nbhkdz.com冰点文库

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮配套课件:专题二 第3讲 导数及其应用


专题二 函数与导数

第 3讲

导数及其应用

主干知识梳理

热点分类突破
真题与押题

1.导数的意义和运算是导数应用的基础,是高考
考 情 2.利用函数的单调性和最值确定函数的解析式或 解 读

的一个热点.

>参数的值,突出考查导数的工具性作用.

主干知识梳理
1.导数的几何意义

函数y=f(x)在点x=x0处的导数值就是曲线y=f(x)在点
(x0 , f(x0)) 处的切线的斜率,其切线方程是 y - f(x0) =

f′(x0)(x-x0).

2.导数与函数单调性的关系 (1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件,如函数

f(x)=x3在(-∞,+∞)上单调递增,但f′(x)≥0.
(2)f′(x)≥0 是 f(x) 为增函数的必要不充分条件,当函 数在某个区间内恒有 f′(x) = 0 时,则 f(x) 为常函数,

函数不具有单调性.

3.函数的极值与最值
(1)函数的极值是局部范围内讨论的问题,函数的最值

是对整个定义域而言的,是在整个范围内讨论的问题.
(2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个,

而函数的极值可能不止一个,也可能没有.
(3)闭区间上连续的函数一定有最值,开区间内的函数

不一定有最值,若有唯一的极值,则此极值一定是函
数的最值.

4.定积分的三个公式与一个定理

(1)定积分的性质:
b b ①? kf ( x )d x = k ? a af(x)dx; b b b ②? [ f ( x )± f ( x ) ] d x = ? f ( x )d x ± ? a 1 2 a 1 af2(x)dx; b c b ③? f ( x )d x = ? f ( x )d x + ? a a c f(x)dx(其中 a<c<b).

(2)微积分基本定理: 一般地,如果 f(x) 是区间 [a , b] 上的连续函数,并 且F′(x)=f(x),那么?b a f(x)dx=F(b)-F(a).

热点分类突破
? 热点一 ? 热点二 ? 热点三 ? 热点四 导数的运算和几何意义 利用导数研究函数的性质 导数与方程、不等式 定积分

热点一

导数的运算和几何意义

例1

(1)(2014· 广东 ) 曲线 y = e - 5x + 2 在点 (0,3) 处的

切线方程为________.
思维启迪 先根据导数的几何意义求出切线的斜率,写出点斜式方 程,再化为一般式方程.

解析

因为y′=e-5x(-5x)′=-5e-5x,

所以y′|x=0=-5,

故切线方程为y-3=-5(x-0),
即5x+y-3=0. 答案 5x+y-3=0

(2) 在平面直角坐标系 xOy 中,设 A 是曲线 C1 : y =

ax3+1(a>0)与曲线C2:x2+y2=5 的一个公共点,若
C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线互相垂直,则实
2

数a的值是________.
思维启迪 A点坐标是解题的关键点,列方程求出.

解析

1 x0 f′(x0)=3ax ,C2在A处的切线的斜率为 - =- , kOA y0
2 0

设 A(x0 , y0) ,则 C1 在 A 处的切线的斜率为

又C1在A处的切线与C2在A处的切线互相垂直,
x0 2 所以(- )· 3a0 =-1,即 y0=3ax3 0, y0
又 3 3 ax0=y0-1,所以 y0= , 2

5 1 代入 C2:x +y = ,得 x0=± , 2 2
2 2

1 3 将 x0=± ,y0= 代入 y=ax3+1(a>0),得 a=4. 2 2

答案

4

(1)求曲线的切线要注意 “ 过点P的切线”与 “ 在
思 维 一定是切点,点 P 也不一定在已知曲线上,而在 升 华 点P处的切线,必以点P为切点.

点P处的切线”的差异,过点P的切线中,点P不

(2) 利用导数的几何意义解题 ,主要是利用导数、 切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化 . 以
思 平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值 维 升 , 则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系,进 华 而和导数联系起来求解.

