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高考数学北师大版(通用,理)总复习学案:学案5 函数的单调性与最值


学案 5

函数的单调性与最值

导学目标: 1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其 几何意义.2.会用定义判断函数的单调性,会求函数的单 调区间及会用单调性求函数的最值. 探究点一 函数单调性的判定及证明 x+a 例 1 设函数 f(x)= (a>b>0), 求 f(x)的单调区间, x+b 并说明 f(x)在其单调区间上的单调性.

自主梳理 1.单调性 (1)定义:一般地,设函数 y=f(x)的定义域为 I,如 果对于定义域 I 内某个区间 D 上的任意两个自变量 x1, x2, 当 x1<x2 时, 都有 f(x1)<f(x2)(f(x1)>f(x2)), 那么就说 f(x) 在区间 D 上是______________. (2)单调性的定义的等价形式:设 x1,x2∈[a,b], f?x1?-f?x2? 那么(x1-x2)(f(x1)-f(x2))>0? >0?f(x)在[a,b] x1-x2 f?x1?-f?x2? 上是________;(x1-x2)(f(x1)-f(x2))<0? <0? x1-x2 f(x)在[a,b]上是________. (3)单调区间: 如果函数 y=f(x)在某个区间上是增函 数或减函数,那么说函数 y=f(x)在这一区间具有(严格 的)单调性,区间 D 叫做 y=f(x)的__________. a (4)函数 y=x+ (a>0)在 (-∞,- a),( a,+∞) x 上是单调 ________ ;在 ( - a , 0) , (0 , a ) 上是单调 a ______________;函数 y=x+ (a<0)在______________ x 上单调递增. 2.最值 一般地,设函数 y=f(x)的定义域为 I,如果存在实 数 M 满足:①对于任意的 x∈I,都有 f(x)≤M(f(x)≥M); ②存在 x0∈I,使得 f(x0)=M.那么,称 M 是函数 y=f(x) 的____________. 自我检测 b 1.(2011· 杭州模拟)若函数 y=ax 与 y=- 在(0,+∞) x 上都是减函数,则 y=ax2+bx 在(0,+∞)上是 ( ) A.增函数 B.减函数 C.先增后减 D.先减后增 2.设 f(x)是(-∞,+∞)上的增函数,a 为实数,则有 A.f(a)<f(2a) B.f(a2)<f(a) 2 C.f(a +a)<f(a) D.f(a2+1)>f(a) 3.下列函数在(0,1)上是增函数的是 ( ) A.y=1-2x B.y= x-1 C.y=-x2+2x D.y=5 4.(2011· 合肥月考)设(a,b),(c,d)都是函数 f(x)的单调 增区间,且 x1∈(a,b),x2∈(c,d),x1<x2,则 f(x1) 与 f(x2)的大小关系是 ( ) A.f(x1)<f(x2) B.f(x1)>f(x2) C.f(x1)=f(x2) D.不能确定 5. 当 x∈[0,5]时, 函数 f(x)=3x2-4x+c 的值域为 ( ) 4 A.[c,55+c] B.[- +c,c] 3 4 C.[- +c,55+c] D.[c,20+c] 3

变式迁移 1 已知 f(x)是定义在 R 上的增函数, 对x 1 ∈R 有 f(x)>0, 且 f(5)=1, 设 F(x)=f(x)+ , 讨论 F(x) f?x? 的单调性,并证明你的结论.

探究点二 函数的单调性与最值 x2+2x+a (2011· 烟台模拟)已知函数 f(x)= ,x x ∈[1,+∞). 1 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值; 2 (2)若对任意 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成立,试求实 数 a 的取值范围. 例2

a a 变式迁移 2 已知函数 f(x)=x- + 在(1,+∞)上 x 2 是增函数,求实数 a 的取值范围.

探究点三 抽象函数的单调性 例 3 (2011· 厦门模拟)已知函数 f(x)对于任意 x,y ∈R,总有 f(x)+f(y)=f(x+y),且当 x>0 时,f(x)<0,f(1) 2 =- . 3 (1)求证:f(x)在 R 上是减函数; (2)求 f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值.

变式迁移 3 已知定义在区间(0, +∞)上的函数 f(x) x1 满足 f( )=f(x1)-f(x2),且当 x>1 时,f(x)<0. x2 (1)求 f(1)的值; (2)判断 f(x)的单调性; (3)若 f(3)=-1,解不等式 f(|x|)<-2.



