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高考综合函数综合题的几个热点


高考函数综合题的几个热点
一、以分段函数为主线的热点问题 例 1(2005 年高考理科)对定义域分别是 Df、Dg 的函数 y=f(x)、y=g(x),规定:
? 函数 h(x)=? f(x) ?

f(x)· g(x) g(x)

当x∈ Df且x∈ Dg 当x∈ Df且x/Dg , ∈ 当x∈ /Df且x∈ Dg

r />
1 (1)若函数 f(x)= ,g(x)=x2,x∈ R,写出函数 h(x)的解析式; x﹣1 (2)求问题(1)中函数 h(x)的值域; (3)若 g(x)=f(x+α),其中 α 是常数,且 α∈ [0,π],请设计一个定义域为 R 的函数 y=f(x),及一个 α 的值,使 得 h(x)=cos4x,并予以证明.
? 解:(1)h(x)= ? x﹣1 ?

x2

1

x∈ (﹣∞,1)∪ (1,+∞) . x=1 x2 1 =x﹣1+ +2, x﹣1 x﹣1

(2) 当 x≠1 时,h(x)=

若 x>1 时,则 h(x)≥4,其中等号当 x=2 时成立, 若 x<1 时,则 h(x)≤0,其中等号当 x=0 时成立, ∴ 函数 h(x)的值域是(﹣∞,0]∪ {1}∪ [4,+∞) ? ? ? (3)令 f(x)=sin2x+cos2x,α= ,则 g(x)=f(x+α)=sin2(x+ )+cos2(x+ )=cos2x﹣sin2x, 4 4 4 于是 h(x)=f(x)· f(x+α)=(sin2x+co2sx)(cos2x﹣sin2x)=cos4x. 二、以抽象函数为主线的热点问题 例 2(2005 年广东高考题)设函数 f(x)在(﹣∞,+∞)上满足 f(2﹣x)=f(2+x),f(7﹣x)=f(7+x),且在闭区间[0, 7]上,只有 f(1)=f(3)=0.(Ⅰ )试判断函数 y=f(x)的奇偶性; )试求方程 f(x)=0 在闭区间[-2005,2005]上的根 (Ⅱ 的个数,并证明你的结论. 解:由?
? f(2﹣x)=f(2+x) ? f(x)=f(4﹣x) ?? ?f(4﹣x)=f(14﹣x)?f(x)=f(x+10), ? f(7﹣x)=f(7+x) ? f(x)=f(14﹣x)

