由条件,得-1+ ≥0 恒成立,即 b≥x 恒成立.∴b≥2. x b ②当 x≥2 时,f(x)=x-2+bln x,f′(x)=1+ ,由条件, x b 得 1+ ≥0 恒成立,即 b≥-x 恒成立. x ∴b≥-2. 综合①,②得 b 的取值范围是{b|b≥2}. 1 (2)令 g(x)=|ax-2|+ln x- , x

?-ax+2+ln x-x ?0<x<a?, 即 g(x)=? 1 2 ?ax-2+ln x-x ?x≥a?.
2 1 当 0<x< 时,g(x)=-ax+2+ln x- , a x 1 1 g′(x)=-a+ + 2. x x 2 1 a ∵0<x< ,∴ > . a x 2 a a2 a?a-2? 则 g′(x)>-a+ + = ≥0. 2 4 4 2 即 g′(x)>0,∴g(x)在(0, )上是递增函数. a 2 1 当 x≥ 时,g(x)=ax-2+ln x- , a x 1 1 g′(x)=a+ + 2>0. x x 2 ∴g(x)在( ,+∞)上是递增函数. a 2 又因为函数 g(x)在 x= 有意义, a ∴g(x)在(0,+∞)上是递增函数.

1

2

2 2 a ∵g( )=ln - ,而 a≥2, a a 2 2 2 ∴ln ≤0,则 g( )<0. a a ∵a≥2,∴g(1)=a-3. 当 a≥3 时,g(1)=a-3≥0, ∴g(x)=0 在(0,1]上解的个数为 1. 当 2≤a≤3 时,g(1)=a-3<0, ∴g(x)=0 在(0,1]上无解,即解的个数为 0.

(时间:80 分钟) 1. 已知函数 f(x)=ax3+x2+bx(其中常数 a,b∈R),g(x)=f(x)+f′(x)是奇函数. (1)求 f(x)的表达式; (2)讨论 g(x)的单调性,并求 g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值. 解 (1)由题意得 f′(x)=3ax2+2x+b,

因此 g(x)=f(x)+f′(x)=ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b. 因为函数 g(x)是奇函数,所以 g(-x)=-g(x), 即对任意实数 x,有 a(-x)3+(3a+1)(-x)2+(b+2)(-x)+b =-[ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b], 从而 3a+1=0,b=0, 1 解得 a=- ,b=0, 3 1 因此 f(x)的表达式为 f(x)=- x3+x2. 3 1 (2)由(1)知 g(x)=- x3+2x,所以 g′(x)=-x2+2. 3 令 g′(x)=0,解得 x1=- 2,x2= 2, 则当 x<- 2或 x> 2时,g′(x)<0, 从而 g(x)在区间(-∞,- 2 ),( 2,+∞)上是减函数; 当- 2<x< 2时,g′(x)>0, 从而 g(x)在区间(- 2, 2)上是增函数. 由上述讨论知,g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在 x=1, 2,2 时取得, 5 4 2 4 而 g(1)= ,g( 2)= ,g(2)= , 3 3 3

4 2 因此 g(x)在区间[1,2]上的最大值为 g( 2)= , 3 4 最小值 g(2)= . 3 2. 已知函数 f(x)=ax+xln x 的图像在点 x=e(e 为自然对数的底数)处的切线斜率为 3. (1)求实数 a 的值; f?x? (2)若 k∈Z,且 k< 对任意 x>1 恒成立,求 k 的最大值. x-1 解 (1)因为 f(x)=ax+xln x,所以 f′(x)=a+ln x+1.

因为函数 f(x)=ax+xln x 的图像在点 x=e 处的切线斜率为 3, 所以 f′(e)=3,即 a+ln e+1=3,所以 a=1. f?x? (2)由(1)知,f(x)=x+xln x,又 k< 对任意 x>1 恒成立, x-1 x+xln x 即 k< 对任意 x>1 恒成立. x-1 x+xln x x-ln x-2 令 g(x)= ,则 g′(x)= , x-1 ?x-1?2 1 x-1 令 h(x)=x-ln x-2(x>1),则 h′(x)=1- = >0, x x 所以函数 h(x)在(1,+∞)上单调递增. 因为 h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-2ln 2>0, 所以方程 h(x)=0 在(1,+∞)上存在唯一实根 x0,且满足 x0∈(3,4). 当 1<x<x0 时,h(x)<0,即 g′(x)<0,当 x>x0 时,h(x)>0, 即 g′(x)>0,所以函数 g(x)= 所以[g(x)]min=g(x0)= x+xln x 在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, x-1