π (1)已知函数 y=f(x)的导函数为 f′(x)且 f(x)=x f′( )+ 3 3 π 6-4π sin x,则 f′( )=________. 3 π 2 解析 因为 f(x)=x f′( )+sin x, 3 π 所以 f′(x)=2xf′( )+cos x. 3 π π π π 所以 f′( )=2× f′( )+cos . 3 3 3 3 π 3 所以 f′( )= . 3 6-4π
2

变式训练1

(2)若曲线f(x)=xsin x+1在x= π 处的切线与直线ax +2y+1=0互相垂直,则实数a等于________. 2
2

解析 f′(x)=sin x+xcos x,f′( π )=1,
2
π 即函数f(x)=xsin x+1在点x= 处的切线的斜率是1, 2 a 直线ax+2y+1=0的斜率是- , 2 a 所以(- )×1=-1,解得a=2. 2

热点二

利用导数研究函数的性质

例2

已知函数f(x)=(x+a)ex,其中e是自然对数的

底数,a∈R.

(1)求函数f(x)的单调区间;
思维启迪 直接求f′(x),利用f′(x)的符号确定单调区间;

解 因为f(x)=(x+a)ex,x∈R, 所以f′(x)=(x+a+1)ex. 令f′(x)=0,得x=-a-1. 当x变化时,f(x)和f′(x)的变化情况如下: x f′(x) (-∞,-a-1) -a-1 - 0 (-a-1,+∞) +

f(x) 故f(x)的单调减区间为(-∞,-a-1); 单调增区间为(-a-1,+∞).

(2)当x∈[0,4]时,求函数f(x)的最小值.
思维启迪

讨论区间[0,4]和所得单调区间的关系,一般情况下,f(x)
的最值可能在极值点或给定区间的端点处取到.



由 (1) 得, f(x) 的单调减区间为 ( - ∞ ,- a - 1) ;

单调增区间为(-a-1,+∞). 所以当-a-1≤0,

即a≥-1时,f(x)在[0,4]上单调递增,

故f(x)在[0,4]上的最小值为f(x)min=f(0)=a;
当0<-a-1<4,即-5<a<-1时, f(x)在(0,-a-1)上单调递减, f(x)在(-a-1,4)上单调递增, 故f(x)在[0,4]上的最小值为

f(x)min=f(-a-1)=-e-a-1;

当-a-1≥4,即a≤-5时,f(x)在[0,4]上单调递减, 故f(x)在[0,4]上的最小值为f(x)min=f(4)=(a+4)e4.

所以函数f(x)在[0,4]上的最小值为
?a, a≥-1, ? -a- 1 , -5<a<-1, f(x)min=?-e ? 4 ? a + 4 ? e , a≤-5. ?

利用导数研究函数性质的一般步骤:

(1)确定函数的定义域;
(2)求导函数f′(x);
思 维 义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0. 升 ②若已知函数的单调性,则转化为不等式f′(x)≥0 华

(3)①若求单调区间 (或证明单调性 ),只要在函数定

或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.

(4)①若求极值,则先求方程 f′(x) = 0 的根,再
检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号.

②若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方
思 维 (5) 求函数 f(x) 在闭区间 [a , b] 的最值时,在得到 升 极值的基础上,结合区间端点的函数值f(a),f(b) 华

程f′(x)=0根的大小或存在情况来求解.

与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.

变式训练2

已知函数f(x)=ln x+2a ,a∈R.

(1) 若函数 f(x) 在 [2 ,+ ∞) 上是增函数,求实数 a 的
取值范围;
2a 1 2a 解 ∵f(x)=ln x+ ,∴f′(x)= - 2 . x x x

x

∵f(x)在[2,+∞)上是增函数,
1 2a ∴f′(x)= - 2 ≥0 在[2,+∞)上恒成立, x x

x 即a≤ 2 在[2,+∞)上恒成立. x 令g(x)= ,则a≤[g(x)]min,x∈[2,+∞), 2 x ∵g(x)= 在[2,+∞)上是增函数, 2

∴[g(x)]min=g(2)=1. ∴a≤1.所以实数a的取值范围为(-∞,1].