分类讨论及数形结合思想 (12 分)求 f(x)=x2-2ax-1 在区间[0,2]上的最大值 和最小值. 【答题模板】 解 f(x)=(x-a)2-1-a2,对称轴为 x=a. (1) 当 a<0 时,由图①可知,f(x)min=f(0)=-1, f(x)max=f(2)=3-4a.[3 分]

(减)函数. (5)当 f(x),g(x)都是增(减)函数时,则 f(x)· g(x)当两 者都恒大于零时,是增(减)函数;当两者都恒小于零时, 是减(增)函数.

(满分:75 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1.(2011· 泉州模拟)“a=1”是“函数 f(x)=x2-2ax+3 在区间[1,+∞)上为增函数”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2 ? ?x +4x, x≥0, ? 2.(2009· 天津)已知函数 f(x)= 2 ?4x-x , x<0, ? 若 f(2-a2)>f(a), 则实数 a 的取值范围是 ( ) A.(-∞,-1)∪(2,+∞) B.(-1,2) C.(-2,1) D.(-∞,-2)∪(1,+∞) 3.(2009· 宁夏,海南)用 min{a,b,c}表示 a,b,c 三 个数中的最小值. 设 f(x)=min{2x, x+2,10-x}(x≥0), 则 f(x)的最大值为 ( ) A.4 B.5 C.6 D.7 a 2 4. (2011· 丹东月考)若 f(x)=-x +2ax 与 g(x)= 在区 x+1 间[1,2]上都是减函数,则 a 的取值范围是 ( ) A.(-1,0)∪(0,1) B.(-1,0)∪(0,1] C.(0,1) D.(0,1] 5. (2011· 葫芦岛模拟)已知定义在 R 上的增函数 f(x), 满 足 f(-x)+f(x)=0,x1,x2,x3∈R,且 x1+x2>0,x2 +x3>0,x3+x1>0,则 f(x1)+f(x2)+f(x3)的值 ( ) A.一定大于 0 B.一定小于 0 C.等于 0 D.正负都有可能 1 2 3 4 5 题号 答案 二、填空题(每小题 4 分,共 12 分) 6.函数 y=-(x-3)|x|的递增区间是________. 7.设 f(x)是增函数,则下列结论一定正确的是_____ (填序号). 1 ③ y=[f(x)]2 是增函数; ②y= 是减函数; f?x? ③y=-f(x)是减函数; ④y=|f(x)|是增函数. 1 1 8.设 0<x<1,则函数 y= + 的最小值是________. x 1 -x 三、解答题(共 38 分) 1 9.(12 分)(2011· 湖州模拟)已知函数 f(x)=a- . |x| (1)求证:函数 y=f(x)在(0,+∞)上是增函数; (2)若 f(x)<2x 在(1,+∞)上恒成立,求实数 a 的取 值范围.

(2)当 0≤a<1 时,由图②可知,f(x)min=f(a)=-1- a2,f(x)max=f(2)=3-4a.[6 分] (3)当 1<a≤2 时,由图③可知,f(x)min=f(a)=-1- 2 a ,f(x)max=f(0)=-1.[9 分]

(4)当 a>2 时,由图④可知,f(x)min=f(2)=3-4a, f(x)max=f(0)=-1. 综上,(1)当 a<0 时,f(x)min=-1,f(x)max=3-4a; (2)当 0≤a<1 时,f(x)min=-1-a2,f(x)max=3-4a; (3)当 1<a≤2 时,f(x)min=-1-a2,f(x)max=-1; (4)当 a>2 时,f(x)min=3-4a,f(x)max=-1.[12 分] 【突破思维障碍】 (1) 二次函数的单调区间是由图象的对称轴确定 的.故只需确定对称轴与区间的关系.由于对称轴是 x =a,而 a 的取值不定,从而导致了分类讨论. (2)不是应该分 a<0,0≤a≤2, a>2 三种情况讨论吗? 为什么成了四种情况?这是由于抛物线的对称轴在区 间[0,2]所对应的区域时,最小值是在顶点处取得,但最 大值却有可能是 f(0),也有可能是 f(2). 1.函数的单调性的判定与单调区间的确定常用方 法有: (1)定义法;(2)导数法;(3)图象法;(4)单调性的运 算性质. 2.若函数 f(x),g(x)在区间 D 上具有单调性,则在 区间 D 上具有以下性质: (1)f(x)与 f(x)+C 具有相同的单调性. (2)f(x)与 af(x),当 a>0 时,具有相同的单调性,当 a<0 时,具有相反的单调性. 1 (3)当 f(x)恒不等于零时,f(x)与 具有相反的单调 f?x? 性. (4)当 f(x), g(x)都是增(减)函数时, 则 f(x)+g(x)是增

10.(12 分)已知 f(x)=x2+ax+3-a,若 x∈[-2,2]时, f(x)≥0 恒成立,求 a 的取值范围.

f(x2)>f(x1) , F(x2) - F(x1) = [f(x2) + [f(x2)-f(x1)][1-

1 1 ] - [f(x1) + ]= f?x2? f?x1?

