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金沙国际娱乐平台专题突破一 金沙国际娱乐平台中的导数应用问题

【考点自测】

1.若函数f(x)=2sin x(x∈[0,π])的图象在点P处的切线平行于函数g(x)=2

的图象在点Q处的切线,则直线PQ的斜率为(  )

A.

B.2

C.

D.

答案 A

解析 f′(x)=2cos x∈[-2,2],

g′(x)=

≥2(当且仅当x=1时取等号).

当两函数的切线平行时,xp=0,xQ=1.

即P(0,0),Q

,∴直线PQ的斜率为

.

2.(2018·西宁质检)若f(x)=-

x2+bln(x+2)在(-1,+∞)上是减函数,则b的取值范围是

(  )

A.[-1,+∞) B.(-1,+∞)

C.(-∞,-1] D.(-∞,-1)

答案 C

解析 由题意可知f′(x)=-x+

≤0在(-1,+∞)上恒成立,即b≤x(x+2)在(-1,+∞)上恒成立.由于g(x)=x(x+2)在(-1,+∞)上是增函数且g(-1)=-1,所以b≤-1.故选C.

3.(2017·全国Ⅱ)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)·ex-1的极值点,则f(x)的极小值为(  )

A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1

答案 A

解析 函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1,

则f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1

=ex-1·[x2+(a+2)x+a-1].

由x=-2是函数f(x)的极值点,得

f′(-2)=e-3·(4-2a-4+a-1)=(-a-1)e-3=0,

所以a=-1.

所以f(x)=(x2-x-1)ex-1,f′(x)=ex-1·(x2+x-2).

由ex-1>0恒成立,得当x=-2或x=1时,f′(x)=0,且当x<-2时,f′(x)>0;

当-2<x<1时,f′(x)<0;

当x>1时,f′(x)>0.

所以x=1是函数f(x)的极小值点.

所以函数f(x)的极小值为f(1)=-1.

故选A.

4.若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b=________.

答案 1-ln 2

解析 y=ln x+2的切线方程为y=

·x+ln x1+1(设切点横坐标为x1).

y=ln(x+1)的切线方程为y=

x+ln(x2+1)-

(设切点横坐标为x2),

解得x1=

,x2=-

,∴b=ln x1+1=1-ln 2.

5.(2017·江苏)已知函数f(x)=x3-2x+ex-

,其中e是自然对数的底数,若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是________.

答案 

解析 因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-

=-x3+2x-ex+

=-f(x),

所以f(x)=x3-2x+ex-

是奇函数.

因为f(a-1)+f(2a2)≤0,

所以f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a).

因为f′(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2

=3x2≥0,当且仅当x=0时“=”成立,

所以f(x)在R上单调递增,

所以2a2≤1-a,即2a2+a-1≤0,

所以-1≤a≤

.

题型一 利用导数研究函数性质

例1 (2018·沈阳质检)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,+∞),

所以g′(x)=

-2a=

.

当a≤0,x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增;

当a>0,x∈

时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈

时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.

所以当a≤0时,函数g(x)的单调递增区间为(0,+∞);

当a>0时,函数g(x)的单调递增区间为

单调递减区间为

.

(2)由(1)知,f′(1)=0.

①当a≤0时,f′(x)单调递增,

所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,

当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

所以f(x)在x=1处取得极小值,不符合题意;

②当0<a<

,即

>1时,由(1)知f′(x)在

上单调递增.

可得当x∈(0,1)时,f′(x)<0,

当x∈

时,f′(x)>0.

所以f(x)在(0,1)上单调递减,在

上单调递增.

所以f(x)在x=1处取得极小值,不符合题意;

③当a=

,即

=1时,f′(x)在(0,1)上单调递增,

在(1,+∞)上单调递减,

所以当x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不符合题意;

④当a>

,即0<

<1时,

当x∈

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处取得极大值,符合题意 .

综上可知,实数a的取值范围为

.

思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值.已知f(x)的单调性,可转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题;含参函数的最值问题是金沙国际娱乐平台的热点题型,解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论,此时要注意结合导函数图象的性质进行分析.

