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2016高考数学二轮专题复习 专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第5讲 导数的简单应用课件 文


?第一部分

专题突破篇

专题一 集合、常用逻辑用语、 不等式、函数与导数

第5讲 导数的简单应用

高考真题体验

[主干整合] 1.四个易误导数公式 (1)(sin x)′=cos x; (2)(cos x)′=-sin x; (3)(ax)′=axln a(a&g

t;0); 1 (4)(logax)′= (a>0,且 a≠1). xln a

2.四个重要概念 (1)切线的斜率 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,因此曲线 f(x)在点 P 处的切线的斜率 k= f′(x0) 应的切线方程为 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0) (2)函数的单调性 在某个区间(a,b)内,如果 f′(x)>0(f′(x)<0) 函数 y=f(x)在这个区间内单调递增(单调递减). ,那么 . ,相

(3)函数的极值 设函数 f(x)在点 x0 附近有定义,如果对 x0 附近所有的点 x, 都有 f(x)<f(x0) ,那么 f(x0)是函数的一个极大值,记作 y
极大值



f(x0);如果对 x0 附近的所有的点都有 f(x)>f(x0),那么 f(x0)是函数 的一个极小值, 记作 y 极小值=f(x0). 极大值与极小值统称为 极值 . (4)函数的最值 将函数 y=f(x)在[a,b]内的
端点处的函数值 f(a),f(b)比较

各极值 与

,其中最大的一个是最大值,

最小的一个是最小值.

3.三个步骤 求函数 y=f(x)在某个区间上的极值的步骤 第一步:求导数 f′(x); 第二步:求方程 f′(x)=0 的根 x0; 第三步:检查 f′(x)在 x=x0 左右的符号: 左正右负?f(x)在 x=x0 处取极大值; 左负右正?f(x)在 x=x0 处取极小值 .

[真题再现] 1.(2014· 陕西卷)如图,某飞行器在 4 千米高空水平飞行, 从距着陆点 A 的水平距离 10 千米处开始下降,已知下降飞行轨 迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )

1 3 3 A.y= x - x 125 5 3 3 C.y= x -x 125
答案:A

2 3 4 B.y= x - x 125 5 3 3 1 D.y=- x + x 125 5

解析:设所求函数解析式为 y=f(x),由题意知,f(5)=-2, 1 3 3 f(-5)=2, 且 f′(± 5)=0, 代入验证易得 y=125x -5x 符合题意, 故选 A.

2.(2015· 安徽卷)函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 的图象如图所 示,则下列结论成立的是( )

A.a>0,b<0,c>0,d>0 B.a>0,b<0,c<0,d>0 C.a<0,b<0,c>0,d>0 D.a>0,b>0,c>0,d<0

答案:A

解析:解法一:由图象知 f(0)=d>0.因为 f′(x)=3ax2+2bx 2b b +c=0 有两个不相等的正实根,所以 a>0,- =- >0,所以 6a 3a b<0.又 f′(0)=c>0,所以 a>0,b<0,c>0,d>0. 解法二: 由图象知 f(0)=d>0, 首先排除选项 D; f′(x)=3ax2 +2bx+c=3a(x-x1)(x-x2)=3ax2-3a(x1+x2)x+3ax1x2,令 x1 <x2,因为 x∈(-∞,x1)时,f′(x)>0,所以 a>0,排除 C; 又 c=3ax1x2>0,2b=-3a(x1+x2)<0,所以 c>0,b<0.故选 A.

3.(2014· 江西卷)若曲线 y=xln x 上点 P 处的切线平行于直 线 2x-y+1=0,则点 P 的坐标是________.

答案:(e,e)
1 解析:由题意,得 y′=ln x+x·=1+ln x,直线 2x-y+1 x =0 的斜率为 2.设 P(m,n),则 1+ln m =2,解得 m=e,所以 n=eln e=e,即点 P 的坐标为(e,e).

4. (2015· 新课标全国卷Ⅱ)已知曲线 y=x+ln x 在点(1,1)处的 切线与曲线 y=ax2+(a+2)x+1 相切,则 a=________.

