当前位置:首页 >> 数学 >> 步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题七 第1讲 函数与方程思想

步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题七 第1讲 函数与方程思想


【高考考情解读】 数学家华罗庚先生说过:数学是一个原则,无数内容,一种方法,到处 可用.数学思想是中学数学的灵魂,在二轮复习过程中,我们要在把握知识主干这条复习主 线的同时,活用数学思想,加强数学应用意识,方能跳出题海,轻松应对高考.

第1讲

函数与方程思想

1. 函数与方程思想的含义 (1)函数的思想,是用运动和

变化的观点,分析和研究数学中的数量关系,是对函数概 念的本质认识,建立函数关系或构造函数,运用函数的图象和性质去分析问题、转化问 题,从而使问题获得解决.经常利用的性质是单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小 值、图象变换等. (2)方程的思想,就是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,或者构 造方程,通过解方程或方程组,或者运用方程的性质去分析、转化问题,使问题获得解 决. 方程的思想是对方程概念的本质认识, 用于指导解题就是善于利用方程或方程组的 观点观察处理问题.方程思想是动中求静,研究运动中的等量关系. 2. 和函数与方程思想密切关联的知识点 (1)函数与不等式的相互转化.对函数 y=f(x),当 y>0 时,就化为不等式 f(x)>0,借助于 函数的图象和性质可解决有关问题,而研究函数的性质也离不开不等式. (2)数列的通项与前 n 项和是自变量为正整数的函数,用函数的观点去处理数列问题十 分重要. (3)在三角函数求值中,把所求的量看作未知量,其余的量通过三角函数关系化为未知 量的表达式,那么问题就能化为未知量的方程来解. (4)解析几何中的许多问题,例如直线与二次曲线的位置关系问题,需要通过解二元方 程组才能解决.这都涉及二次方程与二次函数的有关理论. (5)立体几何中有关线段的长、面积、体积的计算,经常需要运用列方程或建立函数表 达式的方法加以解决.

类型一 函数与方程思想在数列中的应用 例1 已知数列{an}是各项均为正数的等差数列. (1)若 a1=2,且 a2,a3,a4+1 成等比数列,求数列{an}的通项公式 an; 1 1 1 (2)在(1)的条件下,数列{an}的前 n 项和为 Sn,设 bn= + +?+ ,若对任意的 S2n Sn+1 Sn+2 n∈N*,不等式 bn≤k 恒成立,求实数 k 的最小值. 解 (1)因为 a1=2,a2 (a4+1), 3=a2·

又因为{an}是正项等差数列,故 d≥0, 所以(2+2d)2=(2+d)(3+3d),得 d=2 或 d=-1(舍去), 所以数列{an}的通项公式 an=2n. (2)因为 Sn=n(n+1), 1 1 1 bn= + +?+ S2n Sn+1 Sn+2 = = = 1 1 1 + +?+ ?n+1??n+2? ?n+2??n+3? 2n?2n+1? 1 1 1 1 1 1 - + - +?+ - 2n 2n+1 n+1 n+2 n+2 n+3 1 1 n 1 - = = , 1 n+1 2n+1 2n2+3n+1 2n+ +3 n

1 令 f(x)=2x+ (x≥1), x 1 则 f′(x)=2- 2,当 x≥1 时,f′(x)>0 恒成立, x 所以 f(x)在[1,+∞)上是增函数,故当 x=1 时,[f(x)]min=f(1)=3, 1 即当 n=1 时,(bn)max= , 6 要使对任意的正整数 n,不等式 bn≤k 恒成立, 1 则须使 k≥(bn)max= , 6 1 所以实数 k 的最小值为 . 6 (1)等差(比)数列中各有 5 个基本量,建立方程组可“知三求二”; (2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数,数列的通项公式即为相应的 解析式,因此在解决数列问题时,应注意用函数的思想求解.

