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导数阶段回扣练3


阶段回扣练 3
一、填空题

导数及其应用

(时间:120 分钟)

1.(2015· 哈师大附中检测)设函数 f(x)=axln x(a∈R,a≠0),若 f′(e)=2,则 f(e) 的值为________. 解析 f′(x)=aln x+a,故 f′(e)=2a=2,得 a=1,

故 f(x)=xln x,f(e)=e. 答案 e

2.(2015· 扬州模拟)曲线 y=x2+ln x 在点(1,1)处的切线方程为________. 解析 1 y′=2x+ x ,故 y′|x=1=3,故在点(1,1)处的切线方程为 y-1=3(x-

1),化简整理得 3x-y-2=0. 答案 3x-y-2=0

x2+a 3.若函数 f(x)= 在 x=1 处取极值,则 a=______. x+1 解析 2x?x+1?-?x2+a? x2+2x-a 由 f′(x)= = =0, ?x+1?2 ?x+1?2

∴x2+2x-a=0,x≠-1,又 f(x)在 x=1 处取极值, ∴x=1 是 x2+2x-a=0 的根,∴a=3. 答案 3

4.设函数 g(x)=x(x2-1),则 g(x)在区间[0,1]上的最小值为________. 解析 g(x)=x3-x,由 g′(x)=3x2-1=0,

3 3 解得 x= 3 或- 3 (舍去). 当 x 变化时,g′(x)与 g(x)的变化情况如下表: X g′(x) g(x) 0 0 ? 3? ?0, ? 3? ? - ? 3 3 0 极小值 ? 3 ? ? ,1? ?3 ? + ? 0 1

3 2 3 ? 3? 所以当 x= 3 时,g(x)有最小值 g? ?=- 9 . 3 ? ? 答案 2 3 - 9

5 .三次函数 f(x) = mx3 - x 在 ( -∞,+∞) 上是减函数,则 m 的取值范围是 ________. 解析 f′(x)=3mx2-1≤0 在(-∞,+∞)上恒成立,

①x=0 时,-1≤0 恒成立,即 m∈R; ②x≠0 时,有 m≤ 1 在 R 上恒成立, 3x2

1 ∵3x2>0,∴m≤0, 综上 m≤0. 答案 (-∞,0]

6.(2014· 无锡模拟)已知函数 y=x3-3x+c 的图象与 x 轴恰有两个公共点,则 c =________. 解析 ∵y′=3x2-3,∴当 y′=0 时,x=± 1.则 y′,y 的变化情况如下表;

x y′ y

(-∞,-1) + ?

-1 0 c+2

(-1,1) - ?

1 0 c-2

(1,+∞) + ?

因此,当函数图象与 x 轴恰有两个公共点时,必有 c+2=0 或 c-2=0,∴c =-2 或 c=2. 答案 -2 或 2

7.(2015· 南通、扬州、泰州、宿迁四市调研)若函数 f(x)=x3+ax2+bx 为奇函数, 其图象的一条切线方程为 y=3x-4 2,则 b 的值为________. 解析 由函数 f(x)=x3+ax2+bx 为奇函数可得 a=0.设切点坐标为(x0, y0), 则

2 2 y0=x3 0+bx0=3x0-4 2,又 f′(x)=3x +b,所以 f′(x0)=3x0+b=3,联立解

得 x0= 2,b=-3. 答案 -3

8.(2014· 石家庄模拟)若不等式 2xln x≥-x2+ax-3 对 x∈(0,+∞)恒成立,则

实数 a 的取值范围是________. 解析 3 3 2xln x≥-x2+ax-3,则 a≤2ln x+x+ x,设 h(x)=2ln x+x+x (x>0), ?x+3??x-1? .当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数 h(x)单调递减;x∈(1, x2

则 h′(x)=

+∞)时, h′(x)>0, 函数 h(x)单调递增, 所以 h(x)min=h(1)=4.所以 a≤h(x)min =4.故 a 的取值范围是(-∞,4]. 答案 (-∞,4]

9.(2014· 苏州模拟)函数 f(x)的定义域是 R,f(0)=2,对任意 x∈R,f(x)+f′(x) >1,则不等式 ex· f(x)>ex+1 的解集为________. 解析 构造函数 g(x)=ex· f(x)-ex.因为 g′(x)=ex· f(x)+ex· f′(x)-ex=ex[f(x)

+f′(x)]-ex>ex-ex=0,所以 g(x)=ex· f(x)-ex 为 R 上的增函数.因为 g(0) =e0· f(0)-e0=1,所以原不等式转化为 g(x)>g(0),解得 x>0. 答案 {x|x>0}