(2)若函数f(x)在[1,e]上的最小值为3,求实数a的值. 解
x-2a 由(1)得f′(x)= 2 ,x∈[1,e]. x

①若2a<1,则x-2a>0,即f′(x)>0在[1,e]上恒成立, 此时f(x)在[1,e]上是增函数.
3 所以[f(x)]min=f(1)=2a=3,解得a= (舍去). 2

②若1≤2a≤e,令f′(x)=0,得x=2a.
当1<x<2a时,f′(x)<0,

所以f(x)在(1,2a)上是减函数,
当2a<x<e时,f′(x)>0, 所以f(x)在(2a,e)上是增函数. 所以[f(x)]min=f(2a)=ln(2a)+1=3,
e2 解得a= (舍去). 2

③若 2a>e,则 x - 2a<0 ,即 f′(x)<0 在 [1 , e] 上恒成立,

此时f(x)在[1,e]上是减函数.
2a 所以[f(x)]min=f(e)=1+ =3,得a=e.适合题意. e

综上a=e.

热点三

导数与方程、不等式

例3

f(x)+g(x).

a 已知函数f(x)=ln x,g(x)= (a>0),设F(x)= x
思维启迪

(1)求函数F(x)的单调区间; 利 用 F′(x) 确 定 单调 区间;
a 解 F(x)=f(x)+g(x)=ln x+ (x>0), x 1 a x-a F′(x)= - 2= 2 . x x x

∵a>0,由F′(x)>0?x∈(a,+∞),

∴F(x)在(a,+∞)上是增函数. 由F′(x)<0?x∈(0,a), ∴F(x)在(0,a)上是减函数.

∴F(x)的单调递减区间为(0,a),
单调递增区间为(a,+∞).

(2) 若以函数 y = F(x)(x∈(0,3]) 图象上任意一点 P(x0 ,
1 y0)为切点的切线的斜率 k≤ 恒成立,求实数 a的最 2

小值;
思维启迪
1 k = F′(x0) , F′(x0)≤ 分离 a ,利用函数思想求 a 的最 2 小值;



x- a 由F′(x)= 2 (0<x≤3)得 x

x0-a 1 1 2 k=F′(x0)= 2 ≤ (0<x0≤3)恒成立?a≥- x0+x0 恒 2 2 x0 成立.
1 2 1 ∵当 x0=1 时,- x0+x0 取得最大值 , 2 2
1 1 ∴a≥ ,a 的最小值为 . 2 2

(3)是否存在实数m,使得函数y=g( 22a )+m-1的
图象与函数y=f(1+x2)的图象恰有四个不同交点? 若存在,求出实数m的取值范围;若不存在,说明 理由.
思维启迪

x +1

利用数形结合思想将函数图象的交点个数和方程根的个
数相互转化.



2a 1 2 1 若 y=g( 2 )+m-1= x +m- 的图象与 y=f(1+x2) 2 2 x +1

=ln(x2+1)的图象恰有四个不同交点,

1 2 1 即 x +m- =ln(x2+1)有四个不同的根, 2 2 1 2 1 2 亦即 m=ln(x +1)- x + 有四个不同的根. 2 2
1 2 1 令 G(x)=ln(x +1)- x + . 2 2
2

2x-x3-x -x?x+1??x-1? 2x 则 G′(x)= 2 -x= 2 = x +1 x +1 x2+1

当x变化时G′(x)、G(x)的变化情况如下表:
(-∞,-1) (-1,0) G′(x)的符号 G(x)的单调性 + - (0,1) + (1,+∞) -

由上表知:G(x)极小值=G(0)= , G(x)极大值=G(-1)=G(1)=ln 2>0.
1 1 又由G(2)=G(-2)=ln 5-2+ < 可知, 2 2 1 当m∈( ,ln 2)时,y=G(x)与y=m恰有四个不同交 2 点.故存在m∈( 1 ,ln 2), 2 使函数y=g( 22a )+m-1的图象与y=f(1+x2)的图 x +1

1 2

象恰有四个不同交点.

研究方程及不等式问题,都要运用函数性质,
而导数是研究函数性质的一种重要工具 .基本思

路是构造函数,通过导数的方法研究这个函数
思 的单调性、极值和特殊点的函数值,根据函数 维 升 的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的 华

个数,必要时画出函数的草图辅助思考.

