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高三数学二轮专题复习:函数与导数(教)

时间:2017-08-25


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函数与导数二轮复习
基本题型一:考查函数基本性质 1 例 1(2010 安徽)若集合 A={x︱log1 x≥2} ,则?RA=________________.
2

1 2 【解析】 A={x︱0≤x≤2} 得?RA =(-∞,0]∪( 2 ,+∞) . 说明:本题考查对数函数

的性质与集合相关运算. - 例 2(2010 年江苏)设函数 f(x)=x(ex+ae x)(x∈R)是偶函数,则实数 a=_______. 【解析】 可以由 g(x)=ex+ae 义解得. 说明:本题考查函数的奇偶性的知识.在解决函数奇偶性问题时,应灵活地运用函数奇 偶性相关性质来解题.如:①若奇函数定义域包含 0,则 f(0)=0;②函数具有奇偶性的前提 是其定义域关于原点对称. 例 3(2009 年江苏)已知 a= n 的大小关系为 【解析】a= . 5-1 x 2 ∈(0,1),函数 f(x)=a 在 R 上递减.由 f(m)>f(n),得 m<n. 5-1 x 2 ,函数 f(x)=a ,若实数 m,n 满足 f(m)>f(n),则 m,
-x

为奇函数,得 g(0)=0,从而解得 a=-1;或者由奇函数定

说明:本题考查指数函数的单调性, “指(对)数函数的图像和性质”是 B 级要求,高 考中考查可能性较大.
?x2+1,x≥0, 例 4(2010 年江苏卷)已知函数 f(x)=? 则满足不等式 f(1-x2)>f(2x)的 x<0, ?1,

x 的范围是



【解析】 x∈(-1, 2-1) 说明:分段函数是高考经常考的内容之一.在解决分段函数问题时,要注意数形结合、 分类讨论思想的运用. 例 5(2010 全国Ⅰ卷)直线 y=1 与曲线 y=x -|x|+a 有四个交点,则 a 的取值范围 _______. 5 2 【解析】 先由函数 y=x -|x|+a 是偶函数,然后作图可得 a∈ (1,4) 说明:本题考查利用“数形结合思想”来解决问题. 例6 (2010 年江苏卷) 将边长为 1m 正三角形薄片, 沿一条平行于底边的直线剪成两块, (梯形的周长)2 其中一块是梯形,记 S= ,则 S 的最小值是 梯形的面积 【解析】设剪成的小正三角形的边长为 x,则 S= .
2

4(3-x)2 (0<x<1) , 3( 1-x2)

1

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(方法一)利用导数求函数最小值. S′ (x)= 4 -2(3x-1)(x-3) 1 1 × ,令 S′ (x)=0,得 x=3,当 x∈(0,3)时,S′ (x)<0,所以函数 S(x) 2 2 (1-x ) 3

1 1 32 3 递减;当 x∈(3,1)时,S′ (x)>0,所以函数 S(x)递增;故当 x=3时,S 的最小值是 3 . a (方法二)本题也可以借用 y=x+x 性质求最小值. 【说明】 “函数模型及其应用”为 B 级要求,在填空题中经常考 1 道函数模型的应 (1) 用题. f(x) (2)本题考察函数的建模、求其值域问题.对于“g(x)”型(其中函数 f(x),g(x)一个为 1 次、一个为 2 次)求值域问题,要能够熟练地、多角度地求解. 基本策略:1、 “函数与基本初等函数”共有 6 个 B 级点,应加强对这些 B 级点研究(这 些 B 级点在历年高考试题中通常考 2~3 小题) . 2、在研究函数性质时既要注意通性通法又要注意有关性质的灵活运用.如单调性证明 可以通过定义、求导来解决;对于函数的奇偶性,不仅要掌握奇偶性判断的基本步骤,还能 够利用奇偶性的性质灵活地解题;对于函数的值域,要能够熟练地掌握基本方法(如配方法 求二次函数值域、利用函数的图像、单调性、导数、基本不等式、换元法等方法求值域) . 3、函数各种性质的综合常常是命制高考数学试题的重要出发点和落脚点,比如奇偶性 与单调性联系、对称性与单调性联系,利用函数的图象研究函数性质,利用性质作图研究方 程的根和不等式解集等问题,是历年高考的热点之一. 4、注意到数形结合思想、分类讨论、由特殊到一般(由一般到特殊)等数学思想方法 的灵活运用. 5、建议进一步加强对基本概念、基础知识、基本方法的理解和训练. 基本题型二:考查导数的概念及其运用 例 7(2009 年江苏)函数 f(x)=x3―15x2―33x+6 单调减区间为 .

