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广东省2015届高三数学理专题突破训练:导数及其应用


广东省 2015 届高三数学理专题突破训练:导数及其应用 1、 (2014 广东高考)设函数 f ( x) ?

1 ( x ? 2 x ? k ) ? 2( x2 ? 2 x ? k ) ? 3
2 2

,其中 k ? ?2 ,

(1)求函数 f ( x) 的定义域 D ; (用区间表示) (2)讨论 f

( x) 在区间 D 上的单调性; (3)若 k ? ?6 ,求 D 上满足条件 f ( x) ? f (1) 的 x 的集合. 2、 (2013 广东高考)设函数 f ? x ? ? ? x ? 1? e x ? kx 2 (其中 k ? R ). (Ⅰ) 当 k ? 1 时,求函数 f ? x ? 的单调区间;
?1 ? (Ⅱ) 当 k ? ? ,1? 时,求函数 f ? x ? 在 ? 0, k ? 上的最大值 M . ?2 ?

3、 (2012 广东高考) 设a ?1, 集合 A ? ?x ? R x ? 0? ,B ? ? x ? R 2 x 2 ? 3 ?1 ? a ? x ? 6a ? 0? ,
D? A B.

(Ⅰ)求集合 D (用区间表示) ; (Ⅱ)求函数 f ? x ? ? 2x3 ? 3?1 ? a ? x2 ? 6ax 在 D 内的极值点. 4、 (中山市第一中学等七校 2015 届高三第一次联考)
已知函数f ( x) ? ke x ? x 2 (其中k ? R, e是自然对数的底数) ( 1 )若k ? ?2, 判断函数f ( x)在区间( 0, ? ?)上的单调性。 (2)若函数f ( x)有两个极值点x1 , x 2 ( x1 ? x 2 ), 求k的取值范围。 (3)在(2)的条件下,试证明: 0 ? f ( x1 ) ? 1

5、 ( 广 州 市 第 六 中 学 2015 届 高 三 上 学 期 第 一 次 质 量 检 测 ) 已 知 函 数 1 1 f ( x) ? ln( ? ax) ? x 2 ? ax ( a 为常数, a ? 0 ) 2 2 1 (Ⅰ)若 x ? 是函数 f ( x) 的一个极值点,求 a 的值; 2 1 (Ⅱ)求证:当 0 ? a ? 2 时, f ( x) 在 [ ,??) 上是增函数; 2 1 (Ⅲ)若对任意的 a ? (1,2) ,总存在 x0 ? [ ,1] ,使不等式 f ( x0 ) ? m(1 ? a 2 ) 成立, 2 求正实数 m 的取值范围.

-1-

6、 (广州市海珠区 2015 届高三摸底考试)已知函数 f ? x ? ? ax ? x ln x 的图象在点

x ? e ( e 为自然对数的底数)处的切线斜率为 3 .
(1)求实数 a 的值; (2)若 k ? Z , 不等式 k ? x ?1? ? f ? x ? 在 x ? ?1 , +?? 上恒成立,求 k 的最大值; (3)当 n ? m ? 4 时,证明: ? mn n ? ? ? nmm ? .
m n

7、 (广州市执信中学 2015 届高三上学期期中考试)设函数
f ? x ? ? ln x ? kx ? a ? ln a ? x ? 0, a ? 0且a为常数? . ax

(Ⅰ)当 k ? 1 时,判断函数 f ? x ? 的单调性,并加以证明; (Ⅱ)当 k ? 0 时,求证: f ? x ? ? 0 对一切 x ? 0 恒成立; (Ⅲ)若 k ? 0 ,且 k 为常数,求证: f ? x ? 的极小值是一个与 a 无关的常数. 8、 (惠州市 2015 届高三第二次调研考试)已知 a ? 0 ,函数 f ( x) ? ln x ? ax2 .( f ( x) 的图像连续不断) (1)求 f ( x) 的单调区间;
1 3 (2)当 a ? 时,证明:存在 x0 ? ? 2, ??? ,使 f ( x0 ) ? f ( ) ; 8 2

(3)若存在均属于区间 ?1,3? 的 ? , ? ,且 ? ? ? ? 1,使 f (? ) ? f (? ) , 证明.
ln 3 ? ln 2 ln 2 ?a? 5 3

9 、( 惠 州 市 2015 届 高 三 第 一 次 调 研 考 试 ) 已 知 关 于 x 的 函 数 1 f ( x) ? ? x3 ? bx 2 ? cx ? bc , 其导函数为 f ?( x ) . 记函数 g ( x) ? f ?( x) 在区间 ? ?11 ,? 3 上的最大值为 M . 4 (1) 如果函数 f ( x) 在 x ? 1 处有极值 ? ,试确定 b、c 的值; 3 (2) 若 b ? 1,证明对任意的 c ,都有 M ? 2 ; (3) 若 M ? k 对任意的 b、c 恒成立,试求 k 的最大值.