10.(2013· 湖北卷改编)已知函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数 a 的取 值范围是________. 解析 由题知,x>0,f′(x)=ln x+1-2ax,由于函数 f(x)有两个极值点,则

f′(x)=0 有两个不等的正根, 即函数 y=ln x+1 与 y=2ax 的图象有两个不同 的交点(x>0),则 a>0;设函数 y=ln x+1 上任一点(x0,1+ln x0)处的切线为 l, 1 1 1+ln x0 1 则 kl=y′=x ,当 l 过坐标原点时,x = x ?x0=1,令 2a=1?a=2,
0 0 0

1 结合图象知 0<a<2. 答案 1? ? ?0,2? ? ?

a2 11.(2014· 佛山模拟)设 0<a≤1,函数 f(x)=x+ x ,g(x)=x-ln x,若对任意的 x1,x2∈[1,e],都有 f(x1)≥g(x2)成立,则实数 a 的取值范围是________. 解析
2 2 a2 x -a f′(x)=1- x2 = x2 ,当 0<a≤1,且 x∈[1,e]时,f′(x)>0,∴f(x)

1 在[1, e]上是增函数, f(x1)min=f(1)=1+a2, 又 g′(x)=1- x(x>0), 易求 g′(x) > 0 , ∴ g(x) 在 [1 , e] 上 是 增 函 数 , g(x2)max = g(e) = e - 1. 由 条 件 知 只 需

f(x1)min≥g(x2)max.即 1+a2≥e-1.∴a2≥e-2.即 e-2≤a≤1. 答案 [ e-2,1]

12.某商场从生产厂家以每件 20 元购进一批商品,若该商品零售价为 p 元,销 量 Q(单位:件)与零售价 p(单位:元)有如下关系:Q=8 300-170p-p2,则 该商品零售价定为________元时利润最大,利润的最大值为________元. 解析 设商场销售该商品所获利润为 y 元,则 y=(p-20)(8 300-170p-p2)

=-p3-150p2+11 700p-166 000(p≥20),则 y′=-3p2-300p+11 700.令 y′=0 得 p2+100p-3 900=0,解得 p=30 或 p=-130(舍去).则 y,y′随 p 的变化情况如下表: p y′ y (20,30) + ? 30 0 极大值 (30,+∞) - ?

故当 p=30 时, y 取极大值为 23 000 元. 又 y=-p3-150p2+11 700p-166 000 在[20,+∞)上只有一个极值,故也是最值.所以该商品零售价定为每件 30 元,所获利润最大为 23 000 元. 答案 30 23 000

13.(2015· 盐城模拟)若不等式 bx+c+9ln x≤x2 对任意的 x∈(0,+∞),b∈(0,3) 恒成立,则实数 c 的取值范围是________. 解析 当 x>0 时, 令 f(b)=xb+c+9ln x-x2 是单调递增函数, 所以 b∈(0,3),

f(b)≤0 恒成立即为 f(b)max=f(3)≤0,所以 3x+c+9ln x-x2≤0,即 c≤(x2- 9ln x-3x)min 对?x∈(0,+∞)恒成立.令 g(x)=x2-9ln x-3x,x∈(0,+∞), 2x2-3x-9 ?x-3??2x+3? 9 则 g′(x)=2x- x-3= = , x∈(0, +∞), 当 x=3 时, x x g′(x)=0;当 0<x<3 时,g′(x)<0,该函数单调递减,当 x>3 时,g′(x) >0,函数单调递增,所以 g(x)min=g(3)=-9ln 3,则 c≤-9ln 3,故实数 c 的取值范围是(-∞,-9ln 3]. 答案 (-∞,-9ln 3]

m 14.(2015· 扬州模拟)已知函数 f(x)=ln x- x (m∈R)在区间[1,e]上取得最小值 4, 则 m=________.