变式训练3 已知函数f(x)=a(x2+1)+ln x. (1)讨论函数f(x)的单调性;
1 2ax +1 解 由已知,得 f′(x)=2ax+ = (x>0). x x
2

①当 a≥0 时,恒有 f′(x)>0 ,则 f(x) 在 (0 ,+ ∞) 上

是增函数.
②当a<0时,若0<x<
1 - ,则f′(x)>0, 2a

故f(x)在(0, -
若 x>

1 ]上是增函数; 2a

1 ,则f′(x)<0, - 2a 1 故 f(x)在 [ - ,+∞)上是减函数. 2a

综上,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上是增函数;

当a<0时,f(x)在(0,
在[

1 ,+∞)上是减函数. - 2a

1 - ]上是增函数, 2a

(2) 若对任意 a∈( - 4 ,- 2) 及 x∈[1,3] ,恒有 ma -

f(x)>a2成立,求实数m的取值范围.
解 由题意,知对任意a∈(-4,-2)及x∈[1,3],

恒有ma-f(x)>a2成立,
等价于ma-a2>f(x)max.
2 因为 a∈(-4,-2),所以 < 4 1 1 - < <1. 2a 2

由(1),知当a∈(-4,-2)时,f(x)在[1,3]上是减函数,
所以f(x)max=f(1)=2a, 所以ma-a2>2a,即m<a+2. 因为a∈(-4,-2),所以-2<a+2<0.

所以实数m的取值范围为m≤-2.

热点四

定积分

1 x 例 4 (1)已知 a=? 0(e +2x)dx(e 为自然对数的底数),函

?ln x,x>0 1 数 f(x)=? -x ,则 f(a)+f(log2 )=________. 6 ?2 ,x≤0

思维启迪

利用微积分基本定理先求出a,再求分段函数的函数值;

1 x x 2 1 解析 因为 a=? (e + 2 x )d x = (e + x )|0=e+1-1=e, 0

?ln x,x>0 ? f(x )= ? -x ? ?2 ,x≤0



1 所以 f(a)+f(log2 )=f(e)+f(-log26)=ln e+ 2-(-log 2 6 ) 6 =1+6=7.
答案 7

(2)(2014· 山东)直线y=4x与曲线y=x3在第一象限内围成 的封闭图形的面积为( A.2 2 C.2 B.4 2 D.4 ) D
思维启迪 利用图 形将所求 面积化为定积分.

解析 令4x=x3,解得x=0或x=±2,
2 3 ∴S=? (4 x - x )= 0 4? ? ? x ? 2 ? ?2 ?2x - ? ?0=8-4=4,故选 ? 4 ??

D.

(1)直接使用微积分基本定理求定积分时,要根据求 导运算与求原函数运算互为逆运算的关系,运用基

本初等函数的求导公式和导数的四则运算法则从反
方向上求出原函数.
思 (2)利用定积分求所围成的阴影部分的面积时,要利 维 用数形结合的方法确定出被积函数和积分的上限与 升 华 下限.同时,有的定积分不易直接求出,需要借用其

几何意义求出.

变式训练4
1 (1) 若 ? (2x + x
a 1

)dx = 3 + ln 2 ,且 a>1 ,则 a 的值为 D(

)

A.6 解析

1 a 2 (1)? 1(2x+ )dx= (x + ln

B.4 C.3 x

D.2

a 2 x)|1=a +ln

a- 1,

由题意,可得a2+ln a-1=3+ln 2,解得a=2.

(2)如图,阴影部分的面积是( C )
A.2 3 32 C. 3 答案 B.9-2 3

35 D. 3 由题图,可知阴影部分面积为 1 3 1 2 2 1 ? - 3(3- x - 2x)dx=(3x- x - x )|- 3 3 1 32 =(3- -1)-(-9+9-9)= . 3 3

本讲规律总结 1.函数单调性的应用
(1) 若 可 导 函 数 f(x) 在 (a , b) 上 单 调 递 增 , 则

f′(x)≥0在区间(a,b)上恒成立;
(2) 若 可 导 函 数 f(x) 在 (a , b) 上 单 调 递 减 , 则 f′(x)≤0在区间(a,b)上恒成立;

(3)可导函数f(x)在区间(a,b)上为增函数是f′(x)>0
的必要不充分条件.