x0?1+ln x0? x0?1+x0-2? = =x0∈(3,4), x0-1 x0-1

所以 k<[g(x)]min=x0∈(3,4),故整数 k 的最大值为 3. 3. 设函数 f(x)=ex-1-x-ax2. (1)若 a=0,求 f(x)的单调区间; (2)若当 x≥0 时 f(x)≥0,求 a 的取值范围. 解 (1)若 a=0,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. (2)f′(x)=ex-1-2ax. 由(1)知 ex≥1+x,当且仅当 x=0 时等号成立, 故 f′(x)≥x-2ax=(1-2a)x,

1 从而当 1-2a≥0,即 a≤ 时,f′(x)≥0(x≥0). 2 ∴f(x)在[0,+∞)上单调递增. 而 f(0)=0,于是当 x≥0 时,f(x)≥0. 1 - - - 由 ex>1+x(x≠0)可得 e x>1-x(x≠0).从而当 a> 时,f′(x)<ex-1+2a(e x-1)=e x(ex 2 -1)(ex-2a), 令 e x(ex-1)(ex-2a)<0 得 1<ex<2a,∴0<x<ln 2a.


故当 x∈(0,ln 2a)时,f′(x)<0,∴f(x)在(0,ln 2a)上单调递减.而 f(0)=0,于是当 x∈(0, ln 2a)时,f(x)<0.不符合要求. 1 综上可得 a 的取值范围为(-∞, ]. 2 a-1 4. 已知 f(x)=x2+3x+1,g(x)= +x. x-1 (1)a=2 时,求 y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数; (2)a 为何值时,y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数恰为两个. 解
?y=f?x?, ? 1 (1)由? 得 x2+3x+1= +x, x - 1 ? ?y=g?x?,

整理得 x3+x2-x-2=0(x≠1). 令 y=x3+x2-x-2,求导得 y′=3x2+2x-1, 1 令 y′=0,得 x1=-1,x2= , 3 1 故得极值点分别在-1 和 处取得,且极大值、极小值都是负值. 3 故公共点只有一个.
?y=f?x?, ? a-1 (2)由? 得 x2+3x+1= +x, x-1 ?y=g?x?, ?

整理得 a=x3+x2-x(x≠1), 令 h(x)=x3+x2-x,
? ?y=a, 联立? 3 2 ?y=h?x?=x +x -x?x≠1?, ?

1 如图,对 h(x)求导可以得到极值点分别在-1 和 处,画出草 3 图, 1 5 h(-1)=1,h( )=- , 3 27 当 a=h(-1)=1 时,y=a 与 y=h(x)仅有一个公共点(因为(1,1)点不在 y=h(x)曲线上), 5 故 a=- 时恰有两个公共点. 27 5. 定义在 R 上的函数 f(x)=ax3+bx2+cx+3 同时满足以下条件: ①f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数; ②f′(x)是偶函数; ③f(x)的图像在 x=0 处的切线与直线 y=x+2 垂直. (1)求函数 y=f(x)的解析式; (2)设 g(x)=4ln x-m,若存在 x∈[1,e],使 g(x)<f′(x),求实数 m 的取值范围. 解 (1)f′(x)=3ax2+2bx+c.

∵f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数, ∴f′(1)=3a+2b+c=0, 由 f′(x)是偶函数得 b=0, 又 f(x)的图像在 x=0 处的切线与直线 y=x+2 垂直, ∴f′(0)=c=-1, 1 将①②代入(*)得 a= , 3 1 ∴f(x)= x3-x+3. 3 (2)由已知得,若存在 x∈[1,e],使 4ln x-m<x2-1, 即存在 x∈[1,e],使 m>(4ln x-x2+1)min. 设 M(x)=4ln x-x2+1,x∈[1,e], 4-2x2 4 则 M′(x)= -2x= , x x 令 M′(x)=0,∵x∈[1,e],∴x= 2. 当 2<x≤e 时,M′(x)<0,∴M(x)在( 2,e)上为减函数; 当 1≤x≤ 2时,M′(x)>0,∴M(x)在[1, 2]上为增函数, ∴M(x)在[1,e]上有最大值且在 x= 2处取到. 又 M(1)=0,M(e)=5-e2<0, ∴M(x)的最小值为 5-e2. ∴m>5-e2. ② (*) ①

6. (2013· 湖南)已知 a>0,函数 f(x)=?

