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江苏省2012届高考数学二轮复习教学案:第2讲 函数、图象及性质

时间:2012-10-24


第2讲 函数、图象及性质

1. 函数在高考中的题型设置有小题也有大题,其中大题有简单的函数应用题、函数与 其他知识综合题, 也有复杂的代数推理题, 可以说函数性质的应用是高考考查的主要着力点 之一. 2. 重点:①函数的奇偶性、单调性和周期性;②函数与不等式结合;③函数与方程的 综合;④函数与数列的综合;⑤函数与向量的综合;⑥利用导数来刻画函数. 3. 难点:①新定义的函数问题;②代数推理问题,常作为高考压轴题.

1. 已知 f(x)是二次函数,且 f(0)=0,f(x+1)=f(x)+x+1,则 f(x)=________. ?x+1?0 |x|-x

2.函数 f(x)=

的定义域为________.

1 1 3.函数 f(x)的定义域是 R,其图象关于直线 x=1 和点(2 , 0)都对称,f?-2?=2,则 f?2? ? ? ? ? 2009 +f? 2 ?=________. ? ? 4.函数 f(x)=x2-2x,g(x)=mx+2,对? x ∈[-1,2],? x ∈[-1,2],使 g(x1)=f(x0), 1 0 则实数 m 的取值范围是________.

【例 1】 已知 f(x)是二次函数,不等式 f(x)<0 的解集是(0,5) ,且 f(x)在区间[-1,4]上 的最大值是 12. (1) 求 f(x)的解析式; 37 (2) 是否存在整数 m 使得方程 f(x)+ =0 在区间(m,m+1)内有且只有两个不等的实 x 数根?若存在,求出 m 值;若不存在,说明理由.

【例 2】

a 已知函数 f(x)=x2+ (x≠0,常数 a∈R). x

(1) 讨论函数 f(x)的奇偶性,并说明理由; (2) 若函数 f(x)在 x∈[2,+∞)上为增函数,求 a 的取值范围.

【例 3】 设函数 f(x)=x2+|2x-a|(x∈R,常数 a 为实数). (1) 若 f(x)为偶函数,求实数 a 的值; (2) 设 a>2,求函数 f(x)的最小值.

【例 4】 (2011· 苏锡常镇模拟)已知函数 f(x)= x+a+a|x|,a 为实数. (1) 当 a=1,x∈[-1,1]时,求函数 f(x)的值域; 31 (2) 设 m、 是两个实数, n 满足 m<n, 若函数 f(x)的单调减区间为(m, 且 n-m≤ , n), 16 求 a 的取值范围.

x 1. (2011· 辽宁)若函数 f(x)= 为奇函数,则 a=________. ?2x+1??x-a? 2.(2011· 湖北)若定义在 R 上的偶函数 f(x)和奇函数 g(x)满足 f(x)+g(x)=ex,则 g(x)= ________. 3.(2011· 上海)设 g(x)是定义在 R 上、以 1 为周期的函数,若 f(x)=x+g(x)在[0,1]上的值 域为[-2,5],则 f(x)在区间[0,3]上的值域为____________. 4.(2011· 北京)已知点 A(0,2),B(2,0),若点 C 在函数 y=x2 的图象上,则使得△ABC 的 面积为 2 的点 C 的个数为________. 5.(2011· 上海) 已知函数 f(x)=a·x+b·x,其中常数 a,b 满足 ab≠0. 2 3 (1) 若 ab>0,判断函数 f(x)的单调性; (2) 若 ab<0,求 f(x+1)>f(x)时 x 的取值范围.

6.(2011· 湖北)提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况.在一般情况 下,大桥上的车流速度 v(单位:千米/小时)是车流密度 x(单位:辆/千米)的函数.当桥上的 车流密度达到 200 辆/千米时,造成堵塞,此时车流速度为 0;当车流密度不超过 20 辆/千米 时,车流速度为 60 千米/小时.研究表明:当 20≤x≤200 时,车流速度 v 是车流密度 x 的 一次函数. (1) 当 0≤x≤200 时,求函数 v(x)的表达式; (2) 当车流密度 x 为多大时,车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数,单位:辆 /小时)f(x)=x· v(x)可以达到最大,并求出最大值.(精确到 1 辆/小时)

(2011· 镇江一模)(本小题满分 14 分)已知函数 f(x)=3-2log2x,g(x)=log2x. (1) 如果 x∈[1,4],求函数 h(x)=(f(x)+1)g(x)的值域; f?x?+g?x?-|f?x?-g?x?| (2) 求函数 M(x)= 的最大值; 2

