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合肥一中2013届理科数学二轮复习专题讲义专题四:函数与导数(教师版)


合肥一中 2013 届理科数学二轮复习专题讲义 专题四:函数与导数
编写:王四喜 一、高考回顾
1、(2009 安徽理-19)已知函数 f ( x) ? x ?
2 ? a(2 ? ln x), a ? 0.讨论f ( x)的单调性. x

2 a x 2 ? ax ? 2 ? ? . x2 x x2 设 g ( x) ? x 2

? ax ? 2 ,二次方程 g ( x) ? 0 的判别式 ? ? a 2 ? 8 . ① 当 ? ? a 2 ? 8 ? 0 ,即 0 ? a ? 2 2 时,对一切 x ? 0 都有 f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x) 在 (0, ??) 上是增函数. ② 当 ? ? a 2 ? 8 ? 0 ,即 a ? 2 2 时,仅对 x ? 2 有 f ?( x) ? 0 ,对其余的 x ? 0 都有 f ?( x ) ? 0 ,此时 f ( x) 在 (0, ??) 上也是增函数.
解析: f ( x) 的定义域是(0,+ ? ), f ?( x) ? 1 ? ③ 当 ? ? a 2 ? 8 ? 0 ,即 a ? 2 2 时, 方程 g ( x) ? 0 有两个不同的实根 x1 ?

x f ?( x) f ( x)

(0, x1 )
+ 单调递增 ?
2

x1
0 极大

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 0 ? x ? x , x2 ? , 1 2. 2 2 ( x1 , x2 ) x2 ( x 2 , ??)
_ 0 极小
2

+ 单调递增
2

单调递减 ?

a ? a ?8 a ? a ?8 a ? a ?8 此 时 f ( x) 在 (0, ) 上单调递增, 在 ( , ) 是上单调递减, 在 2 2 2 ( a ? a2 ? 8 , ??) 上单调递增. 2

2、(2010 安徽理-17)设 a 为实数,函数 f ( x) ? e x ? 2 x ? 2a, x ? R. (1)求 f (x) 的单调区间与极值; (2)求证:当 a ? ln 2 ? 1且x ? 0 时, e ? x 2 ? 2ax ? 1. 解析: x x (1)由 f ( x) ? e ? 2 x ? 2a, x ? R知f ?( x) ? e ? 2, x ? R.
x

令 f ?( x) ? 0, 得x ? ln 2.于是当x变化时, f ?( x), f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ?( x) f ( x)

(??,ln 2)
— 单调递减

ln 2
0

(ln 2, ??)
+ 单调递增

2(1 ? ln 2 ? a)

故 f ( x) 的单调递减区间是 (??,ln 2) ,单调递增区间是 (ln 2, ??) ,

f ( x)在x ? ln 2 处取得极小值,
极小值为 f (ln 2) ? e
x ln 2

? 2ln 2 ? 2a ? 2(1 ? ln 2 ? a).
2

(2)证:设 g ( x) ? e ? x ? 2ax ? 1, x ? R,
x

于是 g ?( x) ? e ? 2 x ? 2a, x ? R. 由(I)知当 a ? ln 2 ? 1时, g ?( x)最小值为g ?(ln 2) ? 2(1 ? ln 2 ? a) ? 0.

于是对任意x ? R, 都有g ?( x) ? 0, 所以g ( x)在R内单调递增, 于是当 a ? ln 2 ? 1时, 对任意x ? (0, ??), 都有g ( x) ? g (0),
1

而 g (0) ? 0, 从而对任意x ? (0, ??), g ( x) ? 0. 即 e x ? x 2 ? 2ax ? 1 ? 0, 故e x ? x 2 ? 2ax ? 1. 3、(2011 安徽理-16)设 f ( x) ? (1)当 a ?

ex ,其中 a 为正实数. 1 ? ax2

4 时,求 f (x) 的极值点; 3 (2)若 f (x) 为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围 1 ? ax2 ? 2ax ?( x) ? e x 解析:对 f (x) 求导得 f ① (1 ? ax2 ) 2 4 3 1 (1)当 a ? 时,若 f ?( x) ? 0 ,则 4 x 2 ? 8x ? 3 ? 0 ,解得 x1 ? , x2 ? 3 2 2
结合①,可知 x

1 (??, ) 2
+ ↗

1 2
0 极大值

1 3 ( , ) 2 2
_ ↘

3 2
0 极小值

3 ( ,?? ) 2
+ ↗

f ?(x) f (x)
所以, x1 ?