答案:8

1 解析:解法一:∵ y=x+ln x,∴ y′=1+ ,y′|x=1=2. x ∴ 曲线 y=x+ln x 在点(1,1)处的切线方程为 y-1=2(x-1),即 y=2x-1. ∵ y=2x-1 与曲线 y=ax2+(a+2)x+1 相切, ∴ a≠0(当 a=0 时曲线变为 y=2x+1 与已知直线平行).
? ?y=2x-1, 由? 2 ? y = ax +?a+2?x+1 ?

消去 y,得 ax2+ax+2=0.

由 Δ=a2-8a=0,解得 a=8.

解法二:同解法一,得切线方程为 y=2x-1. 设 y=2x-1 与曲线 y=ax2+(a+2)x+1 相切于点(x0,ax20 +(a+2) x0+1).∵ y′=2ax+(a+2), ∴ y′|x=x0=x0=2a x0+(a+2).
? ?2ax0+?a+2?=2, 由? 2 ? ?ax0+?a+2?x0+1=2x0-1,

1 ? ?x0=- , 2 解得? ? ?a=8.

4 5. (2015· 重庆卷)已知函数 f(x)=ax +x (a∈R)在 x=- 处取 3
3 2

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=- 处取得极值,所以 f′? ? 3?=0, 3 ? ? ? 4? 16a 8 16 1 ? ? 即 3a· +2×?-3?= - =0,解得 a= . 9 3 3 2 ? ?

(2)由(1),得 故

?1 ? ? 3 2? x g(x)=?2x +x ?e , ? ?

?3 ? ? ? ? 2 ? x ?1 3 2? x g′(x)=?2x +2x?e +?2x +x ?e ? ? ? ?

?1 ? ? 3 5 2 x =?2x +2x +2x? e ? ? ?

1 = x(x+1)(x+4)ex. 2 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)内为减函数,在(-4, -1)和(0,+∞)内为增函数.

[感悟高考] 高考将以导数的几何意义为背景, 重点考查运算及数形结合 能力,2016 年高考复习应予以高度关注.

热点考向突破

考向一 导数的几何意义 [典例 1] 1 (1)(2015· 辽宁五校联考)抛物线 x = y 在第一象限 2
2

内图象上一点(ai,2a2 i )处的切线与 x 轴交点的横坐标记为 ai+1,其 中 i∈N*,若 a2=32,则 a2+a4+a6 等于( A.64 B.42 C.32 D.21 )

(2)(2015· 包头模拟)直线 l:y=kx 与曲线 C:y=x3-3x2+2x 切于点 P(x0,y0)(x0≠0),则 k=________.

[审题突破]

(1)看到切点(ai,2a2 i )和抛物线方程,想到过切点

的切线方程的斜率; (2)看到直线 l:y=kx,想到直线过原点.

(1)答案:B 解析:令 f(x)=y=2x2,则 f′(x)=4x,f′(ai)=4ai(i∈N*),
* 切线方程为 y-2a2 = 4 a ( x - a )( i ∈ N ), i i i

1 令 y=0,得 x=ai+1= ai(i∈N*), 2 由 a2=32,得 a4=8,a6=2, 所以 a2+a4+a6=42.故选 B.

1 (2)答案:- 4 y0 解析:由 l 过原点知,k= (x0≠0), x0
2 又点 P(x0,y0)在曲线 C 上,y0=x3 0-3x0+2x0,

y0 2 所以 =x0-3x0+2. x0 因为 y′=3x2-6x+2, 故 k=3x2 0-6x0+2. y0 2 又 k= ,所以 3x2 0-6x0+2=x0-3x0+2,其中 x0≠0, x0 3 3 y0 1 解得 x0= .所以 y0=- ,所以 k= =- . 2 8 x0 4

规律方法 1.求曲线 y=f(x)的切线方程的三种类型及方法 (1)已知切点 P(x0,y0),求 y=f(x)过点 P 的切线方程: 求出切线的斜率 f′(x0),由点斜式写出方程. (2)已知切线的斜率为 k,求 y=f(x)的切线方程: 设切点 P(x0,y0),通过方程 k=f′(x0)解得 x0,再由点斜式 写出方程.

