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导数题中“任意、存在”型的归纳辨析


导数题任意以及存在的分类解析
导数题是高考题中的常客,而且大都以压轴题的面目出现,所以拿下导数题是迈入高分段的标志。导 数题虽年年有,但却悄然之中发生着些改变。这其中,尤以关于“任意” 、 “存在”的内容最为明显。 “任 意” 、 “存在”可以说是导数题最为明显的特色,从早期单一型,发展到现今的混合型。下面对此作一归纳。 一.单一函数单一“任意”型 例 1.已知函数 f

( x) ? x ? ln( x ? a) 的最小值为 0 ,其中 a ? 0 。 (1)求 a 的值; (2)若对任意的 x ? [0, ??) ,有 f ( x) ? kx 2 成立,求实数 k 的最小值。 解析:(1)? f ?( x) ?

? f (1 ? a) ? 0 ? a ? 1 。

x ? a ?1 ,? f ( x) 在 (?a,1 ? a) 单调递减,在 (1 ? a, ??) 单调递增,所 f ( x)min x?a

(2)设 g ( x) ? kx2 ? x ? ln( x ? a) ,则问题等价于 g ( x) ? 0 对 x ? [0, ??) 恒成立,即 g ( x)min ? 0 。 因为当 k ? 0 时, x ??? 时, f ( x) ? ?? ,所以 k ? 0 。由 g ?( x) ? 则当 x ? (0, ?

2k ? 1 2k ? 1 ) 时, g ?( x) ? 0 , g ( x) 单调递减, g ( x) ? g (0) ? 0 ,矛盾。从而 ? ? 0 ,解得 4k 4k 1 1 k ? 。即实数 k 的最小值是 。 2 2

2k ? 1 2kx 2 ? (2k ? 1) x ? 0, ,若 ? 4k x ?1

点评: “任意”的意思是不管 x 取给定集合中的哪一个值,得到的函数值都要满足给定的不等式,它有 两种形式: “对任意的 x ? A , a ? (?) f ( x) 恒成立”等价于“当 x ? A 时, a ? (?) f ( x)max ” ; “对任意的

x ? A , a ? (?) f ( x) 恒成立”等价于“当 x ? A 时, a ? (?) f ( x)min ” 。
二.单一函数单一“存在”型 例 2. 已知函数 f ( x) ? a ln x ? x ( a ? R ),若存在 x ? [1, e] ,使得 f ( x) ? (a ? 2) x 成立,求实数 a 的 取值范围。 解析: f ( x) ? (a ? 2) x ? a( x ? ln x) ? x 2 ? 2 x 。∵ x ? [1, e] ,∴ ln x ? 1 ? x 且等号不能同时取,所以
2

ln x ? x , 即 x ? ln x ? 0 , 因 而 a ?

x 2 ? 2x x ? ln x

x ?[ 1 e, , ] 令 g ( x) ?

x 2 ? 2x x ? ln x

x ?[1, e] , 又

( x ? 1)( x ? 2 ? 2 ln x) ,当 x ?[1, e] 时, x ? 1 ? 0, ln x ? 1 , x ? 2 ? 2 ln x ? 0 ,从而 g ?( x) ? 0 (仅当 ( x ? ln x) 2 x=1 时取等号) , 所以 g ( x) 在 [1, e] 上为增函数, 故 g ( x) 的最小值为 g (1) ? ?1 , 所以 a 的取值范围是 [?1,??) . 点评: “存在”的意思是 x 取遍给定集合中的每一个值,都至少有一个函数值满足给定的不等式,它 有两种形式: “存在 x ? A ,使得 a ? (?) f ( x) 成立”等价于“当 x ? A 时,a ? (?) f ( x)min ” ; “存在 x ? A , g ?( x) ?
使得 a ? (?) f ( x) 成立”等价于“当 x ? A 时, a ? (?) f ( x)max ” 。 三.单一函数双“任意”型

1? a 2 x ? ax ? ln x(a ? R) 。 2 (1)当 a ? 1 时,讨论函数 f ( x ) 的单调性;
例 3. 设函数 f ( x) ? (2)若对任意 a ? (2,3) 及任意 x1 , x2 ?[1, 2] ,恒有 ma ? ln 2 ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) 成立,求实数 m 的取 值范围。