2.可导函数极值的理解
(1) 函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确

定,也有可能极小值大于极大值;
(2) 对于可导函数 f(x) , “f(x) 在 x = x0 处的导数 f′(x) =

0”是“f(x)在x=x0处取得极值”的必要不充分条件;
(3) 注意导函数的图象与原函数图象的关系,导函数由

正变负的零点是原函数的极大值点,导函数由负变正
的零点是原函数的极小值点.

3.利用导数解决优化问题的步骤
(1)审题设未知数; (2)结合题意列出函数关系式; (3)确

定函数的定义域; (4) 在定义域内求极值、最值; (5) 下
结论.

4.定积分在几何中的应用 被积函数为 y = f(x) ,由曲线 y= f(x) 与直线 x = a , x =b(a<b)和y=0所围成的曲边梯形的面积为S.
b (1)当 f(x)>0 时,S=? af(x)dx; b (2)当 f(x)<0 时,S=-? af(x)dx;

(3)当 x∈[a,c]时,f(x)>0;当 x∈[c,b]时,f(x)<0,
c b 则 S= ? f ( x )d x - ? a c f(x)dx.

真题与押题

? 真题感悟 ? 押题精练

1

2

真题感悟

1.(2014· 江西 ) 若曲线 y = e - x 上点 P 处的切线平行于 (-ln 2,2) 直线2x+y+1=0,则点P的坐标是________.
1 -x, 解析 设P(x0,y0 , ∴ y ′ =- e ex ?x ? e ∴点P处的切线斜率为k= =-2,

),∵y=e-x=
0

∴-x0=ln 2,∴x0=-ln 2,
∴y0=eln 2=2,∴点P的坐标为(-ln 2,2).

1

2

真题感悟

2.(2014· 浙江 ) 已知函数 f(x) = x3 + 3|x - a|(a>0) ,若 f(x)在[-1,1]上的最小值记为g(a).

(1)求g(a);
解 因为a>0,-1≤x≤1,所以 ①当0<a<1时, 若x∈[-1,a],则f(x)=x3-3x+3a, f′(x)=3x2-3<0,

1

2

真题感悟

故f(x)在(-1,a)上是减函数;

若x∈[a,1],则f(x)=x3+3x-3a,
f′(x)=3x2+3>0, 故f(x)在(a,1)上是增函数.

所以g(a)=f(a)=a3.

1

2

真题感悟

②当a≥1时,有x≤a,则f(x)=x3-3x+3a,

f′(x)=3x2-3<0,
故f(x)在(-1,1)上是减函数, 所以g(a)=f(1)=-2+3a.
?a3,0<a<1, 综上,g(a)=? ?-2+3a,a≥1.

1

2

真题感悟

(2)证明:当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.
证明 令h(x)=f(x)-g(a).

①当0<a<1时,g(a)=a3.
若x∈[a,1],则h(x)=x3+3x-3a-a3, h′(x)=3x2+3, 所以h(x)在(a,1)上是增函数, 所以,h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)=4-3a-a3,

1

2

真题感悟

且0<a<1,所以h(1)≤4.故f(x)≤g(a)+4. 若x∈[-1,a],则h(x)=x3-3x+3a-a3, h′(x)=3x2-3,

所以h(x)在(-1,a)上是减函数,
所以,h(x)在[-1,a]上的最大值是

h(-1)=2+3a-a3.

1

2

真题感悟

令t(a)=2+3a-a3,则t′(a)=3-3a2>0,
知t(a)在(0,1)上是增函数.

所以,t(a)<t(1)=4,即h(-1)<4.
故f(x)≤g(a)+4.

1

2

真题感悟

②当a≥1时,g(a)=-2+3a,

故h(x)=x3-3x+2,h′(x)=3x2-3,
此时h(x)在(-1,1)上是减函数,

因此h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=4.
故f(x)≤g(a)+4. 综上,当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.

1

2

押题精练

1.已知函数f(x)=x- 1 ,g(x)=x2-2ax+4,若任 x+ 1 意 x1∈[0,1] ,存在 x2∈[1,2] ,使 f(x1)≥g(x2) ,则实 数a的取值范围是__________.
1 解析 由于f′(x)=1+ 2 >0,因此函数f(x)在 ?x+1? [0,1]上单调递增,

所以x∈[0,1]时,f(x)min=f(0)=-1.