(3) 如果对不等式 f(x2)f( x)>kg(x)中的任意 x∈[1,4],不等式恒成立,求实数 k 的取值 范围. 解:令 t=log2x,(1 分) (1) h(x)=(4-2log2x)· 2x=-2(t-1)2+2,(2 分) log ∵ x∈[1,4],∴ t∈[0,2],(3 分) ∴ h(x)的值域为[0,2].(4 分) (2) f(x)-g(x)=3(1-log2x), 当 0<x≤2 时,f(x)≥g(x);当 x>2 时,f(x)<g(x),(5 分) ∴ M(x)=?
?g?x?,f?x?≥g?x?, ? ? ?f?x?,f?x?<g?x?, ?log2x,0<x≤2, ? M(x)=? (6 分) ? ?3-2log2x,x>2,

当 0<x≤2 时,M(x)最大值为 1;(7 分) 当 x>2 时,M(x)<1.(8 分) 综上:当 x=2 时,M(x)取到最大值为 1.(9 分) (3) 由 f(x2)f( x)>kg(x),得(3-4log2x)(3-log2x)>k· 2x, log ∵ x∈[1,4],∴ t∈[0,2], ∴ (3-4t)(3-t)>kt 对一切 t∈[0,2]恒成立,(10 分) ①当 t=0 时,k∈R;(11 分) ?3-4t??3-t? 9 ②t∈(0,2]时,k< 恒成立,即 k<4t+ -15,(12 分) t t 9 9 3 ∵ 4t+ ≥12,当且仅当 4t= ,即 t= 时取等号.(13 分) t t 2 9 ∴ 4t+ -15 的最小值为-3. t 综上:k<-3.(14 分) 第 2 讲 函数、图象及性质

1. 已知 a= 为________. 【答案】 a=

5-1 ,函数 f(x)=ax,若实数 m、n 满足 f(m)>f(n),则 m、n 的大小关系 2 m<n 解析: 考查指数函数的单调性

5-1 ∈(0,1),函数 f(x)=ax 在 R 上递减.由 f(m)>f(n)得:m<n. 2

2. 设 a 为实数,函数 f(x)=2x2+(x-a)|x-a|. (1) 若 f(0)≥1,求 a 的取值范围; (2) 求 f(x)的最小值; (3) 设函数 h(x)=f(x),x∈(a,+∞),直接写出(不需给出演算步骤)不等式 h(x)≥1 的解 集. 点拨: 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识,考 查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力. 解:(1) 若 f(0)≥1,则-a|a|≥1??
? ?a<0, ?a ≥1 ?
2

?a ≤-1.

∴ a 的取值范围是(-∞,-1] (2) 当 x≥a 时,f(x)=3x2-2ax+a2,

?f?a?,a≥0, ?2a ,a≥0, ? ? f(x)min=? ? a? =?2a2 ?f?3?,a<0 ? 3 ,a<0, ? ?
?f?-a?,a≥0, ?-2a2,a≥0, ? ? 当 x≤a 时,f(x)=x +2ax-a ,f(x)min=? =? 2 ? ? ?f?a?,a<0 ?2a ,a<0,
2 2

2

?-2a ,a≥0, ? 综上 f(x)min=?2a2 ? 3 ,a<0. ?
(3) x∈(a,+∞)时,h(x)≥1 得 3x2-2ax+a2-1≥0,Δ=4a2-12(a2-1)=12-8a2. 当 a≤- 6 6 或 a≥ 时,Δ≤0,x∈(a,+∞); 2 2

2

?? a- 3-2a2?? a+ 3-2a2?≥0, ??x- ??x- ? 6 6 3 3 ?? ? 当- <a< 时,Δ>0,得:?? 2 2 ?x>a, ?
讨论得:当 a∈? 当 a∈?- 2 6? 时,解集为(a,+∞); ?2,2?

? ?

6 2? ? a- 3-2a2?∪?a+ 3-2a2 ? 时,解集为?a, ,- ? ? ,+∞? 2 2? 3 3 ? ? ? ? 2 2? ?a+ 3-2a2 ? 时,解集为? , ,+∞?. 2 2? 3 ? ?

当 a∈?-

综上,当 a∈?-∞,-

?

6? ? 2 2 2? ? ? ∪ 时, ,+∞ 时,解集为(a,+∞),当 a∈ - , 2? ?2 2 2? ? ?

解集为? ∪?

6 2? ?a+ 3-2a2 ? ? a- 3-2a2? ? ? ,+∞? , 当 a∈ ?- 2 ,- 2 ? 时 , 解 集 为 ?a, 3 3 ? ? ? ?