解析

1 m x+m f′(x)=x +x2= x2 (x>0),

①当 m>0 时,f′(x)>0,f(x)在区间[1,e]上为增函数,f(x)有最小值 f(1)= -m=4,得 m=-4,与 m>0 矛盾. ②当 m<0 时,若-m<1,即 m>-1,f(x)min=f(1)=-m=4, 得 m=-4,与 m>-1 矛盾;若-m∈[1,e], 即-e≤m≤-1,f(x)min=f(-m)=ln(-m)+1=4, 解得 m=-e3,与-e≤m≤-1 矛盾;若-m>e, m 即 m<-e 时,f(x)min=f(e)=1- e =4, 解得 m=-3e,符合题意. 答案 -3e

二、解答题 1 15. (2015· 北京海淀区模拟)已知函数 f(x)=3x3+ax2+4x+b, 其中 a, b∈R 且 a≠0. (1)求证:函数 f(x)在点(0,f(0))处的切线与 f(x)总有两个不同的公共点; (2)若函数 f(x)在区间(-1,1)上有且仅有一个极值点,求实数 a 的取值范围. (1)证明 由已知可得 f′(x)=x2+2ax+4.

1 ∴f′(0)=4,又 f(0)=b,∴f(x)在 x=0 处的切线方程为 y=4x+b.令3x3+ax2 +4x+b=4x+b,整理得(x+3a)x2=0.∴x=0 或 x=-3a,又∵a≠0, ∴-3a≠0,∴f(x)与切线有两个不同的公共点. (2)解 ∵f(x)在(-1,1)上有且仅有一个极值点,

∴f′(x)=x2+2ax+4 在(-1,1)上有且仅有一个异号零点,由二次函数图象性 质可得 f′(-1)f′(1)<0, 5? 5 5 ? 即(5-2a)(5+2a)<0, 解得 a>2或 a<-2, 即 a 的取值范围是?-∞,-2?∪ ? ? ?5 ? ?2,+∞?. ? ? 16.(2015· 合肥质量检测)已知函数 f(x)=(a+1)x2-2ax-2ln x. (1)求证:a=0 时,f(x)≥1 恒成立; (2)当 a∈[-2,-1]时,求 f(x)的单调区间.

(1)证明

a=0 时,f(x)=x2-2ln x,x∈(0,+∞).

2 2?x+1??x-1? f′(x)=2x- x= ,令 f′(x)=0, x 解得 x=1(x=-1 舍去). 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)在(0,1)上单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增. ∴f(x)min=f(1)=1.所以,?x∈(0,+∞),f(x)≥1. (2)解 f(x)的定义域为(0,+∞), 2[?a+1?x2-ax-1] , x 2?x-1? x ,此时 f(x)在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)

f′(x)=

①当 a=-1 时,f′(x)= 上单调递减.

②当-2<a<-1 时,-1<a+1<0,1<-

1 . a+1

1 ? ? 2?x-1??a+1??x+a+1? ? ? ∵ f′(x) = , ∴ 解 f′(x) < 0 得 x ∈ (0,1) 或 x ∈ x 1 ? ? ?-a+1,+∞?; ? ? 1 ? ? 解 f′(x)>0 得 x∈?1,-a+1?. ? ? 1 ? 1 ? ? ? 即 f(x)的单调增区间为?1,-a+1?,单调减区间为(0,1)和?-a+1,+∞?. ? ? ? ? -2?x-1?2 ③当 a=-2 时,此时 f′(x)= , x ∴x∈(0,+∞)均有 f′(x)≤0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,无单调增区 间. 综上,a=-1 时,f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1); 1 ? ? -2<a<-1 时,f(x)的单调递增区间为?1,-a+1?,单调递减区间为(0,1) ? ? 1 ? ? 和?-a+1,+∞?; ? ? a=-2 时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调增区间.

17.(2015· 天津模拟)已知函数 f(x)=ln x-a2x2+ax(a∈R). (1)求 f(x)的单调区间与极值. (2)若函数在区间(1,+∞)上单调递减,求实数 a 的取值范围. 解 (1)函数 f(x)=ln x-a2x2+ax 的定义域为(0,+∞),

-2a2x2+ax+1 1 2 f′(x)=x -2a x+a= x = -?2ax+1??ax-1? . x

1 (ⅰ)当 a=0 时,f′(x)=x>0, 所以 f(x)的单调递增区间为(0,+∞), 此时 f(x)无极值. (ⅱ)当 a>0 时,令 f′(x)=0, 1 1 得 x=a或 x=-2a(舍去). 1? ? ?1 ? f(x)的单调递增区间为?0,a?,单调递减区间为?a,+∞?,所以 f(x)有极大值 ? ? ? ? ?1? 为 f?a?=-ln a,无极小值. ? ? (ⅲ)当 a<0 时,令 f′(x)=0, 1 1 得 x=a(舍去)或 x=-2a, 1? ? 所以 f(x)的单调递增区间为?0,-2a?, ? ? ? 1 ? 单调递减区间为?-2a,+∞?, ? ? ? 1? ? 1? 3 所以 f(x)有极大值为 f?-2a?=ln?-2a?-4 ? ? ? ? 3 =-ln(-2a)-4,无极小值. (2)由(1)可知:(ⅰ)当 a=0 时,f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,不合题意. ?1 ? (ⅱ)当 a>0 时,f(x)的单调递减区间为?a,+∞?, ? ?