(3)已知切线上一点(非切点),求 y=f(x)的切线方程: 设切点 P(x0,y0),利用导数求得切线斜率 f′(x0),再由斜率 公式求得切线斜率,列方程(组)解得 x0,再由点斜式或两点式写 出方程. 2.已知切线求参数问题 利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系来构 造方程组求解.

[变式训练] 1.(2015· 太原模拟)若曲线 f(x)=acos x 与曲线 g(x)=x2+bx +1 在交点(0,m)处有公切线,则 a+b 的值为( A.-1 B.0 C.1 D.2 )

答案:C
解析:f′(x)=-asin x,g′(x)=2x+b, 于是有 f′(0)=g′(0),即-asin 0=2×0+b,解得 b=0. m=f(0)=g(0),即 m=a=1,因此 a+b=1.

2. (2015· 六安模拟)设函数 f(x)=bsin x

?π ?π?? ? ?? 的图象在点? ,f? ?6??处 ? ?? ?6
2

的切线平行于直线 3x-2y+3=0,若 an=n 前 2 014 项和 S2 014 的值为( ) 2 014 D. 2 015

? ?1? ? ?的 +bn,则数列? ? a ? n? ?

2 011 2 012 2 013 A. B. C. 2 012 2 013 2 014

答案:D

解析:∵f(x)=bsin x,∴f′(x)=bcos x, 则
?π? ? f′? ?6?=bcos ? ?

π 3 = b, 6 2 3x-2y+3=0 平行,

∵图象在点

?π ?π?? ? ?? A? ,f? ?6??处的切线与直线 6 ? ?? ?

3 3 ∴切线斜率 k= b= ,得 b=1. 2 2 ∴an=n2+bn=n2+n=n(n+1);

∴an=n2+bn=n2+n=n(n+1);
? ?1 ? ? ?的前 ∴数列? ? a ? n? ?

1 1 1 2 014 项和 S2 014 的值为 1- + - +?+ 2 2 3

1 1 1 2 014 - =1- = . 2 014 2 015 2 015 2 015 故选 D.

考向二 利用导数研究函数的单调性 [ 典例 2] 1 (1)(2015· 成都模拟 ) 若函数 f(x) = x + ax + 在 x
2

?1 ? ? ? ,+∞ ?2 ?上是增函数,试求 ? ?

a 的取值范围.

(2)(2015· 南京一模改编)已知函数 f(x)=ex,g(x)=ax2+bx+ 1(a,b∈R). ①若 a≠0,则 a,b 满足什么条件时,曲线 y=f(x)与 y=g(x) 在 x=0 处总有相同的切线? g?x? ②当 a=1 时,求函数 h(x)= 的单调递减区间. f?x?

[ 审题突破 ] f′(x)≥0

(1) 看到

?1 ? ? f(x) 在 ?2,+∞? ? 上是增函数,想到 ? ?

?1 ? ? 在?2,+∞? ?上恒成立; ? ?

(2)看到求 h(x)的减区间,想到解 h′(x)≤0.

1 (1)解:f′(x)=2x+a- 2, x
?1 ? ? 因为函数在?2,+∞? ?上是增函数, ? ?

所以 f′(x)≥0

?1 ? ? 在?2,+∞? ?上恒成立, ? ?

?1 ? 1 ? 即 a≥ 2-2x 在?2,+∞? ?上恒成立. x ? ?

1 2 设 g(x)= 2-2x,g′(x)=- 3-2, x x

2 令 g′(x)=- 3-2=0,得 x=-1, x 当 又
?1 ? ? x∈?2,+∞? ?时,g′(x)<0, ? ? ?1? ? g? ?2?=4-1=3, ? ?

所以 a≥3. 故 a 的取值范围是[3,+∞).