已知数列{an}是等差数列,a1=1,a2+a3+?+a10=144. (1)求数列{an}的通项 an; 1 (2)设数列{bn}的通项 bn= ,记 Sn 是数列{bn}的前 n 项和,若 n≥3 时,有 Sn≥m anan+1 恒成立,求 m 的最大值. 解 (1)∵{an}是等差数列,a1=1,a2+a3+?+a10=144,

10?a1+a10? ∴S10=145,∴S10= , 2 ∴a10=28,∴公差 d=3. ∴an=3n-2(n∈N*). 1 1 (2)由(1)知 bn= = anan+1 ?3n-2??3n+1? 1 1 1 = ?3n-2-3n+1?, 3? ? 1 1 ∴Sn=b1+b2+?+bn= ?1-3n+1?, 3? ? n ∴Sn= . 3n+1 n+1 n 1 ∵Sn+1-Sn= - = >0, 3n+4 3n+1 ?3n+4??3n+1? ∴数列{Sn}是递增数列. 当 n≥3 时,(Sn)min=S3= 3 , 10

3 3 依题意,得 m≤ ,∴m 的最大值为 . 10 10 类型二 函数与方程思想在方程问题中的应用 例2 解 π 如果方程 cos2x-sin x+a=0 在(0, ]上有解,求 a 的取值范围. 2 π 方法一 设 f(x)=-cos2x+sin x(x∈(0, ]). 2

显然当且仅当 a 属于 f(x)的值域时,a=f(x)有解. 1 5 ∵f(x)=-(1-sin2x)+sin x=(sin x+ )2- , 2 4 π 且由 x∈(0, ]知 sin x∈(0,1]. 2 易求得 f(x)的值域为(-1,1]. 故 a 的取值范围是(-1,1]. π 方法二 令 t=sin x,由 x∈(0, ],可得 t∈(0,1]. 2

将方程变为 t2+t-1-a=0. 依题意,该方程在(0,1]上有解. 设 f(t)=t2+t-1-a. 1 其图象是开口向上的抛物线,对称轴 t=- ,如图所示. 2
?f?0?<0 ? 因此 f(t)=0 在(0,1]上有解等价于? , ?f?1?≥0 ? ?-1-a<0 ? 即? ,∴-1<a≤1.故 a 的取值范围是(-1,1]. ? ?1-a≥0

研究此类含参数的三角、指数、对数函数等复杂方程解的问题,通常有两种 处理思路:一是分离参数构建函数,将方程有解转化为求函数的值域;二是换元,将复 杂方程问题转化为熟悉的二次方程, 进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造 函数加以解决. 当 a 为何值时,方程 lg(3-x)+lg(x-1)=lg(a-x)有两解?一解?无解? 解
? ?3-x>0, 当? 即 1<x<3 时,方程化为(x-1)(3-x)=a-x,即-x2+5x-3=a.(*) ?x-1>0, ?

作出函数 y=-x2+5x-3 (1<x<3)的图象(如图),该图象与直线 y=a 的交点横坐标是方程(*)的解,也是原方程的解. 由图形易看出: 13 当 3<a< 时,原方程有两解; 4 13 当 1<a≤3 或 a= 时,原方程有一解; 4 13 当 a> 或 a≤1 时,原方程无解. 4 类型三 函数与方程思想在不等式中的应用 例3 设 f(x)=ln x+ x-1,证明: 3 (1)当 x>1 时,f(x)< (x-1); 2 9?x-1? (2)当 1<x<3 时,f(x)< . x+5 证明 3 (1)方法一 记 g(x)=ln x+ x-1- (x-1), 2

1 1 3 则当 x>1 时,g′(x)= + - <0. x 2 x 2 3 又 g(1)=0,所以有 g(x)<0,即 f(x)< (x-1). 2

x 1 方法二 当 x>1 时,2 x<x+1,故 x< + . 2 2 1 令 k(x)=ln x-x+1,则 k(1)=0,k′(x)= -1<0, x 故 k(x)<0,即 ln x<x-1. 3 由①②得,当 x>1 时,f(x)< (x-1). 2 9?x-1? (2)方法一 记 h(x)=f(x)- , x+5 1 1 54 由(1)得 h′(x)= + - x 2 x ?x+5?2 = = 2+ x x+5 54 54 - < - 2x ?x+5?2 4x ?x+5?2 ?x+5?3-216x . 4x?x+5?2





