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【三维设计】2017届高三数学(理)二轮复习精品同步:题型专题(10) 导数的简单应用(通用版).doc


题型专题(十) 导数的简单应用

[师说考点] 1.导数公式 (1)(sin x)′=cos x; (2)(cos x)′=-sin x; (3)(ax)′=axln a(a>0); 1 (4)(logax)′=xln a(a>0,且 a≠1). 2.导数的几何意义 函数 f(x)在 x0 处的导数是曲线 f(x)在点 P(x0, f(x0))处的切线的斜率, 曲线 f(x) 在点 P 处的切线的斜率 k=f′(x0),相应的切线方程为 y-f(x0)=f′(x0)· (x-x0).

[典例]

?y≤x , (1)(2016· 贵州模拟)已知 M 为不等式组?1≤x≤2,表示的平面区域, ?y≥0
) 4 D.3

2

直线 l: y=2x+a, 当 a 从-2 连续变化到 0 时, 区域 M 被直线 l 扫过的面积为( 7 A.3 3 B.2 C.2 选D

[解析]

1 作出图形可得区域 M 被直线 l 扫过的面积为?2x2dx-2×1×2 ?1

1 1 4 =3x3|2 1-1= ×(8-1)-1= ,选项 D 正确. 3 3 (2)(2016· 全国丙卷)已知 f(x)为偶函数,当 x<0 时,f(x)=ln(-x)+3x,则曲线 y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程是________. [解析] 因为 f(x)为偶函数, 所以当 x>0 时, f(x)=f(-x)=ln x-3x, 所以 f′(x)

1 =x-3, 则 f′(1)=-2.所以 y=f(x)在点(1, -3)处的切线方程为 y+3=-2(x-1), 即 y=-2x-1. [答案] y=-2x-1

[类题通法] (1)利用定积分求平面图形面积的方法 利用定积分求平面图形的面积, 一般先正确画出几何图形, 再结合图形位置, 准确确定积分区间以及被积函数,从而得到面积的积分表达式, 再利用微积分基 本定理求出积分值. (2)利用导数几何意义解题的思路 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.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值,则要求掌握平 行、垂直与斜率之间的关系,进而和导数联系起来求解. [演练冲关] 1.(2016· 郑州模拟)函数 f(x)=excos x 的图象在点(0,f(0))处的切线方程是 ( ) A.x+y+1=0 C.x-y+1=0 解析: 选C B.x+y-1=0 D.x-y-1=0

依题意, f(0)=e0cos 0=1, 因为 f′(x)=excos x-exsin x, 所以 f′(0)

=1,所以切线方程为 y-1=x-0,即 x-y+1=0,故选 C. 2.(2016· 兰州质检)曲线 f(x)=x3-x+3 在点 P 处的切线平行于直线 y=2x -1,则 P 点的坐标为( A.(1,3) C.(1,3)和(-1,3) 解析:选 C ) B.(-1,3) D.(1,-3)

f′(x)=3x2-1,令 f′(x)=2,则 3x2-1=2,解得 x=1 或 x=-1,

∴P(1,3)或(-1,3).经检验,点(1,3),(-1,3)均不在直线 y=2x-1 上,故 选 C. 3.(2016· 石家庄质检)?1 (x2+ 1-x2)dx=________. ?-1 1 2 1 解析:?1 x2dx=3x3|1 1-x2dx 表示圆心 -1= ,而根据定积分的定义可知? 3 ?-1 ?-1 2 在原点的单位圆的上半部分的面积,即半圆的面积,∴?1 (x2+ 1-x2)dx=3+ ?-1 π 2.

2 π 答案:3+ 2

[师说考点] 1.若求函数的单调区间(或证明单调性),只要在其定义域内解(或证明)不等 式 f′(x)>0 或 f′(x)<0 即可. 2.若已知函数的单调性,则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间 上恒成立问题来求解. [典例] (2016· 北京高考)设函数 f(x)=xea x+bx,曲线 y=f(x)在点(2,f(2))


处的切线方程为 y=(e-1)x+4. (1)求 a,b 的值; (2)求 f(x)的单调区间. [解] (1)因为 f(x)=xea-x+bx,

所以 f′(x)=(1-x)ea-x+b.
a-2 ?f(2)=2e+2, ?2e +2b=2e+2, 依题设有? 即? a-2 ?f′(2)=e-1, ?-e +b=e-1.