(2)解:①f′(x)=ex, ∴f′(0)=1,又 f(0)=1, ∴y=f(x)在 x=0 处的切线方程为 y=x+1. 又∵g′(x)=2ax+b, ∴g′(0)=b,又 g(0)=1. ∴y=g(x)在 x=0 处的切线方程为 y=bx+1. ∴当 a∈R 且 a≠0,b=1 时,曲线 y=f(x)与 y=g(x)在 x=0 处总有相同的切线.

x2+bx+1 ②由 a=1,得 h(x)= , ex -x2+?2-b?x+b-1 ∴h′(x)= ex ?x-1?[x-?1-b?] =- , ex 由 h′(x)=0,得 x1=1,x2=1-b, ∴当 b>0 时,函数 h(x)的单调递减区间为(-∞,1-b),(1, +∞); 当 b=0 时,函数 h(x)的单调递减区间为(-∞,+∞); 当 b<0 时,函数 h(x)的单调递减区间为(-∞,1),(1-b, +∞).

? 1 ? ?1 [互动探究] 若题(1)中函数 f(x)=x +ax+ 在?2,+∞? ?上存 x ? ?
2

在减区间,求实数 a 的取值范围.
1 解:f′(x)=2x+a- 2, x
?1 ? ? 因为函数在?2,+∞? ?上存在减区间, ? ?

所以 f′(x)<0

?1 ? ? 在?2,+∞? ?上能成立. ? ?

?1 ? 1 ? 即 a< 2-2x 在?2,+∞? ?上能成立, x ? ?

1 2 设 g(x)= 2-2x,g′(x)=- 3-2, x x 2 令 g′(x)=- 3-2=0,得 x=-1, x 当 又
?1 ? ? x∈?2,+∞? ?时,g′(x)<0, ? ? ?1? ? g? ?2?=4-1=3,所以 ? ?

a<3.

故实数 a 的取值范围是(-∞,3).

规律方法 1.求函数的单调区间的“两个”方法 (1)①确定函数 y=f(x)的定义域; ②求导数 y′=f′(x); ③解不等式 f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区 间; ④解不等式 f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区 间.

(2)①确定函数 y=f(x)的定义域; ②求导数 y′=f′(x),令 f′(x)=0,解此方程,求出在定义 区间内的一切实根; ③把函数 f(x)的间断点(即 f(x)的无定义点)的横坐标和上面的 各实数根按由小到大的顺序排列起来,然后用这些点把函数 f(x) 的定义域分成若干个小区间; ④确定 f′(x)在各个区间内的符号,根据符号判定函数在每 个相应区间内的单调性.

2.已知函数 y=f(x)在(a,b)上的单调性,求参数的范围的 方法 (1)利用集合间的包含关系处理:y=f(x)在(a,b)上单调,则 区间(a,b)是相应单调区间的子集. (2)转化为不等式的恒成立问题求解:即“若函数单调递增, 则 f′(x)≥0;若函数单调递减,则 f′(x)≤0”.

[变式训练] 1 3 (2015· 安康模拟)已知函数 f(x)= x +ax2+bx,且 f′(-1)= 3 0. (1)试用含 a 的代数式表示 b; (2)求 f(x)的单调区间.
解:(1)依题意,得 f′(x)=x2+2ax+b, 由 f′(-1)=1-2a+b=0,得 b=2a-1.

1 3 (2)由(1),得 f(x)= x +ax2+(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) + ? (1-2a,-1) (-1,+∞) - ? + ?

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当 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)的单调增区间为 R. ③当 a<1 时, 1-2a>-1, 同理可得函数 f(x)的单调递增区间 为(-∞,-1)和(1-2a,+∞),单调减区间为(-1,1-2a). 综上知, 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).

考向三 利用导数研究函数的极值和最值 [典例 3] (1)(2015· 福州模拟)若函数 f(x)=-x3+3x2+9x+a

在区间[-2,2]上的最大值为 20,则它的最小值是________. (2)(2015· 南宁模拟)已知 a,b 是实数,1 和-1 是函数 f(x)= x3+ax2+bx 的两个极值点. ①求 a 和 b 的值; ②设函数 g(x)的导函数 g′(x)=f(x)+2,求 g(x)的极值点. [审题突破] (1)看到最值问题,想到先求极值再判断;

(2)看到极值点,想到极值点处导数等于零.