令 G(x)=(x+5)3-216x,则当 1<x<3 时, G′(x)=3(x+5)2-216<0, 因此 G(x)在(1,3)内是减函数. 又由 G(1)=0,得 G(x)<0,所以 h′(x)<0. 因此 h(x)在(1,3)内是减函数. 又 h(1)=0,所以 h(x)<0. 9?x-1? 于是当 1<x<3 时,f(x)< . x+5 方法二 记 h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1), 则当 1<x<3 时, 由(1)得 h′(x)=f(x)+(x+5)f′(x)-9 3 ?1+ 1 ?-9 < (x-1)+(x+5)· 2 ?x 2 x? 1 = [3x(x-1)+(x+5)(2+ x)-18x] 2x x 1? 1 ? < ? 3x?x-1?+?x+5?? ?2+2+2?-18x? 2x? 1 = (7x2-32x+25)<0. 4x 因此 h(x)在(1,3)内单调递减. 又 h(1)=0,所以 h(x)<0, 9?x-1? 即 f(x)< . x+5 根据所证不等式的结构特征构造相应的函数,研究该函数的单调性是解决这

一类问题的关键,体现了导数的工具性以及函数、方程的数学思想. (1)函数 f(x)=(2x-1)2,g(x)=ax2 (a>0),满足 f(x)<g(x)的整数 x 恰有 4 个, 则实数 a 的取值范围是__________. (2)f(x)=ax3-3x+1 对于 x∈[-1,1]总有 f(x)≥0 成立,则 a=________. 答案 解析 49 81? (1)? ?16,25? (2)4

(1)在同一坐标系内分别作出满足条件的函数 f(x)=(2x-1)2,

g(x)=ax2 的图象,则由两个函数的图象可知,y=f(x),y=g(x)的图象 在区间(0,1)内总有一个交点, 令:h(x)=f(x)-g(x)=(4-a)x2-4x+1,要使满足不等式(2x-1)2<ax2 的解集中的整数解恰有 4 个,
? ? ?h?4?<0, ?49-16a<0, 则需? ?? ?h?5?≥0 ? ? ?81-25a≥0

?

49 81 <a≤ . 16 25

(2)若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立; 当 x>0 即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 3 1 a≥ 2- 3. x x 3?1-2x? 1 3 1 ?1,1? 0, ?上单调递增, 设 g(x)= 2- 3, 则 g′(x)= , 所以 g(x)在区间? 在区间 4 ? 2? ?2 ? x x x 上单调递减, 1? 因此 g(x)max=g? ?2?=4,从而 a≥4; 当 x<0 即 x∈[-1,0)时, f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 3 1 3 1 a≤ 2- 3,g(x)= 2- 3在区间[-1,0)上单调递增, x x x x 因此 g(x)min=g(-1)=4,从而 a≤4,综上 a=4. 类型四 函数与方程思想在解析几何中的应用 例4 已知椭圆的中心为坐标原点 O,焦点在 x 轴上,离心率为 点 F 且斜率为 1 的直线的距离为 (1)求椭圆的方程; (2)设过右焦点 F 且与坐标轴不垂直的直线 l 交椭圆于 P、Q 两点,在线段 OF 上是否存 在点 M(m,0),使得以 MP、MQ 为邻边的平行四边形是菱形?若存在,求出 m 的取值范 2 . 2 2 ,坐标原点 O 到过右焦 2

围,若不存在,请说明理由. 解 x2 y2 (1)由已知,椭圆方程可设为 2+ 2=1(a>b>0), a b

设 F(c,0),直线 l:x-y-c=0, 由坐标原点 O 到 l 的距离为 得 2 , 2

|0-0-c| 2 = ,解得 c=1. 2 2

c 2 又 e= = ,故 a= 2,b=1, a 2 x2 ∴所求椭圆方程为 +y2=1. 2 (2)假设存在点 M(m,0)(0≤m≤1)满足条件,使得以 MP,MQ 为邻边的平行四边形是菱 形. 因为直线与 x 轴不垂直, 所以设直线 l 的方程为 y=k(x-1)(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
?x2+2y2=2, ? 由? 可得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0. ? y = k ? x - 1 ? , ?