-2-

10、 (江门市普通高中 2015 届高三调研测试)已知函数 f(x)=x3+ax2﹣1(a∈R 是 常数) . (1)设 a=﹣3,x=x1、x=x2 是函数 y=f(x)的极值点,试证明曲线 y=f(x)关于 点 对称;

(2)是否存在常数 a,使得?x∈[﹣1,5],|f(x)|≤33 恒成立?若存在,求常数 a 的值或取值范围;若不存在,请说明理由. (注:曲线 y=f(x)关于点 M 对称是指,对于曲线 y=f(x)上任意一点 P,若点 P 关于 M 的对称点为 Q,则 Q 在曲线 y=f(x)上. ) 11、 (韶关市十校 2015 届高三 10 月联考)已知函数 f ( x) ? (1)当 a ? 2 时,比较 f ( x) 与 1 的大小;
9 时,如果函数 g ( x) ? f ( x) ? k 仅有一个零点,求实数 k 的取值范围; 2 1 1 1 1 (3)求证:对于一切正整数 n ,都有 ln( n ? 1) ? ? ? ? ? ? 3 5 7 2n ? 1 a ? ln x(a ? R) x ?1

(2)当 a ?

12 、( 深 圳 市 2015 届 高 三 上 学 期 第 一 次 五 校 联 考 ) 已 知 函 数

f ? x ? ? x2 ? a ln x ? x ? a ? 0 ? .
(1)求函数 f ? x ? 的单调区间; (2)若 a ? 0 ,设 A ? x1,y1 ? , B ? x2,y2 ? 是函数 f ? x ? 图像上的任意两点( x1 ? x2 ) ,
? x ? 2 x2 ? 记直线 AB 的斜率为 k ,求证: f ' ? 1 ??k. 3 ? ?

13 、 ( 广 东 省 实 验 中 学 2015 届 高 三 第 一 次 阶 段 考 ) 已 知 ? ? R , 函 数 ?( x ? 1 ) ,其中 x ?[1, ??) . f ( x)? l nx ? x ? ? ?1 (Ⅰ)当 ? ? 2 时,求 f ( x) 的最小值; (Ⅱ)在函数 y ? ln x 的图像上取点 Pn (n, ln n) (n ? N ? ) ,记线段 PnPn+1 的斜率为 kn ,
Sn ? 1 1 ? ? k1 k2 ? 1 .对任意正整数 n,试证明: kn

(ⅰ) Sn ?

n(n ? 2) ; 2

(ⅱ) Sn ?

n(3n ? 5) . 6

14、 (阳东一中、 广雅中学 2015 届高三第一次联考) 已知函数 f ( x) ? ax ? x ln | x ? b |

-3-

是奇函数,且图像在点 (e , f (e)) 处的切线斜率为 3( e 为自然对数的底数) . (1)求实数 a 、 b 的值; (2)若 k ? Z ,且 k ?
f ( x) 对任意 x ? 1 恒成立,求 k 的最大值; x ?1

15、 (湛江市 2015 届高中毕业班调研测试)已知函数 (a∈R) . (Ⅰ)当 a=﹣1 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2) )处的切线方程; (Ⅱ)当 时,讨论 f(x)的单调性.

参考答案 1、解: (1)依题意有 ( x2 ? 2x ? k )2 ? 2( x2 ? 2x ? k ) ? 3 ? 0

?x

2

? 2 x ? k +3? ? ? x 2 ? 2 x ? k ? 1? ? 0

k ? ?2,? k ? 3 ? 1, k ? 1 ? ?3 故 x2 ? 2 x ? k +3=0,x 2 ? 2 x ? k ? 1=0 均有两根记为

x1 ? ?1? ?2 ? k , x2 ? ?1? ?2 ? k , x3 ? ?1? 2 ? k , x4 ? ?1? 2 ? k
2 2 注意到 x3 ? x1 ? x2 ? x4 ,故不等式 ? x ? 2 x ? k +3? ? ? x ? 2 x ? k ? 1? ? 0 的解集为

? ??, x4 ? ? ? x2 , x1 ? ? ? x3 , ???