【解析】 f′ (x)=3(x-11)(x+1),由 f′ (x)<0 可知:函数 f(x)的单调减区间为(-1,11) . 说明:本题考查利用导数求函数的单调区间. 例 8(2009 年江苏)在平面直角坐标系 xoy 中,点 P 在曲线 C:y=x3-10x+3 上,且 在第二象限内,已知曲线 C 在点 P 处的切线的斜率为 2,则点 P 的坐标为
′ 2

.

【解析】y =3x -10=2,得 x=2,-2,又因为点 P 在第二象限内,? x ? ?2 点 P 的 坐标为(-2,15) . 说明: 本题考查导数的几何意义——运用导数求切线, 求曲线的切线又包括由切点求切 线、由经过的点求切线.

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例 9(2010 年江苏)函数 y=x2(x>0)的图像在点(ak,ak2)处的切线与 x 轴交点的横坐标 为 ak+1,k 为正整数,a1=16,则 a1+a3+a5= .

ak 【解析】在点(ak,ak2)处的切线方程为 y-ak2=2ak(x-ak),当 y=0 时,解得 x= 2 ,所以 ak ak+1= 2 ,所以,a1+a3+a5=21. 说明:本题考查利用导数求曲线的切线与数列的综合运用. 例 10 (2008 年江苏) f(x)=ax3―3x+1 对于 x∈[-1, 1]总有 f(x)≥0 成立, a= 则 说明:本题考查导数在函数求值域中运用. 基本策略:1、关注导数的 4 个 B 级点,加强对这些 B 级点研究; 2、让学生理解利用导数研究函数的基本方法,特别要让学生厘清以下两个问题:一是 函数 f(x)在区间(a,b)是单调增函数?f′ (x)≥0,但 f′ (x)≥0?函数 f(x)在区间(a,b)是单调增 / 函数;二是 x=a 为 f(x)极值点?f′ (x)=0 但 f′ (x)=0?函数 f(x)在 x=a 取极值. / 3、利用导数求曲线的切线方程一般解题步骤是:①设切点;②由切点求出切线方程; ③由相关条件求出参数. 4、导数问题的几种常见题型为:求曲线的切线、求函数的单调区间、求函数值域、以 及通过直接对参数讨论的方法或分离变量的方法把恒成立、存在性的问题转化为上述问 题.在二轮复习中应加强对各种题型的总结、梳理. 基本题型三:函数综合运用. 例 11(2009 年广东卷文)已知二次函数 y=g(x)的导函数的图像与直线 y=2x 平行,且 y= g(x) g(x)在 x=-1 处取得最小值 m-1(m≠0).设函数 f(x)= x . (1)若曲线 y=f(x)上的点 P 到点 Q(0,2)的距离的最小值为 2,求 m 的值; (2) k(∈R)如何取值时,函数 y=f(x)-kx 存在零点,并求出零点. 【解析】 (1)设 g(x)=ax +bx+c=0,则 g‘(x)=2ax+b; 又 g‘(x)的图像与直线 y=2x 平行 , 所以 2a=2,a=1,g(x)在 x=-1 取极小值, b -2 =-1 ,得 b=2 ,所以 g(-1)=a-b+c =1-2+c=m-1, 得 c=m; g(x) m f(x)= x =x+ x +2,
2
2



m 设 P(x0,y0), 则︱PQ︳2=x20+(y0-2)2=x20+(x0+x )2
0

m 2 2 =2 x20+x2 +2≥2 2m2+2,所以 2 2m2+2=4,m= 2 ,- 2 ; 0 m (2)由 y=f(x)-kx=(1-k)x+ x +2=0, 得(1-k)x2+2x+m=0 (*)