显然 Δ>0 恒成立,∴x1+x2=

2k2-2 4k2 . 2,x1x2= 1+2k 1+2k2

设线段 PQ 的中点为 N(x0,y0), x1+x2 -k 2k2 则 x0= = ,y =k(x0-1)= . 2 1+2k2 0 1+2k2 ∵以 MP、MQ 为邻边的平行四边形是菱形, ∴MN⊥PQ,∴kMN· kPQ=-1. -k 1+2k2 k2 1 即 · k=-1,∴m= , 2 2= 2k 1 1+2k - m 2 + k2 1+2k2 1 ∵k2>0,∴0<m< . 2 本题主要考查直线方程、直线的斜率与倾斜角的关系、椭圆方程以及直线与 椭圆的位置关系、函数与方程思想等知识,多知识点、多章节知识的交汇是综合题的出 题方向.要熟练数学思想方法的应用. x2 y2 1 已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,以原点为圆心,椭圆的短半 a b 2 轴长为半径的圆与直线 x-y+ 6=0 相切,过点 P(4,0)且不垂直于 x 轴的直线 l 与椭圆 C 相交于 A、B 两点.

(1)求椭圆 C 的方程; → → (2)求OA· OB的取值范围; (3)若 B 点关于 x 轴的对称点是 E,证明:直线 AE 与 x 轴相交于定点. (1)解 c 1 由题意知 e= = , a 2

2 2 c2 a -b 1 4 ∴e2= 2= 2 = ,即 a2= b2, a a 4 3

又 b=

6 = 3,∴a2=4,b2=3, 1+1

x2 y2 故椭圆 C 的方程为 + =1. 4 3 (2)解 由题意知直线 AB 的斜率存在,设直线 AB 的方程为

y=k(x-4), y=k?x-4? ? ?2 2 由?x y 得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0, + = 1 ? ?4 3 1 由 Δ=(-32k2)2-4(4k2+3)(64k2-12)>0 得 k2< . 4 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 64k2-12 32k2 则 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 , 4k +3 4k +3 ∴y1y2=k(x1-4)k(x2-4)=k2x1x2-4k2(x1+x2)+16k2, → → ∴OA· OB=x1x2+y1y2 64k2-12 32k2 87 =(1+k2)· 2 -4k2· 2 +16k2=25- 2 , 4k +3 4k +3 4k +3 1 87 87 87 ∵0≤k2< ,∴- ≤- 2 <- , 4 3 4 4k +3 13 → → ? ∴OA· OB∈?-4, 4 ? ?, 13? → → ∴OA· OB的取值范围是? ?-4, 4 ?. (3)证明 ∵B、E 两点关于 x 轴对称,∴E(x2,-y2), y1+y2 直线 AE 的方程为 y-y1= (x-x1), x1-x2 y1?x1-x2? 令 y=0 得 x=x1- , y1+y2 又 y1=k(x1-4),y2=k(x2-4), ①

2x1x2-4?x1+x2? ∴x= , x1+x2-8 将①代入上式得 x=1, ∴直线 AE 与 x 轴交于定点(1,0).

1. 在高中数学的各个部分,都有一些公式和定理,这些公式和定理本身就是一个方程,如 等差数列的通项公式、余弦定理、解析几何的弦长公式等,当题目与这些问题有关时, 就需要根据这些公式或者定理列方程或方程组求解需要的量. 2. 当问题中涉及一些变化的量时,就需要建立这些变化的量之间的关系,通过变量之间的 关系探究问题的答案,这就需要使用函数思想. 3. 借助有关函数的性质,一是用来解决有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的 取值范围等问题, 二是在问题的研究中, 可以通过建立函数关系式或构造中间函数来求 解. 4. 许多数学问题中,一般都含有常量、变量或参数,这些参变量中必有一个处于突出的主 导地位,把这个参变量称为主元,构造出关于主元的方程,主元思想有利于回避多元的 困扰,解方程的实质就是分离参变量.