?a=2, 解得? ?b=e. (2)由(1)知 f(x)=xe2-x+ex. 由 f′(x)=e2-x(1-x+ex-1)及 e2-x>0 知,f′(x)与 1-x+ex-1 同号. 令 g(x)=1-x+ex-1,则 g′(x)=-1+ex-1. 所以,当 x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故 g(1)=1 是 g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而 g(x)>0,x∈(-∞,+∞). 综上可知,f′(x)>0,x∈(-∞,+∞),故 f(x)的单调递增区间为(-∞,+ ∞). [类题通法] 求解或讨论函数单调性问题的解题策略

讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下,这类 问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论: (1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分 类讨论. (2)在不能通过因式分解求出根的情况时,根据不等式对应方程的判别式进 行分类讨论. [注意] 讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的,千万不要忽视了定

义域的限制. [演练冲关] 1.定义在 R 上的可导函数 f(x),已知 y=ef′(x)的图象如图所示,则 y=f(x)的增区 间是________.

解析:由题图知 f′(x)≥0 的区间是(-∞,2],故函数 y=f(x)的增区间是(- ∞,2]. 答案:(-∞,2] 4 2.已知函数 f(x)=ax3+x2(a∈R)在 x=-3处取得极值. (1)确定 a 的值; (2)若 g(x)=f(x)ex,讨论 g(x)的单调性. 解:(1)对 f(x)求导得 f′(x)=3ax2+2x, 4 ? 4? 因为 f(x)在 x=-3处取得极值,所以 f′?-3?=0, ? ? 16 1 ? 4? 16a 8 ?-3?= 即 3a·9 +2· -3=0,解得 a=2. 3 ? ? ?1 ? (2)由(1)得 g(x)=?2x3+x2?ex, ? ? ?3 ? ?1 ? 故 g′(x)=?2x2+2x?ex+?2x3+x2?ex ? ? ? ? 5 ?1 ? =?2x3+2x2+2x?ex ? ?

1 =2x(x+1)(x+4)ex. 令 g′(x)=0,解得 x=0 或 x=-1 或 x=-4. 当 x<-4 时,g′(x)<0,故 g(x)为减函数; 当-4<x<-1 时,g′(x)>0,故 g(x)为增函数; 当-1<x<0 时,g′(x)<0,故 g(x)为减函数; 当 x>0 时,g′(x)>0,故 g(x)为增函数. 综上知,g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)上为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞) 上为增函数.

[师说考点] 1.若在 x0 附近左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,则 f(x0)为函数 f(x)的极大值;若 在 x0 附近左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,则 f(x0)为函数 f(x)的极小值. 2.设函数 y=f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,则 f(x)在[a,b]上必有 最大值和最小值且在极值点或端点处取得. [典例] (2016· 山东高考改编)设 f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.

(1)令 g(x)=f′(x),求 g(x)的单调区间; (2)已知 f(x)在 x=1 处取得极大值,求正实数 a 的取值范围. [解] (1)由 f′(x)=ln x-2ax+2a,

可得 g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞). 1-2ax 1 所以 g′(x)= x-2a= x . 当 a≤0,x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,函数 g(x)单调递增; 1? ? ?1 ? 当 a>0,x∈?0,2a?时,g′(x)>0,函数 g(x)单调递增,x∈?2a,+∞?时, ? ? ? ? g′(x)<0,函数 g(x)单调递减. 所以当 a≤0 时,g(x)的单调增区间为(0,+∞); 1? ? ?1 ? 当 a>0 时,g(x)的单调增区间为?0,2a?,单调减区间为?2a,+∞?. ? ? ? ? (2)由(1)知,f′(1)=0.