从而知函数 y=f(x)的周期为 T=10. 又因 f(3)=f(1)=0,∴ f(﹣7)=0,而由已知 f(7)≠0,∴ f(﹣7)≠±f(7) 故函数 y=f(x)是非奇非偶函数. (II)又 f(3)=f(1)=0,f(11)=f(13)=f(﹣7)=f(﹣9)=0, 故 f(x)在[0,10]和[﹣10,0]上均有两个解,从而可知函数 y=f(x)在[0,2005]上有 402 个解,在[﹣2005,0]上有 400 个解,所以函数 y=f(x)在[﹣2005,2005]上有 802 个解. 三、以三次函数为主线的热点问题 例 3(2005· 重庆高考文科)设函数 f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax+8,其中 a∈ R.(1)若 f(x)在 x=3 处取得极值,求常数
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a 的值; (2)若 f(x)在(-∞,0)上为增函数,求 a 的取值范围. 解: )f?(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-a)(x-1), (Ⅰ 因 f(x)在 x=3 取得极值,所以 f?(3)=6(3-a)(3-1)=0,解得 a=3, 经检验知当 a=3 时,x=3 为 f(x)为极值点. (Ⅱ )令 f?(x)=6(x-a)(x-1)=0,得 x1=a,x2=1, 当 a<1 时, x∈ 若 (-∞,a)∪ (1,+∞), f?(x)>0, 则 所以 f(x)在(-∞,a)和(1,+∞)上为增函数, 故当 0≤a<1 时, f(x)在(-∞,0) 上为增函数. 当 a≥1 时,若 x∈ (-∞,1)∪ (a,+∞),则 f?(x)>0,所以 f(x)在(-∞,1)和(a,+∞)上为增函数,从而 f(x)在(-∞,0]上也为增 函数. 综上所述,当 a∈ [0,+∞)时,f(x)在(-∞,0)上为增函数. 四、以向量知识为背景的函数热点问题 例 4(2005 年上海· 文科)已知函数 f(x)=kx+b 的图象与 x、y 轴分别相交于点 A、B,AB=2→+2→,(→、→分别 → i j i j g(x)+1 是与 x、 轴正半轴同方向的单位向量), y 函数 g(x)=x2﹣x﹣6.(1)求 k、 的值; b (2)当 x 满足 f(x)>g(x)时,求函数 f(x) 的最小值. b b b 解:(1)由已知得 A(﹣ ,0),B(0,b),则AB={ ,b},于是 =2,b=2,∴ → k=1,b=2. k k k (2)由 f(x)>g(x),得 x+2>x2﹣x﹣6,即(x+2)(x﹣4)<0,得﹣2<x<4, g(x)+1 x2﹣x﹣5 1 = =x+2+ -5, f(x) x+2 x+2 g(x)+1 由于 x+2>0,则 ≥﹣3,其中等号当且仅当 x+2=1,即 x=﹣1 时成立, f(x) g(x)+1 ∴ 的最小值是﹣3. f(x) 五、以创新函数为主线的热点问题 例 5(2005 年北京· 理科)设 f(x)是定义在[0,1]上的函数,若存在 x*∈ (0,1),使得 f(x)在[0,x*]上单调递增,在 [x*,1]上单调递减,则称 f(x)为[0,1]上的单峰函数,x*为峰点,包含峰点的区间为含峰区间.对任意的[0,l]上的单 峰函数 f(x),下面研究缩短其含峰区间长度的方法. (I)证明:对任意的 x1,x2∈ (0,1),x1<x2,若 f(x1)≥f(x2),则(0,x2)为含峰区间;若 f(x1)≤f(x2),则(x1, 1)为含峰区间; (II)对给定的 r(0<r<0.5) ,证明:存在 x1,x2∈ (0,1),满足 x2-x1≥2r,使得由(I)所确定的含峰区间 的长度不大于 0.5+r; (III)选取 x1,x2∈ (0,1),x1<x2,由(I)可确定含峰区间为(0,x2)或(x1,1),在所得的含峰区间内选取 x3,由 x3 与 x1 或 x3 与 x2 类似地可确定一个新的含峰区间.在第一次确定的含峰区间为(0,x2)的情况下,试确定 x1,x2,x3 的值,满足两两之差的绝对值不小于 0.02,且使得新的含峰区间的长度缩短到 0.34.(区间长度等于区
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间的右端点与左端点之差). 解: (I)证明:设 x*为 f(x)的峰点,则 由单峰函数定义可知,f(x)在[0,x*]上单调递增,在[x*,1]上单调递减. 当 f(x1)≥f(x2)时,假设 x*∈ /(0,x2),则 x1<x2<x*,从而 f(x*)≥f(x2)>f(x1), 这与 f(x1)≥f(x2)矛盾,所以 x*∈ (0,x2),即(0,x2)是含峰区间. 当 f(x1)≤f(x2)时,假设 x*∈ /(x1,1),则 x*≤x1<x2,从而 f(x*)≥f(x1)>f(x2), 这与 f(x1)≤f(x2)矛盾,所以 x*∈ (x1,1),即(x1,1)是含峰区间. (II)证明:由(I)的结论可知: 当 f(x1)≥f(x2)时,含峰区间的长度为 l1=x2;当 f(x1)≤f(x2)时,含峰区间的长度为 l2=1-x1; 对于上述两种情况,由题意得?
? x2≤0.5+r ? 1﹣x1≤0.5+r



由① 1+x2-x1≤1+2r,即 x2-x1≤2r. 得 又因为 x2-x1≥2r,所以 x2-x1=2r, ② ,将② 代入① x1≤0.5-r,x1≥0.5-r, 得 ③

由② 和③ 解得 x1=0.5-r,x2=0.5+r.所以这时含峰区间的长度 l1=l1=0.5+r, 即存在 x1,x2 使得所确定的含峰区间的长度不大于 0.5+r. (III)解:对先选择的 x1;x2,x1<x2,由(II)可知 x1+x2=l, ④ ⑤