1. 若 2x+5y≤2 y+5 x,则下列关系正确的是________.(填序号)
- -

①x+y≥0 ②x+y≤0 ③x-y≤0 ④x-y≥0 答案 ② 解析 把不等式变形为 2x-5 x≤2 y-5y,构造函数 y=2x-5 x,其为 R 上的增函数,
- - -

所以有 x≤-y. 2. 设 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数,当 x<0 时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0, 且 g(-3)=0,则不等式 f(x)g(x)<0 的解集是__________. 答案 (-∞,-3)∪(0,3)

解析 设 F(x)=f(x)g(x),由于 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数,得 F(- x)=f(-x)g(-x)=-f(x)g(x)=-F(x),即 F(x)为奇函数. 又当 x<0 时,F′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0, 所以 x<0 时,F(x)为增函数. 因为奇函数在对称区间上的单调性相同, 所以 x>0 时,F(x)也是增函数.

因为 F(-3)=f(-3)g(-3)=0=-F(3). 所以 F(x)<0 的解集是(-∞,-3)∪(0,3)(如图). an 3. 已知数列{an}满足 a1=33,an+1-an=2n,则 的最小值为________. n 答案 21 2

解析 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1 =2[1+2+…+(n-1)]+33=33+n2-n, an 33 ∴ = +n-1. n n 33 33 设 f(x)= +x-1,令 f′(x)=- 2 +1>0, x x 则 f(x)在( 33,+∞)上单调递增, 在(0, 33)上单调递减. 53 21 ∵n∈N*,f(5)= ,f(6)= , 5 2 an a6 21 ∴ 的最小值为 = . n 6 2 → → → 4. 长度都为 2 的向量OA,OB的夹角为 60° ,点 C 在以 O 为圆心的圆弧 AB (劣弧)上,OC → → =mOA+nOB,则 m+n 的最大值是________. 答案 2 3 3

→ → → 解析 建立平面直角坐标系, 设向量OA=(2,0), 向量OB=(1, 3). 设向量OC=(2cos α, π 2sin α),0≤α≤ . 3 → → → 由OC=mOA+nOB,得(2cos α,2sin α)=(2m+n, 3n), 即 2cos α=2m+n,2sin α= 3n, 解得 m=cos α- 1 2 sin α,n= sin α. 3 3 π 2 3 1 2 3 ? sin α= sin?α+3? ?≤ 3 . 3 3

故 m+n=cos α+

5. 已知 f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3.若对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,则实数 a 的取值范围为________. 答案 a≤4 解析 由题意,得当 x∈(0,+∞)时, 3 有 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)= ,当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调 x x2 递减; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增, 所以 h(x)min=h(1)=4. 因为对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立, 所以 a≤h(x)min=4. 6. 若 a、b 是正数,且满足 ab=a+b+3,则 ab 的取值范围为________. 答案 [9,+∞) (看成函数的值域)∵ab=a+b+3,

解析 方法一

a+3 a+ 3 ∴a≠1,∴b= ,而 b>0,∴ >0, a-1 a- 1 即 a>1 或 a<-3,又 a>0, ∴a>1,故 a-1>0. a+3 ?a-1?2+5?a-1?+4 ∴ab=a· = a-1 a-1 4 =(a-1)+ +5≥9. a -1 4 当且仅当 a-1= ,即 a=3 时取等号. a-1 ∴ab 的取值范围是[9,+∞). 方法二 (看成不等式的解集)∵a,b 为正数, ∴a+b≥2 ab,又 ab=a+b+3, ∴ab≥2 ab+3. 即( ab)2-2 ab-3≥0, 解得 ab≥3 或 ab≤-1(舍去),∴ab≥9. ∴ab 的取值范围是[9,+∞). 方法三 若设 ab=t,则 a+b=t-3, ∴a,b 可看成方程 x2-(t-3)x+t=0 的两个正根. Δ=[-?t-3?] -4t≥0 ? ? 从而有?a+b=t-3>0 ? ?ab=t>0 解得 t≥9,即 ab≥9. ∴ab 的取值范围是[9,+∞).
2

t≤1或t≥9 ? ? ,即?t>3 , ? ?t>0

x2 y2 7. 已知椭圆 G: 2+ 2 =1(a>1),⊙M:(x+1)2+y2=1,P 为椭圆 a a -1 G 上一点,过 P 作⊙M 的两条切线 PE、PF,E、F 分别为切点. → (1)求 t=|PM|的取值范围; → → (2)把PE· PF表示成 t 的函数 f(t),并求出 f(t)的最大值、最小值. 解
2 x0 y2 0 (1)设 P(x0,y0),则 2+ 2 =1(a>1), a a -1