11. (14 分)(2011· 鞍山模拟)已知 f(x)是定义在[-1,1]上的 奇函数,且 f(1)=1,若 a,b∈[-1,1],a+b≠0 时, f?a?+f?b? 有 >0 成立. a+b (1)判断 f(x)在[-1,1]上的单调性,并证明它; 1 1 (2)解不等式:f(x+ )<f( ); 2 x-1 (3)若 f(x)≤m2-2am+1 对所有的 a∈[-1,1]恒成 立,求实数 m 的取值范围.

答案 自主梳理 1.(1)增函数(减函数) (2)增函数 减函数 (3)单 调区间 (4)递增 递减 (-∞,0),(0,+∞) 2.最大 (小)值 自我检测 1.B [由已知得 a<0,b<0.所以二次函数对称轴为 b 直线 x=- <0,且图象开口向下.] 2a 2.D [∵a2+1>a,f(x)在 R 上单调递增, ∴f(a2+1)>f(a).] 3.C [常数函数不具有单调性.] 4.D [在本题中,x1,x2 不在同一单调区间内,故 无法比较 f(x1)与 f(x2)的大小.] 2 4 5.C [∵f(x)=3(x- )2- +c,x∈[0,5],∴当 x 3 3 2 4 = 时,f(x)min=- +c;当 x=5 时,f(x)max=55+c.] 3 3 课堂活动区 例 1 解题导引 对于给出具体解析式的函数,判 断或证明其在某区间上的单调性问题, 可以结合定义(基 本步骤为:取点,作差或作商,变形,判断)来求解.可 导函数则可以利用导数求解.有些函数可以转化为两个 或多个基本初等函数,利用其单调性可以方便求解. 解 在定义域内任取 x1,x2,且使 x1<x2, 则 Δx=x2-x1>0, x2+a x1+a Δy=f(x2)-f(x1)= - x2+b x1+b ?x2+a??x1+b?-?x2+b??x1+a? = ?x1+b??x2+b? ?b-a??x2-x1? = . ?x1+b??x2+b? ∵a>b>0,∴b-a<0,∴(b-a)(x2-x1)<0, 又∵x∈(-∞,-b)∪(-b,+∞), ∴只有当 x1<x2<-b,或-b<x1<x2 时,函数才单调. 当 x1<x2<-b,或-b<x1<x2 时,f(x2)-f(x1)<0,即 Δy<0. ∴y=f(x)在(-∞,-b)上是单调减函数,在(-b, +∞)上也是单调减函数. 变式迁移 1 解 在 R 上任取 x1、x2,设 x1<x2,∴