在第一次确定的含峰区间为(0,x2)的情况下,x3 的取值应满足 x3+x1=x2, 由④ 与⑤ 可得?
? x2=1﹣x1 , ? x3=1﹣2x1

当 x1>x3 时,含峰区间的长度为 x1. 由条件 x1-x3≥0.02,得 x1-(1-2x1)≥0.02,从而 x1≥0.34. 因此,为了将含峰区间的长度缩短到 0.34,只要取 x1=0.34,x2=0.66,x3=0.32. 五、以恒成立为背景的热点问题 例 6:若关于 x 的不等式 x ? 4 x ? m 对任意 x ? [0, 1] 恒成立,求实数 m 的取值范围。
2

2 2 分析:令 f ( x) ? x ? 4 x ? ( x ? 2) ? 4 ,? x ? 2 ? [0, 1] , f (0) ? 0, f (1) ? ?3 ,

∴ x ? 1 时, f ( x ) 在区间[0,1]上的最小值为 – 3, 当

? f ( x) ? m 恒成立,? m ? ?3 。
变式 1:函数 ax ? bx ? c ? 0 对任意 x ? R 恒成立的条件是什么?
2

分析: a ? 0 时, b ? 0 且 c ? 0 ;

a ? 0 时;
思考 1:由二次函数的图象可得 ?

?a ? 0 (开口向上,与 x 轴没有交点) ; ?? ? 0
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思 考 2 : 令 f ( x) ? ax2 ? bx ? c, ? f ( x) ? 0 恒 成 立 , ? f ( x )m i n ? 0 ( 有 最 小 值 , 且 最 小 值 大 于 0 ) ,

?a ? 0 ? ? ? 4a ? c b ? ? 4a

2

? 0 (??? 0 )



说明:思考 1 利用二次函数的特性(图象为抛物线) ,是其独有的性质,而且要求 x ? R ,当 x 在某个区间内时, 不适用,因此不具有一般性。 思考 2 并不依赖于二次函数,对任何函数都适用,是解题的一般方法,体现了函数的思想,把恒成立问题转化 为求函数的最值问题: (1) f ( x) ? m 恒成立 ? m ? f ( x) 的最小值; (2) f ( x) ? M 恒成立 ? M ? f ( x) 的最大值。 由此,对于恒成立问题中求参数的范围时,常采用“分离变量”的方法,即未知数写一边,参数写另一边,这样 求函数的最值便比较简单(可以避免分类讨论) ,这种题型在导数的应用及高考试题中尤为常见。 如:当 x ? [1, 3] 时,关于 x 的不等式 2t ? 1 ? ?3x ? 1 恒成立,求实数 t 的取值范围 变式 2:若不等式 x ? mx ? 1 ? 0 当 x ? [0, 1] 时成立,求实数 m 的取值范围。
2

。 t?? (

1 ) 2

分析 1: (分离变量) x ? 0 时, 1 ? 0 成立;

0 ? x ? 1 时,原不等式等价于 mx ? x 2 ? 1 ? m ?
∵ 函数 f ( x) ? x ?

x2 ? 1 1 ? x? , x x

1 在区间 (0, 1] 上单调递减,? f ( x) 的最小值为 f (1) ? 2 , x

又 m ? f ( x) 恒成立,? m ? 2 。 分析 2:求函数 f ( x) ? x ? mx ? 1 在区间 [0, 1] 上的最小值。
2

函数 f ( x ) 的开口向上,对称轴为 x ? (1)当

m m m ,其单调递增区间为 [ , ? ? ) ,单调递减区间为 ( ??, ] ; 2 2 2

m ? 0 即 m ? 0 时, f ( x) 在区间 [0, 1] 上单调递增,? f ( x)min ? f (0) ? 1 ? 0 成立,? m ? 0 ; 2 m (2)当 ? 1 即 m ? 2 时, f ( x ) 在区间 [0, 1] 上单调递减, 2

? f ( x)min ? f (1) ? 2 ? m ? 0 ? m ? 2 成立,? m ? 2 ;
(3)当 0?