m m (Ⅰ)当 k=1 时,方程(*)有一解 x=- 2 ,函数 y=f(x)-kx 有一零点 x=- 2 ; 1 (Ⅱ)当 k≠1 时,方程(*)有二解时,Δ=4-4m(1-k)>0,若 m>0,k>1-m,
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1+ 1-m(1-k) 1- 1-m(1-k) 函数 y=f(x)-kx 有两个零点 x= , ;若 m<0, k-1 k-1 1+ 1-m(1-k) 1- 1-m(1-k) 1 K<1-m,函数 y=f(x)-kx 有两个零点 x= , ; k-1 k-1 1 (Ⅲ)当 k≠1 时,方程 ?*? 有一解时,Δ=4-4m(1-k)=0 即 k=1-m,函数 y=f(x) 1 -kx 有一零点 x= . k-1 说明:本题考查了函数、不等式、含参方程求解等问题综合. 例 12(2010 年江苏)设 f(x)是定义在区间(1,+∞)上的函数,其导函数为 f′ (x).如果 存在实数 a 和函数 h(x),其中 h(x)对任意的 x∈(1,+∞)都有 h(x)>0,使得 f′ (x)=h(x)(x2―ax +1),则称函数 f(x)具有性质 P(a). b+2 (1)设函数 f(x)=lnx+ (x>1),其中 b 为实数. x+1 (i)求证:函数 f(x)具有性质 P(b); (ii)求函数 f(x)的单调区间. (2)已知函数 g(x)具有性质 P(2).给定 x1,x2∈(1,+∞),设 m 为实数,α=mx1+(1- m)x2,β=(1-m)x1+mx2,且 α>1,β>1,若|g(α)-g(β)|<|g(x1)-g(x2)|,求 m 的取值范围. 【解析】本题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识,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. 1 (1)(i) f′ (x)=x - b+2 x2-bx+1 1 ,∵x>1 时,h(x)= >0 恒成立,∴函数 2= (x+1) x(x+1)2 x(x+1)2

f(x)具有性质 P(b); (ii)当 b≤2 时,由于 x>1,令 φ(x)=x2-bx+1≥x2-2x+1=(x-1)2≥0,所以 f′ (x)>0, 故此时 f(x)在区间(1,+∞)上递增; b 当 b>2 时,φ(x)图像开口向上,对称轴 x=2>1,方程 φ(x)=0 的两根分别为 b- b2-4 b+ b2-4 b+ b2-4 b- b2-4 x1= ,x2= ,其中 >1,0< <1, 所以当 x∈(1, 2 2 2 2 b+ b2-4 b+ b2-4 )时,φ′ <0,f′ (x) (x)<0,所以,此时 f(x)在区间(1, )上递减;同理, 2 2 b+ b2-4 得 f(x)在区间( ,+∞)上递增. 2 综上所述,当 b≤2 时, f(x)在区间(1,+∞)上递增; 当 b>2 时, f(x)在(1, b+ b2-4 b+ b2-4 )上递减; f(x)在( ,+∞)上递增. 2 2

(2)由题设知,g(x)的导函数 g′ (x)=h(x)(x2-2x+1),其中函数 h(x)>0 对于任意的 x∈(1,+∞) 都成立.所以,当 x>1 时,g′ h(x)(x-1)2,从而 g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. (x)= ①当 m∈(0,1)时,有 α=mx1+(1-m)x2> mx1+(1-m)x1=x1,α=mx1+(1-m)x2<mx2+(1
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-m)x2=x2,得 α∈(x1,x2),同理可得 β∈(x1,x2),所以由 g(x)的单调性知 g(α),g(β)∈(g(x1), g(x2)),从而有|g(α)-g(β)|<|g(x1)-g(x2)|,符合题设. ②当 m≤0 时,α=mx1+(1-m)x2> m x2+(1-m)x2=x2,β=(1-m) x1+mx2≤(1-m)x1+mx1 =x1, 于是由 α>1, 及 g(x)的单调性知 g(β)≤g(x1)<g(x2)≤g(α), β>1 |g(α)-g(β)|≥|g(x1)-g(x2)|, 与题设不符,舍去. ③当 m≥1 时,同理可得 α<x1,β>x2,得|g(α)-g(β)|≥|g(x1)-g(x2)|,与题设不符,舍去. 综合①、②、③得, m 的取值范围是(0,1). 例 13(2009 年江苏)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. .... 【解析】本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. (1)因为 f(0)=-a|-a|≥1,所以,-a>0,即 a<0.由 a2≥1,得 a≤-1. (2)记 f(x)的最小值为 g(a),