(1)答案:-7 解析:f′(x)=-3x2+6x+9, 因为 f(-2)=8+12-18+a=2+a, f(2)=-8+12+18+a=22+a, 所以 f(2)>f(-2), 因为在(-1,3)上,f′(x)>0, 所以 f(x)在[-1,2]上单调递增, 所以 f(2)和 f(-1)分别是 f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小 值,

所以 f(2)=22+a=20,解得 a=-2. 所以 f(x)=-x3+3x2+9x-2, 所以 f(-1)=1+3-9-2=-7,即函数 f(x)在区间[-2,2]上 的最小值为-7. (2)解:①由 f(x)=x3+ax2+bx,得 f′(x)=3x2+2ax+b, 又因 1 和-1 是函数 f(x)=x3+ax2+bx 的两个极值点, 所以 3x2+2ax+b=0 的两个根为 1 和-1. 由根与系数的关系得

2a 1+(-1)=- ?a=0, 3 b 1×(-1)= ?b=-3, 3 所以 a=0,b=-3,此时 f(x)=x3-3x. ②因为由①得,f(x)=x3-3x, 所以 g′(x)=f(x)+2=x3-3x+2=(x-1)2(x+2), 解得 x1=x2=1,x3=-2. 因为当 x<-2 时,g′(x)<0;

当-2<x<1 时,g′(x)>0, 所以 x=-2 是 g(x)的极值点. 因为当-2<x<1 或 x>1 时,g′(x)>0, 所以 x=1 不是 g(x)的极值点. 所以 g(x)的极值点是 x=-2.

[互动探究] 在题(2)中条件不变, 求 f(x)在[0, t]上的最小值.
解:因为 f(x)=x3-3x, 所以 f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1), 由 f′(x)=0,得 x=-1 或 x=1. ①当 t≤1 时,在[0,t]上,f′(x)<0. 此时函数 f(x)在[0,t]上单调递减, 故 f(x)min=f(t)=t3-3t. ②当 t>1 时,在[0,1]上,f′(x)<0. 在[1,t]上,f′(x)>0, 故 f(x)min=f(1)=-2.

规律方法 研究极值、最值问题应注意的三个关注点 (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 函数的零点后需作进一步的分析,切莫武断. (2)求函数的最值时,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.

[变式训练] (2015· 安庆模拟)已知函数 f(x)=ex-ax-1,其中 a 为实数. (1)若 a=1,求函数 f(x)的最小值; (2)若方程 f(x)=0 在(0,2]上有实数解,求 a 的取值范围; (3)设 ak,bk(k=1,2,3,?,n)均为正数,且 a1b1+a2b2+?+ anbn≤b1+b2+?+bn,求证: · ?· <1.

解:(1)f′(x)=ex-1, 由 f′(x)=0 得 x=0, 当 x>0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上递增; 当 x<0 时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上递减; 故函数 f(x)在 x=0 处取得最小值 f(0)=0.

(2)由于 f′(x)=ex-a(0<x≤2),且 f′(x)∈(1-a,e2-a]. ①当 a≤1 时,f′(x)>0,f(x)在(0,2]上递增, f(x)>f(0)=0,方程 f(x)=0 在(0,2]上无实数解; ②当 a≥e2 时,f′(x)≤0,f(x)在(0,2]上递减; f(x)<f(0)=0,方程 f(x)=0 在(0,2]上无实数解; ③当 1<a<e2 时,由 f′(x)=0,得 x=ln a, 当 0<x<ln a 时,f′(x)<0,f(x)递减; 当 ln a<x<2 时,f′(x)>0,f(x)递增.

又 f(0)=0,f(2)=e2-2a-1,
2 e -1 2 由 f(2)=e -2a-1≥0,得 1<a≤ , 2

故a

2 ? e -1? ? ? 的取值范围为?1, ?. 2 ? ?

(3)证明:由(1)知,当 x∈(0,+∞)时,ex>x+1, 即 ln(x+1)<x,从而 ln x<x-1. 因为 ak,bk>0,从而有 ln ak<ak-1, 得 bkln ak<akbk-bk(k=1,2,?,n),


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