1 (1 ? a) x 2 ? ax ? 1 [(1 ? a) x ? 1]( x ? 1) (1 ? a)( x ? a ? 1)( x ? 1) 解析: (1) f ( x) ? (1 ? a ) x ? a ? ? , ? ? x x x x 1 1 ( x ? 1)2 ' ? 1 ,即 a ? 2 时, f ( x) ? ? ? 1 ,即 a ? 2 时, ? 0, f ( x) 在 (0, ??) 上是减函数;当 当 a ?1 a ?1 x
'

1

1

1 1 1 ? x ? 1 。当 ? 1 ,即 1 ? a ? 2 时,令 或 x ? 1 ;令 f ' ( x) ? 0, 得 a ?1 a ?1 a ?1 1 1 ; 令 f ' ( x) ? 0, 得 1 ? x ? 。 f ' ( x) ? 0, 得 0 ? x ? 1 或 x ? a ?1 a ?1 1 ) 和 (1, ??) 单调递减, 综上,当 a ? 2 时, f ( x ) 在定义域上是减函数;当 a ? 2 时, f ( x ) 在 (0, a ?1 1 1 1 ,1) 上单调递增;当 1 ? a ? 2 时, f ( x) 在 (0,1) 和 ( , ??) 单调递减,在 (1, ) 上单调递 在( a ?1 a ?1 a ?1 (2)由(1)知,当 a ? (2,3) 时, f ( x ) 在 [1, 2] 上单调递减,当 x ? 1 时, f ( x ) 有最大值,当 x ? 2 时, a 3 a 3 1 3 ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f (1) ? f (2) ? ? ? ln 2 , m? ? f ( x) 有最小值, ? ma ? ln 2 ? ? ? ln 2 , 2 2 2 2 2 2a 1 1 3 ? 0 ,所以 m ? 0. 。 由 2 ? a ? 3得 ? ? ? 4 2 2a 点评: “任意 x1 , x2 ?[1, 2] , 恒有 ma ? ln 2 ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ” 等价于 “ ma ? ln 2 大于 f ( x1 ) ? f ( x2 ) max ”
令 f ?( x) ? 0 ,得 0 ? x ? ,而 f ( x1 ) ? f ( x2 ) max ? f ( x)max ? f ( x)min 。 例 4.已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax2 ? 1 。 (1)讨论函数 f ( x) 的单调性; (2)设 a ? ?1 .如果对任意 x1 , x2 ? (0,??) , | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? 4 | x1 ? x2 | ,求 a 的取值范围。

a ?1 2ax 2 ? a ? 1 ? 2ax ? ,当 a ? 0 时, f '( x) x x >0,故 f ( x ) 在(0,+∞)单调增加;当 a ? ?1 时, f '( x) <0,故 f ( x ) 在(0,+∞)单调减少;当-1
解析: (1) f ( x ) 的定义域为(0,+∞). f '( x) ?

a ?1 a ?1 a ?1 。则当 x ? (0, ? ) 时, f '( x) >0; x ? ( ? , ??) 2a 2a 2a a ?1 a ?1 时, f '( x) <0。故 f ( x ) 在 (0, ? ) 单调增加,在 ( ? , ??) 单调减少。 2a 2a ( 2 )不妨假设 x1 ? x2 ,而 a < -1 ,由(Ⅰ)知在( 0 , + ∞)单调减少,从而 ?x1 , x2 ? (0, ??) ,
< a <0 时,令 f '( x) =0,解得 x ?

?

(*) f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2 等价于 ?x1, x2 ? (0, ??) , f ( x2 ) ? 4 x2 ? f ( x1 ) ? 4 x1 。 a ?1 ? 2ax ? 4 ( * ) 等 价 于 g ( x) 在 (0, ??) 单 调 递 减 , 即 令 g ( x) ? f ( x) ? 4 x , 则 g '( x) ? x a ?1 ?4 x ? 1 (2 x ? 1) 2 ? 4 x 2 ? 2 (2 x ? 1) 2 ? 2ax ? 4 ? 0 。从而 a ? 2 ? ? ? 2 故 a 的取值范围为 (??, ?2] 。 x 2x ?1 2 x2 ? 1 2 x2 ? 1 点评:本题容易得出 (| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |)max ? (4 | x1 ? x2 |)min 的错误。因为等式两边都有变量 x1 , x2 , 一边变化会引起另一边变化,这种情况要将等式两边移至一边,通过分离变量 x1 , x2 ,来构造新的函数以 达到解题的目的。 四.单一函数双“存在”型