跟踪训练1 已知a∈R,函数f(x)=(-x2+ax)ex (x∈R,e为自然对数的底数).

(1)当a=2时,求函数f(x)的单调递增区间;

(2)若函数f(x)在(-1,1)上单调递增,求a的取值范围.

解 (1)当a=2时,f(x)=(-x2+2x)ex,

所以f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex

=(-x2+2)ex.

令f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0,因为ex>0,

所以-x2+2>0,解得-

.

所以函数f(x)的单调递增区间是(-

).

(2)因为函数f(x)在(-1,1)上单调递增,

所以f′(x)≥0对x∈(-1,1)都成立.

因为f′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex

=[-x2+(a-2)x+a]ex,

所以[-x2+(a-2)x+a]ex≥0对x∈(-1,1)都成立.

因为ex>0,所以-x2+(a-2)x+a≥0对x∈(-1,1)都成立,

即a≥

=(x+1)-

对x∈(-1,1)都成立.

令y=(x+1)-

,则y′=1+

>0.

所以y=(x+1)-

在(-1,1)上单调递增,

所以y<(1+1)-

,即a≥

.

经检验a=

时,符合题意.

因此a的取值范围为

.

题型二 利用导数研究函数零点问题

例2 设函数f(x)=ln x+

,m∈R.

(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;

(2)讨论函数g(x)=f′(x)-

的零点的个数.

解 (1)由题设,当m=e时,f(x)=ln x+

则f′(x)=

(x>0),由f′(x)=0,得x=e.

∴当x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减,

当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增,

∴当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+

=2,

∴f(x)的极小值为2.

(2)由题设g(x)=f′(x)-

(x>0),

令g(x)=0,得m=-

x3+x(x>0).

设φ(x)=-

x3+x(x≥0),

则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),

当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;

当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.

∴x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点,

∴φ(x)的最大值为φ(1)=

.

又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图),可知

①当m>

时,函数g(x)无零点;

②当m=

时,函数g(x)有且只有一个零点;

③当0

时,函数g(x)有两个零点;

④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.

综上所述,当m>

时,函数g(x)无零点;

当m=

或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;

当0

时,函数g(x)有两个零点.

思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质,并借助函数图象,根据零点或图象的交点情况,建立含参数的方程(或不等式)组求解,实现形与数的和谐统一.

跟踪训练2 (2018·合肥调研)设函数f(x)=

-kln x,k>0.

(1)求f(x)的单调区间和极值;

(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,

]上仅有一个零点.

(1)解 函数的定义域为(0,+∞).由f(x)=

-kln x(k>0),得f′(x)=x-

.

由f′(x)=0,解得x=

(负值舍去).

f′(x)与f(x)在区间(0,+∞)上随x的变化情况如下表:

x

(0,

)

(

,+∞)

f′(x)

0

f(x)

所以,f(x)的单调递减区间是(0,

),

单调递增区间是(

,+∞).

f(x)在x=

处取得极小值f(

)=

,无极大值.

(2)证明 由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f(

)=

.

因为f(x)存在零点,所以

≤0,从而k≥e,

当k=e时,f(x)在区间(1,

]上单调递减且f(

)=0,

所以x=

是f(x)在区间(1,

]上的唯一零点;

当k>e时,f(x)在区间(1,

]上单调递减且

f(1)=

>0,f(

)=

<0,

所以f(x)在区间(1,

]上仅有一个零点.

综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,

]上仅有一个零点.

题型三 利用导数研究不等式问题

例3 (2017·陕西省宝鸡市质检)设函数f(x)=ax2ln x+b(x-1),曲线y=f(x)过点(e,e2-e+1),且在点(1,0)处的切线方程为y=0.

(1)求a,b的值;

(2)证明:当x≥1时,f(x)≥(x-1)2;

(3)若当x≥1时,f(x)≥m(x-1)2恒成立,求实数m的取值范围.

(1)解 由题意可知,f(x)=ax2ln x+b(x-1)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2axln x+ax+b(x>0),

∵f′(1)=a+b=0,

f(e)=ae2+b(e-1)=a(e2-e+1)

=e2-e+1,

∴a=1,b=-1.