m m m ? 1 即 0 ? m ? 2 时 , f ( x) 在 区 间 [ 0 , ]上 单 调 递 减 , 在 区 间 [ , 1]上 单 调 递 减 , 2 2 2

m m2 ? f ( x )m i n ? f ( ) ? ? 1 ? ? ? ? m ? ,? 0 ? m ? 2 ; 0 2 2 2 4
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(注:也可以函数的图象与 x 轴至多有一个交点,得 ? ? m ? 4 ? 0 。 )
2

综上, m ? 2 。 反思:求函数的最小值时,由于含有参数 m,因此要分类讨论,并结合函数的图象进行考虑,过程比较复杂, 因此分离变量后求函数最值应是解题的首选,但求函数的单调区间会有一定的阻碍。 变式 3:若不等式 x ? mx ? 1 ? 0 当 x ? [0, 1] 时成立,求实数 m 的取值范围。
2

分析 1: (分离变量) x ? 0 时, ?1 ? 0 成立;

0 ? x ? 1 时,原不等式等价于 mx ? x 2 ? 1 ? m ?
∵ 函数 f ( x) ? x ?

x2 ?1 1 ? x? , x x

1 在区间 (0, 1] 上单调递增,? f ( x) 的最大值为 f (1) ? 0 , x

又 m ? f ( x) 恒成立,? m ? 0 。 分析 2:求函数 f ( x) ? x2 ? mx ?1 在区间 [0, 1] 上的最大值。 函数 f ( x ) 的开口向上,对称轴为 x ? 最大值为 f (0) 或 f (1) ,? ?

m m m ? ,其单调递增区间为 [ , ? ? ) ,单调递减区间为 ( ??, ] ; f ( x) 的 2 2 2

? f (0) ? ?1 ? 0 ? m ? 0。 ? f (1) ? ?m ? 0
1 1 及 f ( x) ? x ? 的单调性必须证明。 x x

说明: (1)函数 f ( x) ? x ? 对函数 f ( x) ? x ?

a ( x ? 0) ,有如下结论: x a ① a ? 0 时, f ( x) ? x ? 在区间 (0, ? ?) 上为增函数; 当 x a ② a ? 0 时, f ( x) ? x ? 在区间 (0, a ] 上为减函数,在区间 [ a , ? ?) 上为增函数。 当 (打“√”函数) x
思路分析: )由单调性的定义证明; )利用导数的性质; (Ⅰ (Ⅱ (Ⅲ )对于打“√”函数,可以利用基本不等式来判断。 (2)分离变量确有一定的优势,而且不一定要求出参数,只要不含有自变量即可。 如:若不等式 x ? 4 x ? m ? 4m ? 0 当 x ? [0, 1] 时成立,求实数 m 的取值范围。
2 2

分析: m ? 4m ? x ? 4x, ?m ? 4m ? ?3 ? 1 ? m ? 3 。
2 2 2

(3)分离变量不是万能的方法。 ① 分离变量后的函数较为复杂,不易求最值。 如: (2007 年全国 1 高考数学理科试题) 若对所有 x ? 0 都有 e ? e
x ?x

? ax ,求 a 的取值范围。
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分析:按分离变量的方法,当 x ? 0 时, 0 ? 0 成立; 当 x ? 0 时, a ?

e x ? e? x e x ? e? x ,令 f ( x) ? , x x

? f ?( x) ?

x(e x ? e? x ) ? (e x ? e? x ) ( x ? 1)e x ? ( x ? 1)e ? x ? , x2 x2

此时解不等式 f ?( x) ? 0 有较大的难度,二次求导也未能完成。 另解:设 g ( x) ? e x ? e? x ? ax ,所以 g (0) ? 0, g ?( x) ? e x ? e? x ? a , 当 a ? 2 时, g ?( x) ? e x ? e? x ? a ? 0 成立; 当 a ? 2 时,令 g ?( x) ? 0 ? (e x )2 ? ae x ? 1 ? 0 , 设 x1 , x2 为方程 g ?( x) ? 0 的两个实根,所以 e 1 e
x x2