3 1 是极小值点, x2 ? 是极大值点. 2 2 (2)若 f (x) 为 R 上的单调函数,则 f ?(x) 在 R 上不变号,结合①与条件 a>0,知 ax2 ? 2ax ? 1 ? 0 在 R 上恒成立,因此 ? ? 4a 2 ? 4a ? 4a(a ? 1) ? 0 ,由此并结合 a>0,知 0 ? a ? 1 . 1 x 4、(2012 安徽理-19)设 f ( x) ? ae ? x ? b(a ? 0) . ae (1)求 f ( x) 在 [0, ??) 上的最小值; 3 (2)设曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y ? x ;求 a, b 的值. 2 1 1 a 2t 2 ? 1 解析:(1)设 t ? e x (t ? 1) ;则 y ? at ? , ? b ? y? ? a ? 2 ? at at at 2 1 ? b 在 t ? 1 上是增函数, ①当 a ? 1 时, y? ? 0 ? y ? at ? at 1 得:当 t ? 1( x ? 0) 时, f ( x) 的最小值为 a ? ? b . a 1 ?b ? 2?b, ②当 0 ? a ? 1时, y ? at ? at 1 x 当且仅当 at ? 1(t ? e ? , x ? ? ln a) 时, f ( x) 的最小值为 b ? 2 . a 1 1 x x (2) f ( x) ? ae ? x ? b ? f ?( x) ? ae ? x , ae ae 1 2 ? 2 ? ? f (2) ? 3 ?ae ? ae2 ? b ? 3 ?a ? e2 ? ? ? ?? 由题意得: ? . 3?? ? f ?(2) ? 2 ? ae2 ? 1 ? 3 ?b? 1 ? ? ? ae2 2 ? 2 ?

2

二、题型示例 《考试说明》(2013 版)中有以下例题: 1、 P 例 9(2012 北京) 167 2、 P 例 10(2012 天津) 168 P 例 11(2011 山东) 3、 171 三、经典例题
1、设函数 f ( x ) ? a ? x ln x , g( x ) ? x 3 ? x 2 ? 3 . (1)当 a ? 2 时,求曲线 y ? f ( x ) 在 x ? 1 处的切线方程; (2)如果存在 x1 , x2 ? [0, 2] ,使得 g( x1 ) ? g( x2 ) ? M 成立,求满足上述条件的最大整数 M ; (3)如果对任意的 s , t ? ? , 2 ? 都有 f ( s ) ? g( t ) 成立,求实数 a 的取值范围. ?2 ?

x

1

?

?

解析:(1)当 a ? 2 时, f ( x ) ? 2 ? x ln x , f ?( x ) ? ? 2 ? ln x ? 1 , f (1) ? 2, f ?(1) ? ?1 ?2 分 2 所以曲线 y ? f ( x ) 在 x ? 1 处的切线方程为 y ? ? x ? 3 (2) ?x1 , x2 ? [0, 2], 使得 g( x1 ) ? g( x2 ) ? M 成立,等价于 [ g( x1 ) ? g( x2 )]max ? M ?4 分 考虑 g( x ) ? x 3 ? x 2 ? 3, g?( x ) ? 3 x 2 ? 2 x ? 3 x( x ? 2 )

x

x

3

x
g?( x )
g( x )