1

2

押题精练

根据题意可知存在x∈[1,2],使得
g(x)=x2-2ax+4≤-1,
x 5 即 x -2ax+5≤0,即 a≥ + 能成立, 2 2x
2

x 5 令h(x)= + ,则要使a≥h(x)在x∈[1,2]能成立, 2 2x 只需使a≥h(x)min,

1

2

押题精练

x 5 又函数 h(x)= + 在 x∈[1,2]上单调递减, 2 2x
9 9 所以 h(x)min=h(2)= ,故只需 a≥ . 4 4
答案
?9 ? ? ? ? ,+∞ ? ?4 ?

1
2 x 2.已知函数f(x)= -ln x,x∈[1,3]. 8 (1)求f(x)的最大值与最小值;

2

押题精练

x2 x 1 解 ∵函数 f(x)= -ln x,∴f′(x)= - , 8 4 x 令f′(x)=0得x=±2,

∵x∈[1,3],
当1<x<2时,f′(x)<0;

1

2

押题精练

当2<x<3时,f′(x)>0;
∴f(x)在(1,2)上是单调减函数,

在(2,3)上是单调增函数,
1 ∴f(x)在x=2处取得极小值f(2)= -ln 2; 2 1 9 又 f(1)= ,f(3)= -ln 3, 8 8 1 9 ∵ln 3>1,∴ -( -ln 3)=ln 3-1>0, 8 8

1

2

押题精练

∴f(1)>f(3),
1 ∴x=1 时 f(x)的最大值为 , 8 1 x=2 时函数取得最小值为 -ln 2. 2

1

2

押题精练

(2)若f(x)<4-at对任意的x∈[1,3],t∈[0,2]恒成立,
求实数a的取值范围;



1 由(1)知当x∈[1,3]时,f(x)≤ , 8

故对任意x∈[1,3],f(x)<4-at恒成立, 1 只要4-at> 对任意t∈[0,2]恒成立, 8 31 即at< 恒成立,记g(t)=at,t∈[0,2]. 8

1
? ?g?0?<31 ? 8 ∴? 31 ? g?2?< ? ? 8

2

押题精练

31 ,解得 a< , 16

31 ∴实数 a 的取值范围是(-∞, ). 16


【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题二 第3讲 导数及其应用]

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题二 第3讲 导数及其应用]_数学_高中教育_教育专区。【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)...

【步步高】2015届高考数学(理科,广东)二轮专题复习配套word版训练:专题二 第3讲 导数及其应用]

【步步高】2015届高考数学(理科,广东)二轮专题复习配套word版训练:专题二 第3讲 导数及其应用]_高考_高中教育_教育专区。【步步高】2015届高考数学(理科,广东)二轮...

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题二 第2讲 函数的应用]

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题二 第2讲 函数的应用]_数学_高中...然后应 用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以...

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习: 函数与导数]

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习: 函数与导数]...找准失分点 面积应为各部分的绝对值的代数和,也就是第二部分的积分不是阴影...

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习: 函数与导数

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习: 函数与导数_...找准失分点 面积应为各部分的绝对值的代数和,也就是第二部分的积分不是阴影...

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题三 第3讲 平面向量]

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题第3讲 平面向量]_高考_高中教育_教育专区。【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮...

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题八 第3讲 分类讨论思想]

【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)二轮专题配套word版练习:专题第3讲 分类讨论思想]_高考_高中教育_教育专区。【步步高】2015届高考数学(理科,全国通用)...

2015届高考数学二轮专题训练:专题二 第3讲 导数及其应用

2015届高考数学二轮专题训练:专题二 第3讲 导数及其应用_数学_高中教育_教育专区...2014年高考理科数学新课... 2014年高考理科数学北京... 相关文档推荐 暂无相关...

【步步高】2015年高考数学(浙江专用,理科)二轮专题复习讲练:专题三 第3讲]

【步步高】2015年高考数学(浙江专用,理科)二轮专题复习讲练:专题第3讲]_高考...(组)所表示的平面区域, 注意平面区域的边界与不等式中的不等号的对 应; (2...

相关文档