1 ], f?x1?f?x2? ∵f(x)是 R 上的增函数,且 f(5)=1, ∴当 x<5 时,0<f(x)<1,而当 x>5 时 f(x)>1; ①若 x1<x2<5,则 0<f(x1)<f(x2)<1, 1 ∴0<f(x1)f(x2)<1,∴1- <0, f?x1?f?x2? ∴F(x2)<F(x1); ②若 x2>x1>5,则 f(x2)>f(x1)>1, 1 ∴f(x1)· f(x2)>1,∴1- >0, f?x1?f?x2? ∴F(x2)>F(x1). 综上,F(x)在(-∞,5)为减函数,在(5,+∞)为增 函数. 1 1 例 2 解 (1)当 a= 时,f(x)=x+ +2, 2 2x 设 x1,x2∈[1,+∞)且 x1<x2, 1 1 f(x1)-f(x2)=x1+ -x2- 2x1 2x2 1 =(x1-x2)(1- ) 2x1x2 ∵x1<x2,∴x1-x2<0,又∵1<x1<x2, 1 ∴1- >0, 2x1x2 ∴f(x1)-f(x2)<0,∴f(x1)<f(x2) ∴f(x)在区间[1,+∞)上为增函数, 7 ∴f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为 f(1)= . 2 x2+2x+a (2)方法一 在区间[1,+∞)上,f(x)= >0 x 恒成立,等价于 x2+2x+a>0 恒成立. 设 y=x2+2x+a,x∈[1,+∞), y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1 递增, ∴当 x=1 时,ymin=3+a, 于是当且仅当 ymin=3+a>0 时,函数 f(x)恒成立, 故 a>-3. a 方法二 f(x)=x+ +2,x∈[1,+∞), x 当 a≥0 时, 函数 f(x)的值恒为正, 满足题意, 当 a<0 时,函数 f(x)递增; 当 x=1 时,f(x)min=3+a,于是当且仅当 f(x)min=3 +a>0 时,函数 f(x)>0 恒成立, 故 a>-3. x2+2x+a 方法三 在区间[1, +∞)上 f(x)= >0 恒成 x 2 立等价于 x +2x+a>0 恒成立. 即 a>-x2-2x 恒成立. 又∵x∈[1,+∞),a>-x2-2x 恒成立, ∴a 应大于函数 u=-x2-2x,x∈[1,+∞)的最大 值. ∴a>-x2-2x=-(x+1)2+1. 当 x=1 时,u 取得最大值-3,∴a>-3. 变式迁移 2 解 设 1<x1<x2. ∵函数 f(x)在(1,+∞)上是增函数, a a a a ∴f(x1)-f(x2)=x1- + -(x2- + ) x1 2 x2 2

=(x1-x2)(1+

a )<0. x1x2

a 又∵x1-x2<0,∴1+ >0,即 a>-x1x2 恒成立. x1x2 ∵1<x1<x2,x1x2>1,-x1x2<-1. ∴a≥-1,∴a 的取值范围是[-1,+∞). 例 3 解题导引 (1)对于抽象函数的问题要根据题 设及所求的结论来适当取特殊值说明抽象函数的特 点.证明 f(x)为单调减函数,首选方法是用单调性的定 义来证.(2)用函数的单调性求最值. (1)证明 设 x1>x2, 则 f(x1)-f(x2) =f(x1-x2+x2)-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(x2) =f(x1-x2) 又∵x>0 时,f(x)<0. 而 x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0, 即 f(x1)<f(x2),∴f(x)在 R 上为减函数. (2)解 ∵f(x)在 R 上是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上也是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为 f(-3)与 f(3). 又∵f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=f(1)+f(1)+f(1) ∴f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2. ∴f(x)在[-3,3]上的最大值为 2,最小值为-2. 变式迁移 3 解 (1)令 x1=x2>0, 代入得 f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故 f(1)=0. x1 (2)任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1>x2,则 >1, x2 由于当 x>1 时,f(x)<0, x1 ∴f( )<0,即 f(x1)-f(x2)<0,∴f(x1)<f(x2), x2 ∴函数 f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数. x1 (3)由 f( )=f(x1)-f(x2)得 x2 9 f( )=f(9)-f(3),而 f(3)=-1,∴f(9)=-2. 3 由于函数 f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数, ∴当 x>0 时,由 f(|x|)<-2,得 f(x)<f(9),∴x>9; 当 x<0 时,由 f(|x|)<-2,得 f(-x)<f(9), ∴-x>9,故 x<-9, ∴不等式的解集为{x|x>9 或 x<-9}. 课后练习区 1.A [f(x)对称轴 x=a,当 a≤1 时 f(x)在[1,+∞) 上单调递增. ∴“a=1”为 f(x)在[1, +∞)上递增的充分不 必要条件.] 2.C [由题知 f(x)在 R 上是增函数,由题得 2- a2>a,解得-2<a<1.] 3.C [

f(x)图象的最高点.] 4.D [f(x)在[a,+∞)上是减函数,对于 g(x),只 有当 a>0 时,它有两个减区间为(-∞,-1)和(-1,+ ∞),故只需区间[1,2]是 f(x)和 g(x)的减区间的子集即可, 则 a 的取值范围是 0<a≤1.] 5.A [∵f(-x)+f(x)=0,∴f(-x)=-f(x). 又∵x1+x2>0,x2+x3>0,x3+x1>0, ∴x1>-x2,x2>-x3,x3>-x1. 又∵f(x1)>f(-x2)=-f(x2), f(x2)>f(-x3)=-f(x3), f(x3)>f(-x1)=-f(x1), ∴f(x1)+f(x2)+f(x3)>-f(x2)-f(x3)-f(x1). ∴f(x1)+f(x2)+f(x3)>0.] 3 6.[0, ] 2