0 0

2 (0, ) 3
- 递减

2 3
0 极(最)小值 ? 85

?1 ? ? 3 ,2? ? ?
+ 递增

2

?3
min

1

27

2 85 ? g( ) ? ? , g( x )max ? g(2) ? 1 ??????????7 分 3 27 112 所以满足条件的最大整数 [ g( x1 ) ? g( x2 )]max ? g( x )max ? g( x )min ? M ? 4 ????8 分 27 1 1 (3)对任意的 s , t ? ? , 2 ? ,都有 f ( s ) ? g( t ) ,等价于:在区间 ? , 2 ? 上,函数 f ( x ) 的最小值不小于 ?2 ? ?2 ? ? ? ? ? ?1 ? g( x ) 的最大值??9 分有(2)知,在区间 ? , 2 ? 上, g( x ) 的最大值为 g(2) ? 1 ?2 ? a f ( x ) ? ? x ln x ? 1 ,等价于 a ? x ? x 2 ln x 恒成立??????????10 分 x 记 h( x ) ? x ? x 2 ln x , h?( x ) ? 1 ? 2 x ln x ? x , h?(1) ? 0 ???????11 分
由上表可知, g( x ) 记 m( x ) ? 1 ? 2 x ln x ? x, m?( x ) ? ?2 ? 2ln x, 由于 x ? ? , 2 ? , ?2 ?

1

?

?

?1 ? ? m?( x ) ? ?3 ? 2ln x ? 0 ,所以 m( x ) ? h?( x ) ? 1 ? 2 x ln x ? x 在 ? , 2 ? 上递减, ?2 ? 1 ? 当 x ? ? ,1 ? 时, h?( x ) ? 0 , x ? (1, 2] 时, h?( x ) ? 0 ?2 ? ?

3

2、已知函数 f(x)=lnx-mx 十 m,m ? R. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)≤0.在 x ? (0,+00)上恒成立,求实数 m 的取值范围. (3)在(2)的条件下,任意的 0<a<b,证明:

f ?b? ? f ? a ? b?a

<

1 ? mx ( x ? 0) . 解析:(1) f ?( x) ? x 当 m=0 时, f ( x) ? ln x 在 ? 0, ?? ? 上单调递增;
当 m ? 0 时, f ?( x) ?

1 ?1 a

1 ? mx ? 0 ,所以 f ( x) 在 ? 0, ?? ? 上单调递增; x 1 ? mx 1 ? 1? >0 得 0 ? x ? ,所以 f ( x) 在 ? 0, ? 上单调递增, 当 m ? 0 时,令 f ?( x) ? x m ? m? 1 ? mx 1 ?1 ? ? 0 得, x ? ,所以 f ( x) 在 ? , ?? ? 上单调递减. ?????4 分 令 f ?( x) ? x m ?m ? (2)当 m ? 0 时, f ( x) 在 ? 0, ?? ? 上单调递增,且 ?? ? f ( x) ? ?? ,所以 f ( x) ? 0 在 ? 0, ?? ? 上不恒成
立;

?1? ? ? ? ln m ? 1 ? m ? 0 , ?m? 1 m ?1 g m g g 令 g ? m ? ? ? ln m ? 1 ? m , ? ? m ? ? 1 ? ? , 所以 m ? ? 0,1? , ? ? m ? ? 0 , ? ?1, ?? ? , ? ? m ? ? 0 , m m g ? m ?min ? g (1) ? 0 ,所以 m=1.
当 m ? 0 时,由(1)得 f ( x) max ? f ? 综上,m 的取值范围是 m=1. ?????? 8 分

b ln ln b ? ln a 1 b ? ? 1 ? ? a ? 1 ,因为 b ? a ? 0 ,所以 ? 1 , (3) b?a b?a a b ?1 a a b 由(2)得, x ? ?1, ?? ? 时, ln x <x ? 1 ,令 t ? ,则 ln t <t ? 1 , a ln t <1 , 又 t ? 1 ,所以 t ?1 b ln 1 1 a ? 1< 1 ? 1,即 f ? b ? ? f ? a ? < 1 ? 1 .?????? 13 分 因为 ? 0 ,所以 ? a b ?1 a b?a a a a 3、设直线 l : y ? g ( x),曲线S : y ? F ( x) . 若直线 l 与曲线 S 同时满足下列两个条件:①直线 l 与曲线 S 相切且至少有两个切点;②对任意 x∈R 都有 g ( x) ? F ( x) . 则称直线 l 为曲线 S 的“上夹线”. f ?b? ? f ? a ?
(1)已知函数 f ( x) ? x ? 2sin x .求证: y ? x ? 2 为曲线 f ( x) 的“上夹线”. (2)观察下图:

4

y y=x+1 y=x y=x -sinx y=x-1

y y=2x -2sinx y=2x-2 y=2x
O

O

x

x

y=2x+2
根据上图,试推测曲线 S : y ? mx ? n sin x(n ? 0) 的“上夹线”的方程,并给出证明. 解析:(1)由 f ' ( x) ? 1 ? 2 cos x ? 1 得 cos x ? 0 , 当x?? 此时 -----------1 分

?
2

时, cos x ? 0 ,

y1 ? x ? 2 ? ?

?
2

? 2 , y2 ? x ? 2 sin x ? ?

?
2

?2,

-----------2 分 -----------3 分

? ? ? ? y1 ? y2 ,所以 ? ? ,? ? 2 ? 是直线 l 与曲线 S 的一个切点; ? 2 2 ? 3? 当x? 时, cos x ? 0 , 2 3? 3? ? 2 , y2 ? x ? 2 sin x ? ? 2, 此时 y1 ? x ? 2 ? 2 2 ? 3? 3? ? ? 2 ? 是直线 l 与曲线 S 的一个切点; y1 ? y2 ,所以 ? , ? 2 2 ?

-----------4 分 -----------5 分

所以直线 l 与曲线 S 相切且至少有两个切点; 对任意 x∈R, g ( x) ? F ( x) ? ( x ? 2) ? ( x ? 2 sin x) ? 2 ? 2 sin x ? 0 , 所以 g ( x) ? F ( x) ----------------6 分 因此直线 l : y ? x ? 2 是曲线 S : y ? ax ? b sin x 的“上夹线”. ----------7 分 (2)推测: y ? mx ? n sin x(n ? 0) 的“上夹线”的方程为 y ? mx ? n ------9 分 ①先检验直线 y ? mx ? n 与曲线 y ? mx ? n sin x 相切,且至少有两个切点: 设: F ( x) ? mx ? n sin x

? F ' ( x) ? m ? n cos x ,

\ 令 F ' ( x) ? m ? n cos x ? m ,得: x ? 2k? ? ? (k ? Z)
当 x ? 2 k? ?

?
2

时, F (2k? ?

?

) ? m(2k? ? ) ? n 2 2

?

2

------10 分

故:过曲线 F ( x) ? mx ? n sin x 上的点( 2k? ?

?

? ? y-[ m(2k? ? ) ? n ]= m [ x -( 2k? ? )],化简得: y ? mx ? n . 2 2 即直线 y ? mx ? n 与曲线 y ? mx ? n sin x 相切且有无数个切点. -----12 分 不妨设 g ( x) ? mx ? n ②下面检验 g(x) ? F(x) ?g(x)-F(x)= n(1 ? sin x) ? 0(n ? 0) \ 直线 y ? mx ? n 是曲线 y ? F ( x) ? mx ? n sin x 的“上夹线”.
4、已知函数 f (x)=ax + ln (x+1) . (1)当 a =2

2

, m(2k? ?