( x ? R) 的一个极值点。 (1)求 a 与 b 的关系式(用 a 表示 b ) ,并求 f ( x ) 的单调区间; 25 x 2 (2)设 a ? 0 , g ( x) ? (a ? )e 。若存在 x1 , x2 ?[0, 4] 使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? 1成立,求 a 的取值范 4
2

例 5.设 x ? 3 是函数 f ( x) ? ( x ? ax ? b)e

3? x

围。 解析: (1) f ?( x) ? ?[ x ? (a ? 2) x ? b ? a]e
2 2 3? x 3? x

,则 f ?(3) ? 0 ,解得 b ? ?3 ? 2a 。

f ?( x) ? ?[ x ? (a ? 2) x ? 3 ? 3a]e ? ?( x ? 3)( x ? a ? 1)e3? x ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? 3, x2 ? ?a ?1 ,由 于 x ? 3 是极值点,所以 ?a ? 1 ? 3 ,得 a ? ?4 。所以当 a ? ?4 时, ?a ? 1 ? 3 , f ( x ) 在 (??,3) 上单调 递减,在 (3, ?1 ? a) 上单调递增减,在 (?1 ? a, ??) 上单调递增减;当 a ? ?4 时, ?a ? 1 ? 3 , f ( x ) 在
2

(??, ?1 ? a) 上单调递减,在 (?1 ? a,3) 上单调递增,在 (3, ??) 上单调递减。 (2) 由 (1) 可知, 当时 a ? 0 , f ( x ) 在区间 (0,3) 上的单调递增, 在区间 (3, 4) 上单调递减, 那么 f ( x )
在区间 [0, 4] 上的值域是 [min{ f (0), f (4)}, f (3)] ,而 f (0) ? ?(2a ? 3)e3 ? 0 , f (4) ? (2a ? 13)e?1 ? 0 ,

25 x )e 在 [0, 4] 上 4 25 2 25 4 25 1 2 , (a ? )e ] ,由于 (a 2 ? ) ? (a ? 6) ? (a ? ) 2 ? 0 , 是增函数,所以它在 [0, 4] 上的值域是 [a ? 4 4 4 2 25 3 3 2 ) ? ( a ? 6) ? 1 且 a ? 0 ,解得 0 ? a ? 。故 a 的取值范围是 (0, ) 。 所以只须且只须 ( a ? 4 2 2 点评: “ 存 在 x1 , x2 ?[0, 4] 使 得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? 1 ” 等 价 于 “ ( f ( x1 ) ? g ( x2 ) )min ? 1 ” ,而

f (3) ? a ? 6 ,那么 f ( x) 在 [0, 4] 上的值域为 [?(2a ? 3)e3 , a ? 6] 。又 g ( x) ? (a 2 ?

( f ( x1 ) ? g( x2 ) )min 要通过 f ( x) 与 g ( x) 的值域来得到。
五.双函数“任意”+“存在”型: 例 5. 已知函数 f ( x) ? 2 x ?

2 ? 5ln x ,g ( x) ? x2 ? mx ? 4 ,若存在 x1 ? (0,1) , 对任意 x2 ?[1, 2] , x

总有 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,求实数 m 的取值范围。 解析:题意等价于 f ( x ) 在 (0,1) 上的最大值大于或等于 g ( x) 在 [1, 2] 上的最大值。

f ?( x) ?

1 1 1 2 x2 ? 5x ? 2 ,由 f '( x) ? 0 得, x ? 或 x ? 2 ,当 x ? (0, ) 时, f ?( x) ? 0 ,当 x ? ( ,1) 时 2 2 2 2 x
1 2

f ?( x) ? 0 , 所以在 (0, 1) 上,f ( x) max ? f ( ) ? ?3 ? 5ln 2 。 又 g ( x) 在 [1, 2] 上的最大值为 max{g (1), g (2)},

? 1 f ( ) ? g (1) ?m ? 8 ? 5ln 2 ? ??3 ? 5ln 2 ? 5 ? m ? 2 ? ? m ? 8 ? 5ln 2 ,所以实数 m 的取 ?? ?? 所以有 ? 1 ? f ( 1 ) ? g (2) ??3 ? 5ln 2 ? 8 ? 2m ? ?m ? 2 (11 ? 5ln 2) ? ? 2 值范围是 m ? 8 ? 5ln 2 。 点评:?x1 ? A, ?x2 ? B ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立 ? f ( x)max ? g ( x)max 。同样,?x1 ? A, ?x2 ? B ,
使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立 ? f ( x)min ? g ( x)min 。 例 6.设函数 f ( x) ? ?