?3(x- a)2+2a ,x>a, ? 2 3 3 f(x)=2x +(x-a)|x-a|=? 2 2 ? ?(x+a) -2a , x≤a,

2

① ②

(ⅰ)当 a≥0 时,f(-a)=-2a2,由①②知 f(x)≥-2a2,此时,g(a)=-2a2. a 2 2 (ⅱ)当 a<0 时,f(3)=3a2.若 x>a,则由①知 f(x)≥3a2;若 x≤a,则 x+a≤2a<0, 2 2 由②知 f(x)≥2a2>3a2.此时,g(a)=3a2.

?-2a ,a≥0, ? 所以,g(a)=? 2 2 ? 3a , a<0. ?
6 2 (3) (ⅰ)当 a∈(-∞,- 2 ]∪[ 2 ,+∞)时,解集为(a, +∞); a+ 3-2a2 2 2 (ⅱ)当 a∈[- 2 , 2 )时,解集为[ ,+∞); 3 a- 3-2a2 a+ 3-2a2 6 2 (ⅲ)当 a∈(- 2 ,- 2 )时,解集是(a, ]∪[ ,+∞). 3 3

2

【专题演练】
1.函数 y ? log 2

2? x 的图象( 2? x

) B.关于主线 y ? ? x 对称
5

A. 关于原点对称

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C. 关于 y 轴对称

D.关于直线 y ? x 对称

2. 定义在 R 上的偶函数 f ? x ? 的部分图象如右图所示, 则在 ? ?2, 0? 上,下列函数中与 f ? x ? 的单调性不同的是 ( ) B. y ?| x | ?1 D. y ? ?

A. y ? x2 ? 1 C. y ? ?

?2 x ? 1, x ? 0
3 ? x ? 1, x ? 0

?e x , x ? o ? ?x ?e , x ? 0 ?

3.已知定义在 R 上的奇函数 f (x) ,满足 f ( x ? 4) ? ? f ( x) ,且在区间[0,2]上是增函数, 则( ) B. f (80) ? f (11) ? f (?25) D. f (?25) ? f (80) ? f (11)

A. f (?25) ? f (11) ? f (80) C. f (11) ? f (80) ? f (?25)

4. 定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)= ? 为 .

?log2 (1 ? x), x ? 0 ,则 f(2009)的值 ? f ( x ? 1) ? f ( x ? 2), x ? 0

5. 已知函数 f ( x) 在 R 上满足 f ( x) ? 2 f (2 ? x) ? x2 ? 8x ? 8 ,则曲线 y ? f ( x) 在 点 (1, f (1)) 处的切线方程是 6.已知函数 f ( x) ? .

1 3 x ? ax 2 ? bx, 且 f '(?1) ? 0 3

(I)试用含 a 的代数式表示 b ; (Ⅱ)求 f ( x) 的单调区间; ( Ⅲ ) 令 a ? ?1 , 设 函 数 f ( x) 在 x1 , x2 ( x1 ? x2 ) 处 取 得 极 值 , 记 点

M ( x1 , f ( x1 )), N ( x2 , f ( x2 )) ,证明:线段 MN 与曲线 f ( x) 存在异于 M 、 N 的公共
点. 7 . 已 知 函 数 f ( x) ? x ? 2bx ? cx ? 2 的 图 象 在 与 x 轴 交 点 处 的 切 线 方 程 是
3 2

y ? 5x ? 10 .
(I)求函数 f ( x) 的解析式;

6

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(II)设函数 g ( x) ? f ( x) ?

1 mx ,若 g ( x) 的极值存在,求实数 m 的取值范围以及函 3

数 g ( x) 取得极值时对应的自变量 x 的值.