?
2

) ? n )的切线方程为:

1 时,求函数 f (x) 的单调区间; 4
5

) (2)当 x ? ? 0,+ ? 时,函数 f (x) 图象上的点都在 ?
围. (3) 求证:(1+

?x ? 0 所表示的平面区域内,求实 ? y -x ? 0

数 a 的取值范

2 4 8 2n )(1+ )(1+ ) ?[1+ n -1 ]<e(其中 n ? N* , 是 自然对数的底数) e . n 2?3 3? 5 5?9 (2 +1)(2 +1)

1 x2 + ln (x +1)(x >-1) 4 4 (x +2)(x-1) f ?(x)=2(x +1) 由f ?(x)>0,解得-1<x<1;由f ?(x)<0,解得x>1; 故函数f(x)的单调递增区间为(-1, ), +? 单调递减 区间为( , ) 1 +? ; (2) x ? [0,+?),f (x) ? x恒成立, ?
解析:(1) a ? ? 时,f (x)=-

3分

即ax2 + ln (x +1)-x ? 0恒成立。
设(x)=ax2 + ln (x +1)-x(x ? 0)只需g (x) max ? 0 g 1 x[2ax +(2a-1)] -1= x +1 x +1 -x 故g ,g (x)在[0,+?)上单调递减, (x) ? g(0)=0成立 ① 当a =0时,g?(x)= x+1 1 当a >0时,由g?(x)=0得x= -1 2a ② 5分 1 1 若 -1<0,即a > 时g (x)在(0,+?)上单调递增, 2a 2 故此时g(x)无最大值。 由g ?(x)=2ax+
若 1 1 1 1 -1 ? 0,即0<a ? 时g (x)在(0, -1)上单调递减,在( -1,?)上单调递增,故此时g(x)无最大值。 + 2a 2 2a 2a

7分

当a <0时, x ? [0,+?) ? 2ax +(2a -1)<0 ?
③? g ?(x)<0,此时g(x)在[0,+?)上单调递减,g(x) ? g(0)= 0

? a的取值范围是(-?,0]
9分

由(2)可知,a =0时,ln (x+1) ? x在[0,+?)上恒成立 又 2n 1 1 =2( n -1 - n ) n -1 n (2 +1)(2 +1) 2 +1 2 +1

2 4 2n ? ln[(1+ )(1+ ) ?[1+ n -1 ] 2?3 3? 5 (2 +1) ? (2 n +1) 2 4 2n = ln (1+ )+ ln (1+ )+ ? + ln[1+ n -1 ] 2?3 3? 5 (2 +1) ? (2 n +1) 2 4 2n < + + ? + n -1 2 ? 3 3? 5 (2 +1) ? (2 n +1) 1 1 1 1 1 1 =2[( - )+( - )+ ? +( n -1 - n )]<1 2 3 3 5 2 +1 2 +1 ?
6

(1+

2 4 8 2n )(1+ )(1+ ) ?[1+ n -1 ]<e 2?3 3? 5 5?9 (2 +1)(2n +1)
13 分

1 ? ln x , ( x ? 1) x (1)试判断函数 f (x) 的单调性,并说明理由; (2)若 f ( x) ? k 恒成立,求实数 k 的取值范围; x ?1 (3)求证: [(n ? 1)!]2 ? (n ? 1)en?2 , (n ? N ? ) . 解析:(1) f ?( x) ? ? ln x ? x ? 1 ? ln x ? 0 ? f ' ( x) ? 0 x2
5、已知函数 f ( x) ? (2) 记

故 f ( x) 在

递减 ?3 分

???5 分

再令 h( x) ? x ? ln x则h ' ( x) ? 1 ? ,从而

1 x

? x ? 1则h ' ( x) ? 0
故 在

在 上也单调递增

上递增.

???8 分 (3)方法 1: 由(2)知: 令 则 , 恒成立,即 ???10 分 ? 12 分 叠加得: ,

ln ?1? 22 ? 32 ?? ? n 2 (n ? 1) ? ? n ? 2( ? ? ? n ? 2(1 ?