? 1 ? x1 ? 0 ? x2 ,

所以函数 g ( x) 在区间 (0, x2 ) 上递减,在区间 ( x2 , ??) 上递增, 所以 0 ? x ? x2 时, g ( x) ? 0 ,原不等式不成立,综上, a ? 2 。 ② 不能分离变量。 如:若不等式 4 x ? 4ax ? a ? 4a ? 5 ? 0 当 x ? [0, 1] 时恒成立,求实数 a 的范围。
2 2

分析:要分离变量 a 及 x 有极大的难度,本例考虑函数的最值会更理想些。 令 f ( x) ? 4 x ? 4ax ? a ? 4a ? 5 ,开口向上,对称轴为 x ?
2 2

a m ,其单调递增区间为 [ , ? ? ) ,单调递减区间 2 2

为 ( ??,

m ] ;? f ( x) 的最大值为 f (0) 或 f (1) , 2

? f (0) ? a 2 ? 4a ? 5 ? 0 ? ?5 ? a ? 1 ? ?? ? ?1 ? a ? 1 。 2 ? f (1) ? a ? 1 ? 0 ? ?1 ? a ? 1 ?
③ 适当变形后分离变量。 如: (2008 年安徽高考数学理科试题) 已知 2 ? x 对任意 x ? (0,1) 成立,求实数 a 的取值范围。
a 1 x

分析:两边取以 e 为底的对数,得 令 f ( x) ? x ln x, x ? (0,1) ,

1 ln 2 ln 2 ? a ln x ,? 0 ? x ? 1 ? ln x ? 0 ,? a ? ; x x ln x

1 1 1 ? ln x ? 1 ? 0 ? x ? , f ?( x) ? 0 ? 0 ? x ? , x e e 1 1 ? f ( x) 在区间 [ , 1) 上为增函数,在区间 (0, ] 上为减函数, e e ? f ?( x) ? ln x ? x ?
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1 1 1 1 1 时, f ( x ) 取最小值 f ( ) ? ln ? ? , e e e e e 1 ln 2 ? ?e ln 2 ,? a ? ?e ln 2 。 即 ? ? x ln x ? 0 ? e x ln x 1 说明:也可以令 f ( x) ? (原题的形式) ,但上面所构造的函数更为简便。 x ln x
∴ x? 当 变式 4:若不等式 x ? mx ? 1 ? 0 当 m?[0, 3] 时恒成立,求实数 x 的取值范围。
2

分析:由于 m 的范围给定,应看作关于 m 的函数。 令 g (m) ? ? xm ? x2 ? 1 为关于 m 的一次函数,从而为单调函数,

? g (m) 的最小值为 g (0) 或 g (1) ,? g (m) ? 0 当 m?[0, 3] 时恒成立,

? g (0) ? 1 ? 0 3? 5 3? 5 。 ?? ? ?x? 2 2 2 ? g (3) ? x ? 3x ? 1 ? 0

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高考函数综合题的几个热点
一、以分段函数为主线的热点问题 例 1(2005 年高考理科)对定义域分别是 Df、Dg 的函数 y=f(x)、y=g(x),规定: f(x)· g(x) 当x∈ Df且x∈ Dg f(x) 当x∈ Df且x/Dg , ∈ 函数 g(x) 当x/Df且x∈ ∈ Dg 1 (1)若函数 f(x)= ,g(x)=x2,x∈ R,写出函数 h(x)的解析式; x﹣1
? h(x)=? ?

(2)求问题(1)中函数 h(x)的值域; (3)若 g(x)=f(x+α),其中 α 是常数,且 α∈ [0,π],请设计一个定义域为 R 的函数 y=f(x),及一 个 α 的值,使得 h(x)=cos4x,并予以证明.

二、以抽象函数为主线的热点问题 例 2(2005 年广东高考题)设函数 f(x)在(﹣∞,+∞)上满足 f(2﹣x)=f(2+x),f(7﹣x)=f(7+x),且 在闭区间[0,7]上,只有 f(1)=f(3)=0.(Ⅰ )试判断函数 y=f(x)的奇偶性; )试求方程 f(x)=0 在 (Ⅱ 闭区间[-2005,2005]上的根的个数,并证明你的结论.