1 ? ? ≤1, 依题意,得?a ? ?a>0,

得 a≥1.

? 1 ? (ⅲ)当 a<0 时,f(x)的单调递减区间为?-2a,+∞?, ? ? 1 ? ?- ≤1, 依题意,得? 2a ? ?a<0, 1 即 a≤-2.

1? ? 综上,实数 a 的取值范围是?-∞,-2?∪[1,+∞). ? ? 18.(2015· 南京、盐城模拟)几名大学毕业生合作开设 3D 打印店,生产并销售某 种 3D 产品.已知该店每月生产的产品当月都能销售完,每件产品的生产成 本为 34 元, 该店的月总成本由两部分组成:第一部分是月销售产品的生产成 本, 第二部分是其他固定支出 20 000 元. 假设该产品的月销售量 t(x)(件)与销 售价格 x(元/件)(x∈N*)之间满足如下关系: ①当 34≤x≤60 时,t(x)=-a(x+5)2+10 050; ②当 60≤x≤70 时,t(x)=-100x+7 600. 设该店月利润为 M(元),月利润=月销售总额-月总成本. (1)求 M 关于销售价格 x 的函数关系式; (2)求该打印店月利润 M 的最大值及此时产品的销售价格. 解 (1)当 x=60 时,t(60)=1 600,

代入 t(x)=-a(x+5)2+10 050,解得 a=2.
2 * ??-2x -20x+10 000??x-34?-20 000,34≤x≤60,x∈N , ∴M(x)=? * ??-100x+7 600??x-34?-20 000, 60≤x≤70,x∈N . 3 2 * ?-2x +48x +10 680x-360 000,34≤x<60,x∈N , 即 M(x)=? 2 * ?-100x +1 1000x-278 400, 60≤x≤70,x∈N .

(2)设 g(u)=(-2u2-20u+10 000)(u-34)-20 000,34≤u<60,u∈R, 则 g′(u)=-6(u2-16u-1 780). 令 g′(u)=0,解得 u1=8-2 461(舍去), u2=8+2 461∈(50,51). 当 34<u<50 时,g′(u)>0,g(u)单调递增;

当 51<u<60 时,g′(u)<0,g(u)单调递减. ∵x∈N*,M(50)=44 000,M(51)=44 226, ∴M(x)的最大值为 44 226. 当 60≤x≤70 时, M(x)=100(-x2+110x-2 584)-20 000 单调递减, 故此时 M(x)的最大值为 M(60)=21 600. 综上所述,当 x=51 时,月利润 M(x)有最大值 44 226 元. ∴该打印店月利润最大为 44 226 元,此时产品的销售价格为 51 元/件. 19.(2015· 南通调研)已知 a 为实常数,y=f(x)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上 a3 的奇函数,且当 x<0 时,f(x)=2x- x2+1. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)≥a-1 对一切 x>0 成立,求 a 的取值范围. 解 (1)由奇函数的对称性可知,我们只要讨论 f(x)在区间(-∞,0)的单调性

即可. 2a3 f′(x)=2+ x3 ,令 f′(x)=0,得 x=-a. ①当 a≤0 时,f′(x)>0,故 f(x)在区间(-∞,0)上单调递增. ②当 a>0 时,x∈(-∞,-a),f′(x)>0,所以 f(x)在区间(-∞,-a)上单 调递增. x∈(-a,0),f′(x)<0,所以 f(x)在区间(-a,0)上单调递减. 综上所述,当 a≤0 时,f(x)单调增区间为(-∞,0),(0,+∞); 当 a>0 时,f(x)单调增区间为(-∞,-a),(a,+∞),单调减区间为(-a,0), (0,a). (2)因为 f(x)为奇函数,所以当 x>0 时, a3 ? a3 ? f(x)=-f(-x)=-?-2x-x2 +1?=2x+x2 -1. ? ? ①当 a<0 时,要使 f(x)≥a-1 对一切 x>0 成立, a3 即 2x+x2 ≥a 对一切 x>0 成立. a 而当 x=-2>0 时,有-a+4a≥a,所以 a≥0,则与 a<0 矛盾.