(2)证明 f(x)=x2ln x-x+1,

f(x)-(x-1)2=x2ln x+x-x2,

设g(x)=x2ln x+x-x2(x≥1),

则g′(x)=2xln x-x+1.

由(g′(x))′=2ln x+1>0,得g′(x)在[1,+∞)上单调递增,∴g′(x)≥g′(1)=0,

∴g(x)在[1,+∞)上单调递增,

∴g(x)≥g(1)=0.

∴f(x)≥(x-1)2.

(3)解 设h(x)=x2ln x-x-m(x-1)2+1(x≥1),

则h′(x)=2xln x+x-2m(x-1)-1,

由(2)知x2ln x≥(x-1)2+x-1=x(x-1),

∴xln x≥x-1,

∴h′(x)≥3(x-1)-2m(x-1)=(3-2m)(x-1).

①当3-2m≥0,即m≤

时,h′(x)≥0,

∴h(x)在[1,+∞)上单调递增,

∴h(x)≥h(1)=0成立.

②当3-2m<0,即m>

时,

h′(x)=2xln x+(1-2m)(x-1),(h′(x))′=2ln x+3-2m,

令(h′(x))′=0,得x= >1,

当x∈[1,)时,h′(x)单调递减,则h′(x)≤h′(1)=0,

∴h(x)在[1,)上单调递减,

∴h(x)≤h(1)=0,即h(x)≥0不成立.

综上,m≤

.

思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题,一般常用分离参数的方法,但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值,或者求解其函数最值较烦琐时,可采用直接构造函数的方法求解.

跟踪训练3 已知函数f(x)=x3-2x2+x+a,g(x)=-2x+

,若对任意的x1∈[-1,2],存在x2∈[2,4],使得f(x1)=g(x2),则实数a的取值范围是____________.

答案 

解析 问题等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集,

显然,g(x)单调递减,∴g(x)max=g(2)=

g(x)min=g(4)=-

对于f(x),f′(x)=3x2-4x+1,

令f′(x)=0,解得x=

或x=1,

当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况列表如下:

x

-1

(-1,

)

1

(1,2)

2

f′(x)

0

0

f(x)

a-4

+a

a

a+2

∴f(x)max=a+2,f(x)min=a-4,

∴a∈

.

1.(2017·浙江)已知函数f(x)=(x-

)e-x

.

(1)求f(x)的导函数;

(2)求f(x)在区间

上的取值范围.

解 (1)因为(x-

)′=1-

(e-x)′=-e-x,

所以f′(x)=

e-x-(x-

)e-x

.

(2)由f′(x)=

=0,

解得x=1或x=

.

当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x

1

f′(x)

0

0

f(x)

0

又f(x)=

(

-1)2e-x≥0,

所以f(x)在区间

上的取值范围是

.

2.已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.

(1)求a的值;

(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.

(1)解 f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.

曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.

由题设得-

=-2,所以a=1.

(2)证明 由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.

设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.

由题设知1-k>0.

当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,

g(-1)=k-1<0,g(0)=4,

所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根.

当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,

则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).

h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,

所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.

所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根.

综上,g(x)=0在R上有唯一实根,

即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.

3.(2018·长春质检)已知函数f(x)=-x2+2ex+m-1,g(x)=x+

(x>0).

(1)若g(x)=m有零点,求m的取值范围;

(2)确定m的取值范围,使得g(x)-f(x)=0有两个相异实根.

解 (1)∵g(x)=x+

≥2

=2e(x>0),当且仅当x=

时取等号,∴当x=e时,g(x)有最小值2e.

∴要使g(x)=m有零点,只需m≥2e.

即当m∈[2e,+∞)时,g(x)=m有零点.

(2)若g(x)-f(x)=0有两个相异实根,则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点.

如图,作出函数g(x)=x+

(x>0)的大致图象.

∵f(x)=-x2+2ex+m-1

=-(x-e)2+m-1+e2,

∴其对称轴为x=e,

f(x)max=m-1+e2.