?a+ 3-2a2 ? ,+∞?. 3 ? ?
基础训练 1 1 1. x2+ x 2 2
?x+1≠0, ? 2. (-∞,-1)∪(-1,0) 解析:? ?x <0,x≠-1. ? ?|x|-x>0

3. -4 解析:函数图象关于直线 x=1 对称,则 f(x)=f(2-x),函数图象关于点(2 , 0) 对称,则 f(x)=-f(4-x),∴ f(x+2)=-f(x),∴ f(x+4)=f(x), 2 009 1 1 1 1 ∴ f? 2 ?=f?1 004+2?=f?2?,又 f?-2?=-f?4+2?= ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 1 2 009 1 1 -f?2?,f?2?+f? 2 ?=2f?2?=-2f?-2?=-4. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

1 4. ?-1,2? 解析:x∈[-1,2]时,f(x)∈[-1,3].m≥0,x∈[-1,2]时,g(x)∈[2-m,2 ? ? +2m];m<0,x∈[-1,2]时,g(x)∈[2+2m,2-m].m≥0,[2-m,2+2m]? [ -1,3];m< 1 1 0,[2+2m,2-m]? [ -1,3]得 0≤m≤ 或-1≤m<0,故实数 m 的取值范围是?-1,2?. ? ? 2 例题选讲 例 1 解: (1) ∵ f(x)是二次函数,且 f(x)<0 的解集是(0,5), ∴ 可设 f(x)=ax(x-5)(a >0). ∴ f(x)在区间[-1,4]上的最大值是 f(-1)=6a. 由已知得 6a=12, ∴ a=2, ∴ f(x)=2x(x-5)=2x2-10x(x∈R). 37 (2) 方程 f(x)+ =0 等价于方程 2x3-10x2+37=0.设 h(x)=2x3-10x2+37,则 h′(x) x =6x2-20x=2x(3x-10). 10 10 当 x∈?0, 3 ?时,h′(x)<0,h(x)是减函数;当 x∈? 3 ,+∞?时,h′(x)>0,h(x)是 ? ? ? ? 增函数. 10 10 ?10 1 ∵ h(3)=1>0, ? 3 ?=- <0, h? ? h(4)=5>0, 方程 h(x)=0 在区间?3, 3 ?, 3 ,4? ∴ ? ? ? ? 27 内分别有唯一实数根,而在区间(0,3),(4,+∞)内没有实数根,所以存在唯一的自然数 m 37 =3,使得方程 f(x)+ =0 在区间(m,m+1)内有且只有两个不同的实数根. x 变式训练 已知函数 y=f (x)是定义在 R 上的周期函数,周期 T=5,函数 y=f(x)(- 1≤x≤1)的图象关于原点对称.又知 y=f(x)在[0,1]上是一次函数,在[1,4]上是二次函数,且 在 x=2 时函数取得最小值-5. (1) 证明:f(1)+f(4)=0; (2)求 y=f(x),x∈[1,4]的解析式; (3)求 y=f(x)在[4,9]上的解析式. (1)证明: ∵ f (x)是以 5 为周期的周期函数,∴ f(4)=f(4-5)=f(-1), 又∵ y=f(x)(-1≤x≤1)关于原点对称,∴ f(1)=-f(-1)=-f(4), ∴ f(1)+f(4)=0. (2)解: 当 x∈[1,4]时,由题意可设 f(x)=a(x-2)2-5(a>0), 由 f(1)+f(4)=0 得 a(1-2)2-5+a(4-2)2-5=0,∴ a=2, ∴ f(x)=2(x-2)2-5(1≤x≤4). (3)解: ∵ y=f(x)(-1≤x≤1)是奇函数,∴ f(0)=0,又知 y=f(x)在[0,1]上是一次函数, ∴ 可设 f(x)=kx(0≤x≤1),而 f(1)=2(1-2)2-5=-3,∴ k=-3,∴ 当 0≤x≤1 时,f(x) =-3x,从而当-1≤x<0 时,f(x)=-f(-x)=-3x,故-1≤x≤1 时,f(x)=-3x,∴ 当 4≤x≤6 时,有-1≤x-5≤1,∴ f(x)=f(x-5)=-3(x-5)=-3x+15, 当 6<x≤9 时,1<x-5≤4,∴ f(x)=f(x-5)=2[(x-5)-2]2-5=2(x-7)2-5,∴ f(x)
?-3x+15,4≤x≤6, ? =? 2 ? ?2?x-7? -5,6<x≤9.