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三、以三次函数为主线的热点问题 例 3(2005· 重庆高考文科)设函数 f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax+8,其中 a∈ R.(1)若 f(x)在 x=3 处取得 极值,求常数 a 的值; (2)若 f(x)在(-∞,0)上为增函数,求 a 的取值范围.

四、以向量知识为背景的函数热点问题 例 4(2005 年上海· 文科)已知函数 f(x)=kx+b 的图象与 x、 轴分别相交于点 A、 AB=2→+2→, y B, → i j (→、→分别是与 x、y 轴正半轴同方向的单位向量),函数 g(x)=x2﹣x﹣6.(1)求 k、b 的值;(2)当 x 满 i j g(x)+1 足 f(x)>g(x)时,求函数 f(x) 的最小值.

五、以创新函数为主线的热点问题 例 5(2005 年北京· 理科)设 f(x)是定义在[0,1]上的函数,若存在 x*∈ (0,1),使得 f(x)在[0,x*] 上单调递增,在[x*,1]上单调递减,则称 f(x)为[0,1]上的单峰函数,x*为峰点,包含峰点的区间为 含峰区间.对任意的[0,l]上的单峰函数 f(x),下面研究缩短其含峰区间长度的方法. (I) 证明: 对任意的 x1, (0, x1<x2, f(x1)≥f(x2), x2∈ 1), 若 则(0, x2)为含峰区间; f(x1)≤f(x2), 若 则(x1,1)为含峰区间; (II)对给定的 r(0<r<0.5) ,证明:存在 x1,x2∈ (0,1),满足 x2-x1≥2r,使得由(I)所确 定的含峰区间的长度不大于 0.5+r;
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(III)选取 x1,x2∈ (0,1),x1<x2,由(I)可确定含峰区间为(0,x2)或(x1,1),在所得的含 峰区间内选取 x3,由 x3 与 x1 或 x3 与 x2 类似地可确定一个新的含峰区间.在第一次确定的含峰区间 为(0,x2)的情况下,试确定 x1,x2,x3 的值,满足两两之差的绝对值不小于 0.02,且使得新的含峰 区间的长度缩短到 0.34.(区间长度等于区间的右端点与左端点之差).

五、以恒成立为背景的热点问题 例 6:若关于 x 的不等式 x 2 ? 4 x ? m 对任意 x ? [0, 1] 恒成立,求实数 m 的取值范围。

变式 1:函数 ax2 ? bx ? c ? 0 对任意 x ? R 恒成立的条件是什么?

恒成立问题转化为求函数的最值问题: (1) f ( x) ? m 恒成立 ? m ? f ( x) 的 (2) f ( x) ? M 恒成立 ? M ? f ( x) 的 ; 。
1 ( 。t ? ? ) 2

例: x ? [1, 3] 时, 当 关于 x 的不等式 2t ? 1 ? ?3x ? 1 恒成立, 求实数 t 的取值范围
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变式 2:若不等式 x 2 ? mx ? 1 ? 0 当 x ? [0, 1] 时成立,求实数 m 的取值范围。

变式 3:若不等式 x 2 ? mx ? 1 ? 0 当 x ? [0, 1] 时成立,求实数 m 的取值范围。

(2)分离变量确有一定的优势,而且不一定要求出参数,只要不含有自变量即可。 例:若不等式 x2 ? 4 x ? m2 ? 4m ? 0 当 x ? [0, 1] 时成立,求实数 m 的取值范围。

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(3)分离变量不是万能的方法。 ① 分离变量后的函数较为复杂,不易求最值。 例: (2007 年全国 1 高考数学试题)若对所有 x ? 0 都有 e x ? e? x ? ax ,求 a 的取值范围。

② 不能分离变量。 例:若不等式 4 x2 ? 4ax ? a 2 ? 4a ? 5 ? 0 当 x ? [0, 1] 时恒成立,求实数 a 的范围。

③ 适当变形后分离变量。 例: (2008 年安徽高考数学试题)已知 2 ? x a 对任意 x ? (0,1) 成立,求实数 a 的取值范围。
1 x

变式 4:若不等式 x 2 ? mx ? 1 ? 0 当 m?[0, 3] 时恒成立,求实数 x 的取值范围。

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