1 3 1 2 5 x ? x ? x ? 4. 3 3 3

(1)求 f ( x ) 的单调区间. ( 2 ) 设 a ≥ 1 , 函 数 g ( x) ? x3 ? 3a 2 x ? 2a . 若 对 于 任 意 x1 ? [0,1] , 总 存 在 x0 ? [0,1] , 使 得

f ( x1 ) ? g ( x0 ) 成立,求 a 的取值范围. 2 5 2 5 5 ' 2 2 ' 解析: (1) f ( x ) ? ? x ? x ? ,令 f ( x) ≥ 0 ,即 x ? x ? ≤ 0 ,解得: ? ≤ x ≤ 1, 3 3 3 3 3 5 5 ∴ f ( x) 的单增区间为 [ ? ,1] ;单调减区间为 (??, ? ] 和 [1, ??) 。 3 3 ( 2 )由( 1 )可知当 x ? [0,1] 时, f ( x ) 单调递增, ∴ 当 x ? [0,1] 时, f ( x) ? [ f (0), f (1)] ,即 ' 2 2 ' f ( x ) ? [? 4,? 3] ;又 g ( x) ? 3x ? 3a ,且 a ≥ 1 ,∴ 当 x ? [0,1] 时, g ( x) ≤ 0 , g ( x) 单调递减, ∴ 当 x ? [0,1] 时, g ( x) ?[ g (1), g(0)] ,即 g ( x) ?[?3a 2 ? 2a ?1, ? 2a] ,又对于任意 x1 ?[0,1] ,总存在 x0 ? [0,1] ,使得 f ( x1 ) ? g ( x0 ) 成立 ? [?4, ?3] ? [?3a2 ? 2a ? 1, ? 2a] ,

??3a 2 ? 2a ? 1 ≤ ?4 3 即? ,解得: 1 ≤ a ≤ 2 ? ?3 ≤ ?2a 点评: “对任意 x1 ? A ,存在 x2 ? B ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立”等价于“ f ( x ) 的值域包含于 g ( x) 的
值域” 。
3

六.双函数“任意”+“任意”型

a ? x ln x , g ( x) ? x3 ? x2 ? 3 . x (1)如果存在 x1 , x2 ?[0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立,求满足上述条件的最大整数 M ; 1 (2)如果对任意的 s, t ? [ , 2] ,都有 f (s) ? g (t ) 成立,求实数 a 的取值范围。 2 解析: (1)存在 x1 , x2 ?[0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立等价于 g ( x)max ? g ( x)min ? M 。 2 2 2 2 由 g '( x ) ? 3 x ? 2 x ? 3 x( x ? ) ,可得 g ( x) 在 [0, ] 单调递减,在 [ , 2] 上单调递增,所以 g ( x)max = 3 3 3 2 85 112 ,所以 M ? ? ,从而满足条件的最大整数 M ? 4 。 max{g (0), g (2)} ? 1 , g ( x) min ? g ( ) ? ? 3 27 27 1 25 1 1 (2)由 g ( ) ? ? ,得 g ( x) 在 [ , 2] 上的最大值为 1.则对任意的 s, t ? [ , 2] ,都有 f (s) ? g (t ) 成 2 8 2 2 1 1 2 立等价于 f ( x) ? 1 对 x ? [ , 2] 恒成立,也等价于 a ? x ? x ln x 对 x ? [ , 2] 恒成立。 2 2 2 记 h( x) ? x ? x ln x , h '( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x , h '(1) ? 0 。记 m( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x , 1 m '( x) ? ?3 ? 2ln x ,由于 x ? [ , 2] , m '( x) ? ?3 ? 2ln x ? 0 , 所以 m( x) ? h '( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x 在 2 1 1 1 2 [ , 2] 上递减, 当 x ? [ ,1) 时,h '( x) ? 0 ,x ? (1, 2] 时,h '( x) ? 0 , 即函数 h( x) ? x ? x ln x 在区间 [ ,1) 2 2 2 上递增,在区间 (1, 2] 上递减,所以 h( x)max ? h(1) ? 1,所以 a ? 1 。
例 7.设 f ( x) ? 点评: ?x1 ? A, ?x2 ? B ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立 ? f ( x)min ? g ( x)max 七.双函数“存在”+“存在”型 例 8.已知函数 f ( x) ? ln x ?