? x-a ?. ? ?x+2a?

(1)记 f(x)在区间[0,4]上的最大值为 g(a),求 g(a)的表达式; (2)是否存在 a,使函数 y=f(x)在区间(0,4)内的图像上存在两点,在该两点处的切线相互 垂直?若存在,求 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. 解 (1)当 0≤x≤a 时,f(x)= a-x ; x+2a

x-a 当 x>a 时,f(x)= . x+2a -3a 因此,当 x∈(0,a)时,f′(x)= <0, ?x+2a?2 f(x)在(0,a)上单调递减; 当 x∈(a,+∞)时,f′(x)= 3a >0, ?x+2a?2

f(x)在(a,+∞)上单调递增. 1 ①若 a≥4,则 f(x)在(0,4)上单调递减,g(a)=f(0)= . 2 ②若 0<a<4, 则 f(x)在(0, a)上单调递减, 在(a,4)上单调递增. 所以 g(a)=max{f(0), f(4)}. 1 4-a a-1 而 f(0)-f(4)= - = , 2 4+2a 2+a 故当 0<a≤1 时,g(a)=f(4)= 1 当 1<a<4 时,g(a)=f(0)= . 2 -a ,0<a≤1, ?44+ 2a 综上所述,g(a)=? 1 ?2,a>1. (2)由(1)知,当 a≥4 时,f(x)在(0,4)上单调递减,故不满足要求. 当 0<a<4 时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,4)上单调递增. 若存在 x1,x2∈(0,4)(x1<x2),使曲线 y=f(x)在(x1,f(x1)),(x2,f(x2))两点处的切线互相垂 直. 则 x1∈(0,a),x2∈(a,4),且 f′(x1)· f′(x2)=-1. 即 -3a 3a =-1. 2· ?x1+2a? ?x2+2a?2 (*) 4-a ; 4+2a

3a 亦即 x1+2a= . x2+2a 由 x1∈(0,a),x2∈(a,4)得 x1+2a∈(2a,3a),

3a 3a ∈?4+2a,1?. ? ? x2+2a 3a ? ? 故(*)成立等价于集合 A={x|2a<x<3a}与集合 B=?x|4+2a<x<1?的交集非空.
? ?

3a 因为 <3a,所以当且仅当 0<2a<1, 4+2a 1 即 0<a< 时,A∩B≠?. 2 综上所述,存在 a 使函数 f(x)在区间(0,4)内的图像上存在两点,在该两点处的切线互相 1 0, ?. 垂直,且 a 的取值范围是? ? 2?


2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第三章 3.2

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2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第三章 3.1

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第三章 3.1_数学_高中教育_教育专区。...x ?b=3. ? 3 (2)设 P(x0,y0)为曲线上任一点,由 y′=1+ 2知曲线...

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第三章_3.3

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2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第九章 专题五

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第九章 专题五_数学_高中教育_教育专区...4 4 (2)解 方法一 设 N(9,t),其中 t>0, ∵圆过 A,F,N 三点, ...

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第六章 6.1

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第六章 6.1_高三数学_数学_高中教育_教育专区。§ 6.1 数列的概念及简单表示法 1. 数列的定义 按一定次序排列的一...

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2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第四章 4.1_数学_高中教育_教育专区...一、选择题 1. α=k· 180° +45° (k∈Z),则α在 A.第第三...

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第十章 10.2

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第十章 10.2_数学_高中教育_教育专区...[30,35)上的为三等品.用频率估计概率,现 从该批产品中随机抽取一件,则其...

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第二章 2.1

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第二章 2.1_数学_高中教育_教育专区...?x<0? 表示同一函数; ②函数 y=f(x)的图像与直线 x=1 的交点最多有 ...

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第7讲 解三角形的实际应用举例

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第7讲 解三角形的实际应用举例_数学_高中教育_教育专区。第7讲一、选择题 解三角形的实际应用举例 1.有一长为 1 的...

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第二章 2.7

2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第二章 2.7_数学_高中教育_教育专区。...- 依题意,f(x)图像向右平移一个单位,得 y=e x 的图像.- ∴f(x)的...