若函数f(x)与g(x)的图象有两个交点,则m-1+e2>2e,即当m>-e2+2e+1时,g(x)-f(x)=0有两个相异实根.

∴m的取值范围是(-e2+2e+1,+∞).

4.已知函数f(x)=

+aln x(a≠0,a∈R).

(1)若a=1,求函数f(x)的极值和单调区间;

(2)若在区间(0,e]上至少存在一点x0,使得f(x0)<0成立,求实数a的取值范围.

解 (1)当a=1时,f′(x)=-

令f′(x)=0,得x=1,又f(x)的定义域为(0,+∞),

由f′(x)<0,得00,得x>1,

所以当x=1时,f(x)有极小值1,无极大值;

f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).

(2)f′(x)=-

,且a≠0,x>0.

令f′(x)=0,得x=

,若在区间(0,e]上存在一点x0,使得f(x0)<0成立,即f(x)在区间(0,e]上的最小值小于0.

<0,即a<0时,f′(x)<0在(0,e]上恒成立,

即f(x)在区间(0,e]上单调递减,

故f(x)在区间(0,e]上的最小值为

f(e)=

+aln e=

+a,

+a<0,得a<-

,即a∈

.

>0,即a>0时,

①若e≤

,则f′(x)≤0对x∈(0,e]恒成立,

所以f(x)在区间(0,e]上单调递减,

则f(x)在区间(0,e]上的最小值为

f(e)=

+aln e=

+a>0,

显然f(x)在区间(0,e]上的最小值小于0不成立;

②若0<

时,则当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x

f′(x)

0

f(x)

极小值

所以f(x)在区间(0,e]上的最小值为f

=a+aln

由f

=a+aln

=a(1-ln a)<0,

得1-ln a<0,解得a>e,即a∈(e,+∞).

综上可知,a∈

∪(e,+∞).

5.(2018届珠海二中月考)已知函数f(x)=x-aln x,a∈R.

(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;

(2)设g(x)=-

,若不等式f(x)>g(x)对任意x∈[1,e]恒成立,求a的取值范围.

解 (1)f′(x)=1-

(x>0),

当a≤0时,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,

所以f(x)在(0,+∞)上没有极值点.

当a>0时,由f′(x)<0,得0由f′(x)>0,得x>a,

所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,

即f(x)在x=a处有极小值,无极大值.

所以当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上没有极值点,

当a>0时,f(x)在(0,+∞)上有一个极值点.

(2)设h(x)=f(x)-g(x)=x+

-aln x(x>0),

则h′(x)=1-

不等式f(x)>g(x)对任意x∈[1,e]恒成立,

即函数h(x)=x+

-aln x在[1,e]上的最小值大于零.

①当1+a≥e,即a≥e-1时,h(x)在[1,e]上单调递减,所以h(x)的最小值为h(e),

由h(e)=e+

-a>0,可得a<

因为

>e-1,所以e-1≤a<

②当1+a≤1,即a≤0时,h(x)在[1,e]上单调递增,

所以h(x)的最小值为h(1),由h(1)=1+1+a>0,

可得a>-2,即-2③当1<1+a可得h(x)的最小值为h(1+a),

因为0故h(1+a)=2+a-aln(1+a)>2,

即0综上可得,a的取值范围是

.

6.(2018·泉州调研)已知函数f(x)=ex,g(x)=

,a为实常数.

(1)设F(x)=f(x)-g(x),当a>0时,求函数F(x)的单调区间;

(2)当a=-e时,直线x=m,x=n(m>0,n>0)与函数f(x),g(x)的图象一共有四个不同的交点,且以此四点为顶点的四边形恰为平行四边形.求证:(m-1)(n-1)<0.

(1)解 F(x)=ex-

其定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),

而F′(x)=ex+

当a>0时,F′(x)>0,

故F(x)的单调递增区间为(-∞,0),(0,+∞),无单调递减区间.

(2)证明 因为直线x=m与x=n平行,

故该四边形为平行四边形等价于f(m)-g(m)=f(n)-g(n)且m>0,n>0.