1 1 1 ? ??? ) 1? 2 2 ? 3 n(n ? 1)

1 1 ) ? n?2? ? n?2 n ?1 n?2 ?1 ? 2 2 ? 32 ? ? ? n 2 (n ? 1) ? e n?2 n 6、(2012 陕西理)设函数 f n ( x) ? x ? bx ? c (n ? N ? , b, c ? R)
(1)设 n ? 2 , b ? 1,



?1 ? c ? ?1,证明: f n ( x) 在区间 ? ,1? 内存在唯一的零点; ?2 ? (2)设 n ? 2 ,若对任意 x1 , x2 ? [?1,1] ,有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 ,求 b 的取值范围; ?1 ? (3)在(1)的条件下,设 xn 是 f n ( x) 在 ? ,1? 内的零点,判断数列 x2 , x3 ,? , xn ? 的增减性. ?2 ? n 解析:(1) b ? 1, c ? ?1 , n ? 2 时, f n ( x) ? x ? x ? 1
∵ f n ( ) f n (1) ? (

1 2

1 1 ?1 ? ? ) ?1 ? 0 ,∴ f n ( x) 在 ? ,1? 内存在零点. n 2 2 ?2 ?

?1 ? ?2 ? ?1 ? ?1 ? ∴ f n ( x) 在 ? ,1? 上是单调递增的,所以 f n ( x) 在 ? ,1? 内存在唯一零点. ?2 ? ?2 ?
n ?1 又当 x ? ? ,1? 时, f n?( x) ? nx ? 1 ? 0

7

(2)当 n ? 2 时, f 2 ( x) ? x ? bx ? c
2

对任意 x1 , x2 ?[?1,1] 都有 | f 2 ( x1 ) ? f 2 ( x2 ) |? 4 等价于 f 2 ( x) 在 [?1,1] 上最大值与最小值之差 M ? 4 ,

b |? 1 ,即 | b |? 2 时, 2 M ?| f 2 (1) ? f 2 (?1) |? 2 | b |? 4 ,与题设矛盾 b (ⅱ)当 ?1 ? ? ? 0 ,即 0 ? b ? 2 时, 2 b b M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) 2 ? 4 恒成立 2 2 b (ⅲ)当 0 ? ? 1 ,即 ?2 ? b ? 0 时, 2 b b M ? f 2 (?1) ? f 2 (? ) ? ( ? 1) 2 ? 4 恒成立. 2 2 综上可知, ?2 ? b ? 2
据此分类讨论如下:(ⅰ)当 | 注:(ⅱ)(ⅲ)也可合并证明如下: 用 max{a, b} 表示 a, b 中的较大者.当 ?1 ?

b ? 1 ,即 ?2 ? b ? 2 时, 2

b M ? max{ f 2 (1), f 2 (?1)} ? f 2 (? ) 2 f 2 (?1) ? f 2 (1) | f 2 (?1) ? f 2 (1) | b ? ? ? f 2 (? ) 2 2 2 2 b ? 1 ? c ? | b | ?( ? ? c ) 4 |b| 2 ? (1 ? ) ? 4 恒成立 2 ?1 ? (3)证法一 设 xn 是 f n ( x) 在 ? ,1? 内的唯一零点 (n ? 2) ?2 ?
?1 ? n n ?1 f n ( xn ) ? xn ? xn ? 1 , f n ?1 ( xn ?1 ) ? xn ?1 ? xn ?1 ? 1 ? 0 , xn ?1 ? ? ,1? ?2 ? n ?1 n 于是有 f n ( xn ) ? 0 ? f n ?1 ( xn ?1 ) ? xn ?1 ? xn ?1 ? 1 ? xn ?1 ? xn ?1 ? 1 ? f n ( xn ?1 )

?1 ? ,1? 上是递增的,故 xn ? xn?1 (n ? 2) , ?2 ? 所以,数列 x2 , x3 ,? , xn ? 是递增数列.
又由(1)知 f n ( x) 在 ? 证法二 设 xn 是 f n ( x) 在 ?

?1 ? ,1? 内的唯一零点 ?2 ? n f n?1 ( xn ) f n?1 (1) ? ( xn ?1 ? xn ? 1)(1n?1 ? 1 ? 1)

n n ? xn ?1 ? xn ? 1 ? xn ? xn ? 1 ? 0

则 f n ?1 ( x) 的零点 xn ?1 在 ( xn ,1) 内,故 xn ? xn ?1 (n ? 2) , 所以,数列 x2 , x3 ,? , xn ? 是递增数列.

8


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