1? 1 1 ? ①当 0<a<2时,2a>1,由(1)知 f′(x)在?0,2a?内单调递增,可得当 x∈(0, ? ? 1? ? 1)时,f′(x)<0,当 x∈?1,2a?时,f′(x)>0. ? ? 1? ? 所以 f(x)在(0,1)内单调递减,在?1,2a?内单调递增,所以 f(x)在 x=1 处取 ? ? 得极小值,不合题意. 1 1 ②当 a=2时,2a=1,f′(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减, 所以当 x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意. 1 1 ?1 ? ③当 a>2时, 0<2a<1, 当 x∈?2a,1?时, f′(x)>0, f(x)单调递增, 当 x∈(1, ? ? +∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 所以 f(x)在 x=1 处取极大值,符合题意. ?1 ? 综上可知,正实数 a 的取值范围为?2,+∞?. ? ? [类题通法] 研究极值、最值问题的 3 个注意点 (1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点,所以在求出导函数的零点后一定 注意分析这个零点是不是函数的极值点. (2)求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值点,要通过认真比较 才能下结论. (3)含参数时,要讨论参数的大小. [演练冲关] 1. (2016· 江西两市联考)直线 y=a 分别与曲线 y=2(x+1), y=x+ln x 交于 A, B,则|AB|的最小值为________. 1 解析:设 A(x1,a),B(x2,a),则 2(x1+1)=x2+ln x2,∴x1=2(x2+ln x2)-1, 1? 1 1 1? ∴|AB|=x2-x1=2(x2-ln x2)+1,令 y=2(x-ln x)+1,则 y′=2?1-x?,∴函数 y ? ? 1 =2(x-ln x)+1 在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴当 x=1 时, 3 3 函数取得最小值2,即|AB|min=2.

3 答案:2 2.(2016· 云南模拟)已知常数 a≠0,f(x)=aln x+2x. (1)当 a=-4 时,求 f(x)的极值; (2)当 f(x)的最小值不小于-a 时,求实数 a 的取值范围. a+2x a 解:(1)由已知得 f(x)的定义域为 x∈(0,+∞),f′(x)=x +2= x . 当 a=-4 时,f′(x)= 2x-4 x .

∴当 0<x<2 时,f′(x)<0,即 f(x)单调递减;当 x>2 时,f′(x)>0,即 f(x)单 调递增. ∴f(x)只有极小值,且在 x=2 时,f(x)取得极小值 f(2)=4-4ln 2. (2)∵f′(x)= a+2x x ,

∴当 a>0,x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,即 f(x)在 x∈(0,+∞)上单调递增, 没有最小值; a 当 a<0 时,由 f′(x)>0 得,x>-2, ? a ? ∴f(x)在?-2,+∞?上单调递增; ? ? a 由 f′(x)<0 得,x<-2, a? ? ∴f(x)在?0,-2?上单调递减. ? ? ? a? ? a? ? a? ∴当 a<0 时,f(x)的最小值为 f?-2?=aln?-2?+2?-2?. ? ? ? ? ? ? ? a? ? a? ? a? 根据题意得 f?-2?=aln?-2?+2?-2?≥-a,即 a[ln(-a)-ln 2]≥0. ? ? ? ? ? ? ∵a<0,∴ln(-a)-ln 2≤0,解得 a≥-2, ∴实数 a 的取值范围是[-2,0).

一、选择题 1 1.函数 f(x)=2x2-ln x 的最小值为( )

1 A.2

B.1 C.0 D.不存在

2 1 x -1 解析:选 A ∵f′(x)=x-x = x ,且 x>0.令 f′(x)>0,得 x>1;令 f′(x)<0,

1 1 得 0<x<1.∴f(x)在 x=1 处取得最小值,且 f(1)=2-ln 1=2. 2.(2016· 四川高考)已知 a 为函数 f(x)=x3-12x 的极小值点,则 a=( A.-4 B.-2 C.4 D.2 解析:选 D 由题意得 f′(x)=3x2-12,令 f′(x)=0 得 x=± 2,∴当 x<-2 或 x>2 时, f′(x)>0;当-2<x<2 时,f′(x)<0,∴f(x)在(-∞,-2)上为增函数,在(-2, 2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数.∴f(x)在 x=2 处取得极小值,∴a=2. 3.(2016· 重庆模拟)若直线 y=ax 是曲线 y=2ln x+1 的一条切线,则实数 a =( ) 1 A.e-2 1 B.2e-2 C.e
1 2

)

D.2e

1 2

解析:选 B 依题意,设直线 y=ax 与曲线 y=2ln x+1 的切点的横坐标为 2 ? ?a= , 2 2 1 x0,则有 y′|x=x0=x ,于是有? x0 解得 x0= e,a=x =2e-2,选 0 0 ? ?ax0=2ln x0+1, B. 4.已知函数 f(x)=x3+3x2-9x+1,若 f(x)在区间[k,2]上的最大值为 28, 则实数 k 的取值范围为( )