点评:紧抓函数几个性质,将未知的转化为已知的,注意函数图象及端点值. 例 2 解: (1) 当 a=0 时,f(x)=x2,对任意 x∈(-∞,0)∪(0,+∞),f(-x)=(-x)2 =x2=f(x), ∴ f(x)为偶函数.

a 当 a≠0 时,f(x)=x2+ (a≠0,x≠0), x 取 x=± 1,得 f(-1)+f(1)=2≠0,f(-1)-f(1)=-2a≠0, ∴ f(-1)≠-f(1),f(-1)≠f(1), ∴ 函数 f(x)既不是奇函数,也不是偶函数. (2) (解法 1)设 2≤x1<x2, a a ?x1-x2? 2 f(x1)-f(x2)=x1+ -x2- = [x1x2(x1+x2)-a], x1 2 x2 x1x2 要使函数 f(x)在 x∈[2,+∞)上为增函数,必须 f(x1)-f(x2)<0 恒成立. ∵ x1-x2<0,x1x2>4,即 a<x1x2(x1+x2)恒成立. 又∵ x1+x2>4, ∴ x1x2(x1+x2)>16. ∴ a 的取值范围是(-∞,16]. (解法 2)当 a=0 时,f(x)=x2,显然在[2,+∞)为增函数. a 当 a<0 时,反比例函数 在[2,+∞)为增函数, x a ∴ f(x)=x2+ 在[2,+∞)为增函数. x 当 a>0 时,同解法 1. a (解法 3)f′(x)=2x- 2≥0,对 x∈[2,+∞)恒成立.∴ a≤2x3 而 y≤2x3.在[2,+∞) x 上单调增,最小值为 16,∴ a≤16. 点评:本题主要考查函数奇偶性、单调性及分类讨论处理含参数问题. 例 3 解:(1) 由已知 f(-x)=f(x),即|2x-a|=|2x+a|,解得 a=0.

?x +2x-a,x≥2a, (2) f(x)=? 1 ?x -2x+a,x<2a,
2

1

2

1 当 x≥ a 时,f(x)=x2+2x-a=(x+1)2-(a+1), 2 1 由 a>2,x≥ a,得 x>1,从而 x>-1,又 f′(x)=2(x+1), 2 a a2 1 故 f(x)在 x≥ a 时单调递增,f(x)的最小值为 f?2?= ; ? ? 4 2 1 当 x< a 时,f(x)=x2-2x+a=(x-1)2+(a-1), 2 a 故当 1<x< 时,f(x)单调递增,当 x<1 时,f(x)单调递减, 2 则 f(x)的最小值为 f(1)=a-1; ?a-2?2 a2 由 -(a-1)= >0,知 f(x)的最小值为 a-1. 4 4 点评:本题考查二次函数含参数最值的讨论方法. 变式训练 已知函数 f(x)=x|x-2|.设 a>0,求 f(x)在[0,a]上的最大值.
2 ? 2 ?x -2x=?x-1? -1,x≥2, 解: f(x)=x|x-2|=? 2 2 ?-x +2x=-?x-1? +1,x<2. ?

∴ f(x)的单调递增区间是(-∞,1]和[2,+∞); 单调递减区间是[1,2]. ① 当 0<a≤1 时,f(x)是[0,a]上的增函数,此时 f(x)在[0,a]上的最大值是 f(a)=a(2 -a); ② 当 1<a≤2 时,f(x)在[0,1]上是增函数,在[1,a]上是减函数,此时 f(x)在[0,a]上的 最大值是 f(1)=1; ③ 当 a>2 时,令 f(a)-f(1)=a(a-2)-1=a2-2a-1>0, 解得 a>1+ 2. 若 2<a≤1+ 2,则 f(a)≤f(1),f(x)在[0,a]上的最大值是 f(1)=1; 若 a>1+ 2,则 f(a)>f(1),f(x)在[0,a]上的最大值是 f(a)=a(a-2). 综上,当 0<a<1 时,f(x)在[0,a]上的最大值是 a(2-a);当 1≤a≤1+ 2时,f(x)在[0, a]上的最大值是 1;当 a>1+ 2时,f(x)在[0,a]上的最大值是 a(a-2). 例 4 解: 设 y=f(x), (1) a=1 时,f(x)= x+1+|x|, 当 x∈(0,1]时,f(x)= x+1+x 为增函数,y 的取值范围为(1,1+ 2]. 当 x∈[-1,0]时,f(x)= x+1-x,令 t= x+1,0≤t≤1, 1 5 5 则 x=t2-1,y=-?t-2?2+ ,0≤t≤1,y 的取值范围为?1,4?. ? ? 4 ? ? 5 ∵ <1+ 2, 4 ∴x∈[1,1]时,函数 f(x)的值域为[1,1+ 2]. (2) 令 t= x+a,则 x=t2-a,t≥0,y=g(t)=t+a|t2-a|. ① a=0 时,f(x)= x无单调减区间; 1 1 ② a<0 时,y=g(t)=at2+t-a2,在?-2a,+∞?上 g(t)是减函数,则在?4a2-a,+∞? ? ? ? ? 上 f(x)是减函数.∴a<0 不成立.
2 2 ?-at +t+a ,0≤t≤ a, ③ a>0 时,y=g(t)=? 2 ?at +t-a2,t> a.