x2 0 2 1- 2?, ∴y0 =(a2-1)? ? a? → ∴t2=|PM|2=(x0+1)2+y2 0 x2 0 1- 2? =(x0+1)2+(a2-1)? ? a? 1 ?2 =? ?ax0+a? , 1 ? ∴t=? ?ax0+a?. ∵-a≤x0≤a, ∴a-1≤t≤a+1(a>1). → → → → (2)∵PE· PF=|PE||PF|cos∠EPF → =|PE|2(2cos2∠EPM-1)

? → 2 1? ? → =(|PM|2-1)?2?|PM| - ? ? |PM|2 -1?
=(t2-1)? 2?t2-1? ? ? t2 -1?

2 =t2+ 2-3, t 2 ∴f(t)=t2+ 2-3(a-1≤t≤a+1). t 2 4 4 对于函数 f(t)=t2+ 2-3(t>0),显然在 t∈(0, 2]时,f(t)单调递减,在 t∈[ 2,+∞) t 时,f(t)单调递增. 2 因此,对于函数 f(t)=t2+ 2-3(a-1≤t≤a+1), t 4 4 当 a> 2+1,即 a-1> 2时, 2 [f(t)]max=f(a+1)=a2+2a-2+ , ?a+1?2

[f(t)]min=f(a-1)=a2-2a-2+ 4 当 1+ 2≤a≤ 2+1 时,

2 ; ?a-1?2

2 [f(t)]max=f(a+1)=a2+2a-2+ , ?a+1?2 4 [f(t)]min=f( 2)=2 2-3; 当 1<a< 1+ 2时, 2 [f(t)]max=f(a-1)=a2-2a-2+ , ?a-1?2 4 [f(t)]min=f( 2)=2 2-3.


更多相关文档:

步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题一...

步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题一 第2讲 函数、基本初等函数...(1)若函数 y=f(x)的定义域是[0,2],则函数 g(x)= 的定义域是___. ...

步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题五...

步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题五 第3讲 圆锥曲线中的热点...函数、不等式等知识构成综 合题,多年高考压轴题是解析几何题.1.填空题主要考...

...)二轮专题突破:专题七 第3讲 分类讨论思想

步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题七 第3讲 分类讨论思想 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档 第3讲 分类讨论思想 1. 分类讨论思想种重要...

步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题五...

步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题第1讲 直线与圆 暂无评价...(2)圆的一般方程:x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0). 5. 直线与圆、圆...

步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题三...

第1讲 等差数列、等比数列 【高考考情解读】 高考对本讲知识的考查主要是以下两种形式:1.以填空题的形式考查, 主要利用等差、 等比数列的通项公式、 前 n ...

步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题三...

第2讲 数列求和及数列的综合应用 【高考考情解读】 高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题:1.以递推公式 或图、表形式给出条件,求通项公式,考...

...专题突破训练九 第1讲 函数与方程思想 理(含2014年...

步步高】2015届高考数学二轮复习 专题突破训练九 第1讲 函数与方程思想 理(含2014年高考真题)_高考_高中教育_教育专区。第1讲 函数与方程思想 1.函数与方程思...

【步步高】2015年高考数学(江苏专用,理科)二轮专题复习...

步步高】2015年高考数学(江苏专用,理科)二轮专题复习 专题七 第4讲]_高考_高中...?2?=0. 热点二 函数方程、不等式之间的转化 例2 (1)定义运算:(aD○+...

步步高2014届高考数学江苏专用(文)二轮专题突破:专题一...

1下载券 2014届高考数学文二轮专... 13页 1下载券 步步高2014届高考数学江....再求相应一元二次方程 ax2+bx+c=0(a≠0)的根, 最后根据相应二次函数图象...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复...

步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题七 第1讲 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档 第1讲 几何证明选讲 【高考考情解读】...
更多相关标签:
函数与方程思想 | 函数方程思想 | 函数与方程思想例题 | 函数与方程的思想 | xy 1是函数还是方程 | 3.4.1函数与方程 | 方程思想 | 解分式方程的基本思想 |
相关文档

网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com