当a=-e时,F(x)=f(x)-g(x)=ex+

(x>0),

则F′(x)=ex-

,令g(x)=F′(x)=ex-

则g′(x)=ex+

>0,

故F′(x)=ex-

在(0,+∞)上单调递增.

而F′(1)=e-

=0,

故当x∈(0,1)时,F′(x)<0,F(x)单调递减;

当x∈(1,+∞)时,F′(x)>0,F(x)单调递增.

而F(m)=F(n),

故0所以(m-1)(n-1)<0.

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金沙国际娱乐平台专题突破一 【考点自测】 金沙国际娱乐平台中的导数应用问题 x ? 1. 若函数 f(x)=2sinx(x∈[0, π])的图象在点 P 处的切线平行于函数 g(x)=2 x? ?3+1?的图象在 点 Q 处的切线,则直线 PQ 的斜率为( 8 A. 3 7 C. 3 答案 A 解析 f′(x)=2cosx∈[-2,2], g′(x)= x+ 1 ≥2(当且仅当 x=1 时取等号). x B.2 D. 3 3 ) 当两函数的切线平行时,xp=0,xQ=1. 8 8 1, ?,∴直线 PQ 的斜率为 . 即 P(0,0),Q? ? 3? 3 1 2.(2018· 西宁质检)若 f(x)=- x2+bln(x+2)在(-1,+∞)上是减函数,则 b 的取值范围是 2 ( A.[-1,+∞) C.(-∞,-1] 答案 C b 解析 由题意可知 f′(x)=-x+ ≤0 在(-1,+∞)上恒成立,即 b≤x(x+2)在(-1,+∞) x+2 上恒成立.由于 g(x)=x(x+2)在(-1,+∞)上是增函数且 g(-1)=-1,所以 b≤-1.故选 C. 3.(2017· 全国Ⅱ)若 x=-2 是函数 f(x)=(x2+ax-1)· ex A.-1B.-2e 3C.5e 3D.1 - - -1 ) B.(-1,+∞) D.(-∞,-1) 的极值点,则 f(x)的极小值为( ) 答案 A 解析 函数 f(x)=(x2+ax-1)ex 1, - 则 f′(x)=(2x+a)ex 1+(x2+ax-1)ex - -1 =ex 1· [x2+(a+2)x+a-1]. - 由 x=-2 是函数 f(x)的极值点,得 f′(-2)=e 3· (4-2a-4+a-1)=(-a-1)e 3=0, - - 所以 a=-1. 所以 f(x)=(x2-x-1)ex 1,f′(x)=ex 1· (x2+x-2). - - 由 ex 1>0 恒成立,得当 x=-2 或 x=1 时,f′(x)=0,且当 x<-2 时,f′(x)>0; - 当-2<x<1 时,f′(x)<0; 当 x>1 时,f′(x)>0. 所以 x=1 是函数 f(x)的极小值点. 所以函数 f(x)的极小值为 f(1)=-1. 故选 A. 4.若直线 y=kx+b 是曲线 y=lnx+2 的切线, 也是曲线 y=ln(x+1)的切线, 则 b=________. 答案 1-ln2 1 解析 y=lnx+2 的切线方程为 y= · x+lnx1+1(设切点横坐标为 x1). x1 y=ln(x+1)的切线方程为 y= 1 1 1 x2 x+ln(x2+1)- (设切点横坐标为 x2), x2+1 x2+1 ?x =x +1, ∴? x ?lnx +1=ln?x +1?-x +1, 1 2 1 2 2 2 1 1 解得 x1= ,x2=- ,∴b=lnx1+1=1-ln2. 2 2 1 5. (2017· 江苏)已知函数 f(x)=x3-2x+ex- x, 其中 e 是自然对数的底数, 若 f(a-1)+f(2a2)≤0, e 则实数 a 的取值范围是________. 1? 答案 ? ?-1,2? 1 - 解析 因为 f(-x)=(-x)3-2(-x)+e x- -x e 1 =-x3+2x-ex+ x=-f(x), e 1 所以 f(x)=x3-2x+ex- x是奇函数. e 因为 f(a-1)+f(2a2)≤0, 所以 f(2a2)≤-f(a-1),即 f(2a2)≤f(1-a).


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