3 1 1 仅当 < a,即 a> 时, 2a 2 1 1 在 t∈?2a, a?时,g(t)是减函数,即 x∈?4a2-a,0?时,f(x)是减函数. ? ? ? ? ∴n-m=a- 1 31 ≤ ,即(a-2)(16a2+a+2)≤0. ∴a≤2. 4a2 16

故 a 的取值范围是? 高考回顾 1. 1 2

?3 1 ? ?. ? 4,2?

解析:f(-x)=-f(x)恒成立或从定义域可直接得到.
-x

ex+e 2. g(x)= 2 =f(x)-g(x)=e x.


解析: 因为函数 f(x)是偶函数,g(x)是奇函数,所以 f(-x)+g(-x)

ex+e x 又因为 f(x)+g(x)=e ,所以 g(x)= . 2
x



3. [-2,7] 解析:设 x1∈[0,1],则 f(x1)=x1+g(x1)∈[-2,5],∵ g(x)是定义域为 R 周期 为 1 的函数,∴ 当 x2∈[1,2]时,f(x2)=x1+1+g(x1+1)=1+x1+g(x1)=1+f(x1)∈[-1,6], 当 x2∈[2,3]时,f(x2)=x1+2+g(x1+2)=2+x1+g(x1)=2+f(x1)∈[0,7],∴ f(x)在区间[0,3] 上的值域为[-2,7]. 4. 4 解析:AB=2 2,直线 AB 的方程为 x+y=2,在 y=x2 上取点 C(x,y),点 C(x, |x+y-2| y)到直线 AB 的距离为 2, = 2,|x+x2-2|=2,此方程有四个解. 2 5. 解:(1) 当 a>0,b>0 时,任意 x1,x2∈R,x1<x2, 则 f(x1)-f(x2)=a(2x1-2x2)+b(3x1-3x2), ∵ 2x1<2x2,a>0? a(2x -2x2)<0,3x1<3x2,b>0? b(3x -3x2)<0, 1 1 ∴ f(x1)-f(x2)<0,函数 f(x)在 R 上是增函数. 当 a<0,b<0 时,同理函数 f(x)在 R 上是减函数. 3 a (2) f(x+1)-f(x)=a·x+2b·x>0,当 a<0,b>0 时,?2?x>- ,则 2 3 ? ? 2b a 3 a a x>log1.5?-2b?;当 a>0,b<0 时,?2?x<- ,则 x<log1.5?-2b?. ? ? ? ? ? ? 2b 6. 解:(1) 由题意:当 0≤x≤20 时,v(x)=60;当 20≤x≤200 时,设 v(x)=ax+b,
?200a+b=0, ? 显然 v(x)=ax+b 在[20,200]是减函数, 由已知得? 解得 ? ?20a+b=60,

?a=-3, ? 200 ?b= 3 .
1



?60,0≤x≤20, ? 函数 v(x)的表达式为 v(x)=?1 ?3?200-x?,20<x≤200. ? ?60x,0≤x≤20, ? (2) 依题意并由(1)可得 f(x)=?1 ? ?3x?200-x?,20<x≤200.
当 0≤x≤20 时,f(x)为增函数,故当 x=20 时,其最大值为 60×20=1 200; 1 1 x+?200-x??2 10 000 当 20<x≤200 时,f(x)= x(200-x)≤ ? 3 3? 2 ?= 3 , 当且仅当 x=200-x,即 x=100 时,等号成立. 10 000 所以,当 x=100 时,f(x)在区间[20,200]上取得最大值 . 3 10 000 综上,当 x=100 时,f(x)在区间[0,200]上取得最大值 ≈3 333, 3 即当车流密度为 100 辆/千米时,车流量可以达到最大,最大值约为 3 333 辆/小时.


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