【参考答案】
1.答案:A 解析:由于定义域为(-2,2)关于原点对称,又 f(-x)=-f(x),故函数为奇函数,图象关 于原点对称,选 A. 2.答案:C 解析: 根据偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反, 故可知求在 ? ?2,0 ? 上单调递 减,注意到要与 f ? x ? 的单调性不同,故所求的函数在 ? ?2,0 ? 上应单调递增.而函数

y ? x2 ? 1 在 ? ??,1 上 递 减 ; 函 数 y ? x ?1 在 ? ??,0 时 单 调 递 减 ; 函 数 ? ?

?2 x ? 1, x ? 0 在( ??, 0] 上单调递减,理由如下 y'=3x2>0(x<0),故函数单调递 y?? 3 ? x ? 1, x ? 0
?e x , x ? 0 ?x ? 增,显然符合题意;而函数 y ? ? ? x ,有 y'=- e <0(x<0),故其在( ??, 0] 上 ?e , x ? 0 ?
单调递减,不符合题意,综上选 C. 3. 答案:D 解析:因为 f (x) 满足 f ( x ? 4) ? ? f ( x) ,所以 f ( x ? 8) ? f ( x) ,所以函数是以 8 为 周期的周期函数,则 f (?25) ? f (?1) , f (80) ? f (0) , f (11) ? f (3) ,又因为 f (x) 在 R 上是奇函数, f (0) ? 0 ,得 f (80) ? f (0) ? 0 , f (?25) ? f (?1) ? ? f (1) ,而 由 f ( x ? 4) ? ? f ( x) 得 f (11) ? f (3) ? ? f (?3) ? ? f (1 ? 4) ? f (1) ,又因为 f (x) 在 区 间 [0,2] 上 是 增 函 数 , 所 以 f (1) ? f (0) ? 0 , 所 以 ? f (1) ? 0 , 即

f (? 2 5 ? f )
4.答案:1

( 8 0 ) ,故选 D.) ?f (1 1

解析:由已知得 f (?1) ? log 2 2 ? 1 , f (0) ? 0 , f (1) ? f (0) ? f (?1) ? ?1 ,

f (2) ? f (1) ? f (0) ? ?1 , f (3) ? f (2) ? f (1) ? ?1 ? (?1) ? 0 , f (4) ? f (3) ? f (2) ? 0 ? (?1) ? 1
7



f (5) ? f (4) ? f (3) ? 1



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f (6) ? f (5) ? f (4) ? 0 ,
所以函数 f(x)的值以 6 为周期重复性出现. ,所以 f(2009)= f(5)=1. 5.答案: y ? 2 x ? 1 解析:由 f ( x) ? 2 f (2 ? x) ? x2 ? 8x ? 8 得:

f (2 ? x) ? 2 f ( x) ? (2 ? x)2 ? 8(2 ? x) ? 8 ,
即 2 f ( x) ? f (2 ? x) ? x2 ? 4 x ? 4 ,∴ f ( x) ? x2 ∴ f / ( x) ? 2 x , ∴切线方程为 y ? 1 ? 2( x ? 1) ,即 2 x ? y ? 1 ? 0 . 6.解析: (I)依题意,得 f '( x) ? x2 ? 2ax ? b , 由 f '(?1) ? 1 ? 2a ? b ? 0 得 b ? 2a ? 1 . (Ⅱ)由(I)得 f ( x) ?

1 3 x ? ax 2 ? (2a ? 1) x , 3

故 f '( x) ? x2 ? 2ax ? 2a ?1 ? ( x ? 1)( x ? 2a ?1) , 令 f '( x) ? 0 ,则 x ? ?1 或 x ? 1 ? 2a , ①当 a ? 1 时, 1 ? 2a ? ?1 , 当 x 变化时, f '( x) 与 f ( x) 的变化情况如下表:

x
f '( x) f ( x)