由题意知函数 f(x)是三个函数 y1=2x,y2=x+2,y3 =10-x 中的较小者,作出三个函数在同一坐标系之下 的图象(如图中实线部分为 f(x)的图象)可知 A(4,6)为函数

?-?x-3?x ?x≥0? ? 解析 y=? . ? ??x-3?x ?x<0? 画图象如图所示: 3 可知递增区间为[0, ]. 2 7.③ 解析 举例:设 f(x)=x,易知①②④均不正确. 8.4 1 1 1 解析 y= + = ,当 0<x<1 时,x(1-x) x 1-x x?1-x? 1 1 1 =-(x- )2+ ≤ . 2 4 4 ∴y≥4. 9.(1)证明 当 x∈(0,+∞)时, 1 f(x)=a- , x 设 0<x1<x2,则 x1x2>0,x2-x1>0. 1 1 f(x1)-f(x2)=(a- )-(a- ) x1 x2 x1-x2 1 1 = - = x2 x1 x1x2 <0.………………………………………………………… ……………(5 分) ∴f(x1)<f(x2),即 f(x)在(0,+∞)上是增函数. ……………………………………………………… ……………………………………(6 分) 1 (2)解 由题意 a- <2x 在(1,+∞)上恒成立, x 1 设 h(x)=2x+ ,则 a<h(x)在(1,+∞)上恒成立. x ……………………………………………………… ……………………………………(8 分) 1 1 ∵h′(x)=2- 2,x∈(1,+∞),∴2- 2>0, x x ∴ h(x) 在 (1 , + ∞) 上 单 调 递 增.…………………………………………………………

(10 分) 故 a≤h(1),即 a≤3. ∴ a 的 取 值 范 围 为 ( - ∞ , 3].………………………………………………………… (12 分) 10.解 设 f(x)的最小值为 g(a),则只需 g(a)≥0, a 由题意知,f(x)的对称轴为- . 2 a (1)当- <-2,即 a>4 时, 2 7 g(a)=f(-2)=7-3a≥0,得 a≤ . 3 又 a>4 , 故 此 时 的 a 不 存 在.……………………………………………………… ……(4 分) a (2)当- ∈[-2,2],即-4≤a≤4 时, 2 a a2 g(a)=f(- )=3-a- ≥0 得-6≤a≤2. 2 4 又 - 4≤a≤4 , 故 - 4≤a≤2.…………………………………………………… ………(8 分) a (3)当- >2,即 a<-4 时, 2 g(a)=f(2)=7+a≥0 得 a≥-7. 又 a<-4,故-7≤a<-4. 综 上 得 所 求 a 的 取 值 范 围 是 - 7≤a≤2. ……………………………………………… (12 分) 11.解 (1)任取 x1,x2∈[-1,1],且 x1<x2, 则-x2∈[-1,1],∵f(x)为奇函数, ∴f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2) f?x1?+f?-x2? = · (x1-x2), x1+?-x2? f?x1?+f?-x2? 由已知得 >0,x1-x2<0, x1+?-x2? ∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2). ∴ f(x) 在 [ - 1,1] 上 单 调 递 增.……………………………………………………… ……(4 分) (2)∵f(x)在[-1,1]上单调递增, ∴

问题转化为 m2-2am+1≥1, 即 m2-2am≥0,对 a∈[-1,1]成立. 下面来求 m 的取值范围. 设 g(a)=-2m· a+m2≥0. ①若 m=0,则 g(a)=0≥0,自然对 a∈[-1,1]恒成 立. ②若 m≠0,则 g(a)为 a 的一次函数,若 g(a)≥0, 对 a∈[-1,1]恒成立,必须 g(-1)≥0,且 g(1)≥0, ∴m≤-2,或 m≥2. ∴ m 的 取 值 范 围 是 m = 0 或 |m|≥2. …………………………………………………… (14 分)

? ? 1 ?-1≤x+2≤1, 1 ? <1.?????????????8分? ?-1≤x- 1
3 ≤x< - 2 1.…………………………………………………………… ………………(9 分) (3)∵f(1)=1,f(x)在[-1,1]上单调递增. ∴ 在 [ - 1,1] 上 , f(x)≤1. …………………………………………………… ……………(10 分) ∴ -

1 1 x+ < , 2 x-1



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