x 3 ? ? 1 , g ( x) ? x2 ? 2bx ? 4 。若存在 x1 ? (0,2) , x2 ??1,2? ,使 4 4x

f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求实数 b 取值范围。 1 1 3 ( x ? 1)( x ? 3) 解析:? f ?( x) ? ? ? 2 ? ? ,? f ( x) 在 (0,1) 上单调递增,在 (1, 2) 上单调递减, x 4 4x 4x2 1 1 ? f ( x) min ? f (1) ? ? 。依题意有 f ( x)min ? g ( x)max ,所以 g ( x) max ? ? 。又 g ( x) ? ( x ? b)2 ? b2 ? 4 , 2 2 1 1 ? ? ?b ? 2 ?b ? 2 11 11 从而 ? 或? ,解得 b ? 。即实数 b 取值范围是 [ , ?? ) 。 4 4 ? g (1) ? 5 ? 2b ? ? 1 ? g (2) ? 8 ? 4b ? ? 1 ? ? 2 ? 2 ? 点评:?x1 ? A, ?x2 ? B , 使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立 ? f ( x)min ? g ( x)max , 同样 ?x1 ? A, ?x2 ? B , 使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立 ? f ( x)max ? g ( x)min 。 19 1 3 2 x ? 。是否存在实数 a ,存 例 9.已知函数 f ( x) ? x ? (1 ? a) x ? a(a ? 2) x(a ? R) , g ( x) ? 6 3 在 x1 ?? ?1,1? , x2 ??0, 2? ,使得 f '( x1 ) ? 2ax1 ? g ( x2 ) 成立?若存在,求出 a 的取值范围;若不存在,
说明理由.

19 1 ? 1 ? x ? 是增函数,故对于 x ??0, 2? , g ? x ? ? ? ? , 6? . 6 3 ? 3 ? 1 2 2 2 设 h ? x ? ? f ? ? x ? ? 2ax ? 3x ? 2x ? a ? a ? 2? ,当 x ?? ?1,1? 时, h ? x ? ? [?a ? 2a ? ,5 ? a ? 2a] 。 3
解析:在 ? 0, 2? 上 g ? x ? ?

4

要存在 x1 ? [?1,1] ,x2 ?[0,2] 使得 h ? x1 ? ? g ? x2 ? 成立, 只要 [?a 2 ? 2a ? ,5 ? a 2 ? 2a] ? ? ? , 6 ? ? ? , 3 3 考虑反面,若 [?a 2 ? a ? ,5 ? a 2 ? a] ? ?? , 6 ? ? ? ,则 3 3

1

? 1 ?

? ?

? ? 1 1 ? ? 5 ? a 2 ? 2a 或 6 ? ? a 2 ? 2a ? ,解得 3 3 1

? 1 ?

a ? ?1 ?

57 57 57 57 或 a ? ?1 ? 。从而所求为 ?1 ? ? a ? ?1 ? 3 3 3 3 点评: “ ?x1 ? A, ?x2 ? B ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立”等价于“ f ( x ) 的值域与 g ( x) 的值域相交非空” 。

从以上例题可以看出,导数题的发展轨迹是从单一函数往双函数发展,从单一变量往双变量甚至是 多变量发展,从单一任意或存在往任意存在混合上发展。不管怎样发展,它们的基础还是单函数的任意与 存在性问题。对于两个函数的问题,虽然以上例题归纳得很清楚,但真正解题中,往往还是容易迷惑。我 们知道,面对两个或多个变量的时候,可以先把其中的一个当成是变量,其它的当成是常量,这样就把问 题转化为单变量的常规题了。这里同样可以采取类似的方法,在 f ( x1 ) 和 g ( x2 ) 中,依次把一个当成是常 量,另一个当成是变量,这样就把问题转化成了前面熟悉的单函数 单任意(或存成)题了。比如 “ ?x1 ? A, ?x2 ? B , 使 得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成 立 ” , 就 可 以 先 把 f ( x1 ) 当 成 是 常 量 , “ ?x2 ? B , 使 得 “ ?x1 ? A ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立”等价于 f ( x1 ) ? g ( x2 )min,再反过来,再把 g ( x2 ) 当成是常量, f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立”等价于 f ( x1 )min ? g ( x2 ) ,综合以上两方面,就得出了“ ?x1 ? A, ?x2 ? B ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立 ? f ( x)min ? g ( x)min ”的正确结论。

5


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