(??,1 ? 2a)
+ 单调递增

(?2a, ?1)
单调递减

(?1 ? ?)
+ 单调递增

由 此 得 , 函 数 f ( x) 的 单 调 增 区 间 为 (??,1 ? 2a) 和 (?1, ??) , 单 调 减 区 间 为

(1 ? 2a, ?1) .
②由 a ? 1 时, 1 ? 2a ? ?1 ,此时, f '( x) ? 0 恒成立,且仅在 x ? ?1 处 f '( x) ? 0 , 故函数 f ( x) 的单调区间为 R; ③ 当 a ? 1 时 , 1 ? 2a ? ?1, 同 理 可 得 函 数 f ( x) 的 单 调 增 区 间 为 (??, ?1) 和

(1 ? 2a, ??) ,单调减区间为 (?1,1 ? 2a) .
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综上: 当 a ? 1 时 ,函 数 f ( x) 的 单调 增 区间 为 (??,1 ? 2a) 和 (?1, ??) , 单调 减区 间为

(1 ? 2a, ?1) ;
当 a ? 1 时,函数 f ( x) 的单调增区间为 R; 当 a ? 1 时 ,函 数 f ( x) 的 单调 增 区间 为 (??, ?1) 和 (1 ? 2a, ??) , 单调 减区 间为

(?1,1 ? 2a)
( Ⅲ ) 当 a ? ?1 时 , 得 f ( x ) ?

1 3 2 x ? x 2 ? 3x , 由 f '( x )? x ? 2x? 3? 0 得 , 3x

x1 ? ?1, x2 ? 3 .
由(Ⅱ)得 f ( x) 的单调增区间为 (??, ?1) 和 (3, ??) ,单调减区间为 (?1,3) ,所以函 数 f ( x) 在 x1 ? ?1, x2 ? 3 处取得极值,故 M (?1, ), N (3, ?9) , 所以直线 MN 的方程为 y ? ?

5 3

8 x ?1, 3

1 3 ? 2 ? y ? 3 x ? x ? 3x ? 3 2 由? 得 x ? 3x ? x ? 3 ? 0 8 ? y ? ? x ?1 ? 3 ?
解得 x1 ? ?1, x2 ? 1.x3 ? 3 ,

? x1 ? ?1 ? x2 ? 1 ? x3 ? 3 ? ? , ?? 5 ? 11 ? y1 ? , ? y2 ? ? , ? y3 ? ?9 ? 3 ? 3 ?
所以线段 MN 与曲线 f ( x) 有异于 M , N 的公共点 (1, ?

11 ). 3

7.解析: (I)由已知,切点为(2,0),故有 f (2) ? 0 ,即 4b ? c ? 3 ? 0 ??①
2 又 f ?( x) ? 3x ? 4bx ? c ,由已知 f ?(2) ? 12 ? 8b ? c ? 5 得 8b ? c ? 7 ? 0 ??②

联立①②,解得 b ? ?1, c ? 1 . 所以函数的解析式为 f ( x) ? x ? 2 x ? x ? 2 .
3 2

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(II)因为 g ( x) ? x ? 2 x ? x ? 2 ?
3 2

1 mx 3 .

令 g ?( x) ? 3x ? 4 x ? 1 ?
2

1 m?0 3 .
2

当函数有极值时,则 ? ? 0 ,方程 3 x ? 4 x ? 1 ? 由 ? ? 4(1 ? m) ? 0 ,得 m ? 1 . ①当 m ? 1 时,g ?( x) ? 0 有实数 x ? 无极值; ② 当

1 m ? 0 有实数解, 3

2 2 , x ? 左右两侧均有 g ?( x) ? 0 , 在 故函数 g ( x) 3 3

m ?1





g ?( x ? )

有0











1 1 x1 ? (2 ? 1 ? m ), x2 ? (2 ? 1 ? m ), g ?( x), g ( x) 情况如下表: 3 3

x
g ?( x) g ( x)

(??, x1 )
+ ↗

x1
0 极大值

( x1 , x2 )


x2
0 极小值

( x2 ? ?)
+ ↗

所以在 m ? (??,1) 时,函数 g ( x) 有极值;

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当x?

1 1 (2 ? 1 ? m ) 时, g ( x) 有极大值;当 x ? (2 ? 1 ? m ) 时, 3 3

有极小值.

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