所以 a<0 不成立. ②当 a=0 时,f(x)=2x-1>-1=a-1 对一切 x>0 成立; 故 a=0 满足题设要求. ③当 a>0 时, 由(1)可知 f(x)在(0,a)上是减函数,在(a,+∞)上是增函数.所 以 f(x)min=f(a)=3a-1>a-1, 所以 a>0 时也满足题设要求. 综上所述,a 的取值范围是[0,+∞). ex 20.(2015· 苏、锡、常、镇四市调研)已知函数 f(x)=mx-aln x-m,g(x)= ex ,其 中 m,a 均为实数. (1)求 g(x)的极值; 1 ? ? 1 (2)设 m=1, a<0, 若对任意的 x1, x2∈[3,4](x1≠x2), |f(x2)-f(x1)|<?g?x ?-g?x ?? ? 2 1 ? 恒成立,求 a 的最小值; (3)设 a=2,若对任意给定的 x0∈(0,e],在区间(0,e]上总存在 t1,t2(t1≠t2), 使得 f(t1)=f(t2)=g(x0)成立,求 m 的取值范围. 解 (1)g′(x)= e?1-x? ex ,令 g′(x)=0,得 x=1.

列表如下: x g′(x) g(x) (-∞,1) + ? 1 0 极大值 (1,+∞) - ?

∵g(1)=1,∴y=g(x)的极大值为 1,无极小值. (2)当 m=1,a<0 时,f(x)=x-aln x-1,x∈(0,+∞). x-a ∵f′(x)= x >0 在[3,4]上恒成立,∴f(x)在[3,4]上为增函数. e 1 ex 设 h(x)= = ,∵h′(x)= g?x? ex ∴h(x)在[3,4]上为增函数. 1 ? ? 1 设 x2>x1,则|f(x2)-f(x1)|<?g?x ?-g?x ??等价于 f(x2)-f(x1)<h(x2)-h(x1), ? 2 1 ? 即 f(x2)-h(x2)<f(x1)-h(x1).
x-1

?x-1? >0 在[3,4]上恒成立, x2

1 ex 设 u(x)=f(x)-h(x)=x-aln x-1- e· x ,则 u(x)在[3,4]上为减函数.
x a 1 e ?x-1? ∴u′(x)=1- x- e· x2 ≤0 在[3,4]上恒成立.

ex-1 ex-1 ∴a≥x-ex-1+ x 恒成立.设 v(x)=x-ex-1+ x , ∵v′(x)=1-e
x-1

ex-1?x-1? + x2

??1 1?2 3? - ? + ?,x∈[3,4], =1-ex-1?? ?? x 2? 4? ??1 1?2 3? 3 2 - ? + ?> e >1,∴v′(x)<0,v(x)为减函数, ∴ex-1?? ?? x 2? 4? 4 2 ∴v(x)在[3,4]上的最大值为 v(3)=3-3e2. 2 2 ∴a≥3-3e2,∴a 的最小值为 3-3e2. (3)由(1)知 g(x)在(0,e]上的值域为(0,1]. ∵f(x)=mx-2ln x-m,x∈(0,+∞), 当 m=0 时,f(x)=-2ln x 在(0,e]上为减函数,不合题意. 2? ? m?x-m? ? ? 当 m≠0 时,f′(x)= ,由题意知 f(x)在(0,e]上不单调, x 2 2 所以 0<m<e,即 m> e . ①

2? ? ?2 ? 此时 f(x)在?0,m?上单调递减,在?m,e?上单调递增, ? ? ? ? ∴f(e)≥1,即 f(e)=me-2-m≥1, 解得 m≥ 3 . e-1 ② 3 . e-1

由①②,得 m≥

?2? ∵1∈(0,e],∴f?m?≤f(1)=0 成立. ? ? 2? ? 下证存在 t∈?0,m?,使得 f(t)≥1. ? ? 2 取 t=e-m,先证 e-m<m,即证 2em-m>0. ③

? 3 ? 设 ω(x)=2ex-x,则 ω′(x)=2ex-1>0 在?e-1,+∞?时恒成立. ? ? ? 3 ? ∴ω(x)在?e-1,+∞?上为增函数, ? ? ? 3 ? ∴ω(x)≥ω?e-1?>0,∴③成立. ? ? 再证 f(e-m)≥1. ∵f(e-m)=me-m+m>m≥ ∴m≥ 3 >1, e-1

3 时,命题成立. e-1

? 3 ? 综上所述,m 的取值范围为?e-1,+∞?. ? ?


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