A.[-3,+∞) B.(-3,+∞) C.(-∞,-3) D.(-∞,-3] 解析:选 D 由题意知 f′(x)=3x2+6x-9,令 f′(x)=0,解得 x=1 或 x=-3, 所以 f′(x),f(x)随 x 的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-3) + 单调递增 -3 0 (-3,1) - 1 0 (1,+∞) + 单调递增

极大值 单调递减 极小值

又 f(-3)=28,f(1)=-4,f(2)=3,f(x)在区间[k,2]上的最大值为 28,所以 k≤-3.

5.(2016· 石家庄模拟)已知 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x =1 处有极值,若 t=ab,则 t 的最大值为( A.2 B.3 C.6 D.9 )

解析:选 D ∵f(x)=4x3-ax2-2bx+2,∴f′(x)=12x2-2ax-2b,又 f(x) 在 x=1 处取得极值,∴f′(1)=12-2a-2b=0,即 a+b=6,∴t=ab=a(6-a) =-(a-3)2+9,∴当且仅当 a=b=3 时,t 取得最大值 9,故选 D. 6.已知函数 f(x)的导函数为 f′(x),若 x2f′(x)+xf(x)=sin x(x∈(0,6)),f(π ) =2,则下列结论正确的是( )

A.xf(x)在(0,6)上单调递减 B.xf(x)在(0,6)上单调递增 C.xf(x)在(0,6)上有极小值 2π D.xf(x)在(0,6)上有极大值 2π sin x 解析:选 D 因为 x2f′(x)+xf(x)=sin x,x∈(0,6),所以 xf′(x)+f(x)= x , sin x 设 g(x)=xf(x),x∈(0,6),则 g′(x)=f(x)+xf′(x)= x ,由 g′(x)>0 得 0<x<π,g′ (x)<0 得π<x<6,所以当 x=π时,函数 g(x)=xf(x)取得极大值 g(π)=πf(π)=2 π. 二、填空题
1 f(x)dx 7.(2016· 兰州模拟)若 f(x)+?1f(x)dx=x,则? =________. ?0 ?0

解析:?1f(x)dx 是一个常数,设为 c,则有 f(x)=x-c,∴x-c+?1(x-c)dx ?0 ?0 1 1 =x,解得 c=4,即?1f(x)dx=4. ?0 1 答案:4 1 ?1 ? 8.已知函数 f(x)=2x2+2ax-ln x,若 f(x)在区间?3,2?上是增函数,则实数 ? ? a 的取值范围为________.

1 1 ?1 ? 解析:由题意知 f′(x)=x+2a-x≥0 在?3,2?上恒成立,即 2a≥-x+x 在 ? ? ?1 ? ?3,2?上恒成立. ? ? 1 ?1 ? 又∵y=-x+ x在?3,2?上单调递减, ? ? 1? 8 ? ∴?-x+x? =3, ? ?max 8 4 ∴2a≥3,即 a≥3. ?4 ? 答案:?3,+∞? ? ? 1 9.设函数 f(x)=ln x-2ax2-bx,若 x=1 是 f(x)的极大值点,则 a 的取值范 围是________. 1 解析:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= x -ax-b, 由 f′(1)=0,得 b=1-a. -ax2+1+ax-x (ax+1)(x-1) 1 ∴f′(x)= x-ax+a-1= =- . x x ①若 a≥0,当 0<x<1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x>1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 所以 x=1 是 f(x)的极大值点. 1 ②若 a<0,由 f′(x)=0,得 x=1 或 x=-a. 因为 x=1 是 f(x)的极大值点, 1 所以-a>1,解得-1<a<0. 综合①②得 a 的取值范围是(-1,+∞). 答案:(-1,+∞) 三、解答题 1 10.已知函数 f(x)=x-2ax2-ln(1+x)(a>0). (1)若 x=2 是 f(x)的极值点,求 a 的值; (2)求 f(x)的单调区间.

解:(1)f′(x)=

x(1-a-ax) ,x∈(-1,+∞). x+1

1 依题意,得 f′(2)=0,解得 a=3. 1 1 经检验,a=3符合题意,故 a 的值为3. 1 (2)令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=a-1. ①当 0<a<1 时,f(x)与 f′(x)的变化情况如下: x f′(x) f(x) (-1,x1) - x1 0 ? f(x1) (x1,x2) + x2 0 ? f(x2) (x2,+∞) - ?

1 ? ? ?1 ? ∴f(x)的单调增区间是?0,a-1?,单调减区间是(-1,0)和?a-1,+∞?; ? ? ? ? ②当 a=1 时,f(x)的单调减区间是(-1,+∞); ③当 a>1 时,-1<x2<0,f(x)与 f′(x)的变化情况如下: x f′(x) f(x) (-1,x2) - x2 0 ? f(x2) (x2,x1) + x1 0 ? f(x1) (x1,+∞) - ?

1 ? ?1 ? ? ∴f(x)的单调增区间是?a-1,0?,单调减区间是?-1,a-1?和(0,+∞). ? ? ? ? 1 ? ? 综上,当 0<a<1 时,f(x)的单调增区间是?0,a-1?,单调减区间是(-1,0) ? ? ?1 ? 和?a-1,+∞?; ? ? 当 a=1 时,f(x)的单调减区间是(-1,+∞); 1 ? ?1 ? ? 当 a>1 时,f(x)的单调增区间是?a-1,0?,单调减区间是?-1,a-1?和(0, ? ? ? ? +∞). x 11.(2016· 兰州模拟)已知函数 f(x)=ln x+ax,x>1. (1)若 f(x)在(1,+∞)上单调递减,求实数 a 的取值范围; (2)若 a=2,求函数 f(x)的极小值.

ln x-1 解:(1)f′(x)= ln2x +a,由题意可得 f′(x)≤0 在(1,+∞)上恒成立, 1 1 ? 1 1?2 1 ∴a≤ln2x-ln x=?ln x-2? -4. ? ? ∵x∈(1,+∞),∴ln x∈(0,+∞), 1 1 1 1 ? 1 1?2 1 ∴当ln x-2=0 时函数 t=?ln x-2? -4的最小值为-4,∴a≤-4,即实数 a ? ? 1? ? 的取值范围为?-∞,-4?. ? ? ln x-1+2ln2x x (2)当 a=2 时,f(x)= +2x,f′(x)= , ln x ln2x 令 f′(x)=0 得 2ln2x+ln x-1=0,
1 1 解得 ln x=2或 ln x=-1(舍),即 x=e2. 1 2 1 2

当 1<x<e 时,f′(x)<0,当 x>e 时,f′(x)>0,
1 1 1 e2 ∴f(x)的极小值为 f(e )= 1 +2e2=4e2. 2 1 2

2 12.已知函数 f(x)=ax-x -3ln x,其中 a 为常数. ?2 ?2?? ?? (1)当函数 f(x)的图象在点?3,f? ?3??处的切线的斜率为 1 时,求函数 f(x)在 ? ?3 ? ?2,3?上的最小值; ? ? (2)若函数 f(x)在区间(0,+∞)上既有极大值又有极小值,求 a 的取值范围. 2 3 解:(1)f′(x)=a+x2-x(x>0), ?2? 由题意可知 f′?3?=1, ? ? 解得 a=1. 2 故 f(x)=x-x -3ln x, ∴f′(x)= (x-1)(x-2) , x2

根据题意由 f′(x)=0,得 x=2.

于是可得下表: x f′(x) f(x) ∴f(x)min=f(2)=1-3ln 2.
2 2 3 ax -3x+2 (2)f′(x)=a+x2- x= (x>0). x2

3 2

?3 ? ?2,2? ? ? - ?

2 0 1-3ln 2

(2,3) + ?

3

由题意可得方程 ax2-3x+2=0 有两个不等的正实根, 不妨设这两个根为 x1,x2,并令 h(x)=ax2-3x+2, Δ=9-8a>0, ? ? ? ? 3 ?x +x =a>0,? ? -3 ? 则? 也可以为?- >0 , 2a ? ? 2 ? ? ? ? ? x x = >0 , h ( 0 ) >0 , ? a
1 2 1 2

Δ=9-8a>0,

9? 9 ? 解得 0<a<8.故 a 的取值范围为?0,8?. ? ?


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