,即 D ? ? ??, x4 ? ? ? x2 , x1 ? ? ? x3 , ???

2 2 2 (2)令 g ? x ? =( x ? 2x ? k ) ? 2( x ? 2x ? k ) ? 3, x ? D
' 2 2 则 g ? x ? =2( x ? 2 x ? k ) ? ? 2 x ? 2 ? ? 2(2 x ? 2) ? 4 ? x ? 1? ? ? x ? 2 x ? k +1?

' 令 g ? x ? ? 0 ,注意到 k ? ?2, k ? 1 ? ?1 ,故方程 x 2 ? 2 x ? k ? 1 ? 0 有两个不相等的实

数根 记为 x5 ? ?1? ?k , x6 ? ?1? ?k ,且 x7 ? ?1 注意到 x3 ? x5 ? x1 ? ?1 ? x2 ? x6 ? x4 结合图像可知
' 在区间 ? x2 , ?1? , ? x3 , ??? 上 g ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递增

-4-

' 在区间 ? ??, x4 ? , ? ?1, x1 ? 上 g ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递减

故 f ? x ? 在区间 ? x2 , ?1? , ? x3 , ??? 上单调递减,在区间 ? ??, x4 ? , ? ?1, x1 ? 上单调递增. (3) f (1) ?

1 (k ? 3)2 ? 2(k ? 3) ? 3

?

1

? k ? 2? ? ? k ? 6?

在区间 D 上,令 f ? x ? ? f ?1? ,即

1 ( x ? 2 x ? k ) ? 2( x ? 2 x ? k ) ? 3
2 2 2

=

1

? k ? 2? ? ? k ? 6?

,即

( x2 ? 2x ? k )2 ? 2( x2 ? 2x ? k ) ? 3=k 2 ? 8k ?12

( x2 ? 2x ? k )2 ? 2( x2 ? 2x ? k ) ? ? k ? 3? ? ? k ? 5? ? 0
2 2 ? ? x ? 2 x ? k ? ? k ? 3? ? ?? ? x ? 2 x ? k ? ? k ? 5?? ??0 2 2 ? ? x ? 2 x ? 3? ?? ? x ? 2 x ? 2k ? 5 ? ? ? 0 ? ??

方程 x 2 ? 2 x ? 2k ? 5 ? 0 的判别式 ? ? ?8k ? 16 ? 0 ,故此方程 ? ?? 有 4 个不相等的实 数根,记为 x8 ? 1, x9 ? ?3, x10 ? ?1? ?2k ? 4, x11 ? ?1? ?2k ? 4 注意到 k ? ?6 ,故,

x1 ? ?1? ?2 ? k ? 1, x2 ? ?1? ?2 ? k ? ?3 ,故 x8 , x9 ? D
x10 ? x3 ? ?1 ? ?2k ? 4 ? ?1 ? 2 ? k ? ?2k ? 4 ? 2 ? k =

?

?

?k ? 6 ?0, 故 ?2k ? 4 ? 2 ? k

x10 ? D
x4 ? x11 ? ?2k ? 4 ? 2 ? k ?

? ?2k ? 4? ? ? 2 ? k ? ?
?2k ? 4 ? 2 ? k

?k ? 6 ? 0 故 x11 ? D ?2k ? 4 ? 2 ? k

结合 D ? ? ??, x4 ? ? ? x2 , x1 ? ? ? x3 , ??? 和函数的图像 可得 f ( x) ? f (1) 的解集为 ? x11, x4 ? ? ? x2 , x9 ? ? ? x8 , x1 ? 2、 【解析】(Ⅰ) 当 k ? 1 时,

? x3 , x10 ?

f ? x ? ? ? x ? 1? e x ? x 2 , f ? ? x ? ? e x ? ? x ? 1? e x ? 2 x ? xe x ? 2 x ? x ? e x ? 2 ?
令 f ? ? x ? ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ln 2

-5-

当 x 变化时, f ? ? x ? , f ? x ? 的变化如下表:

x
f ?? x?

? ??, 0 ?
?

0
0
极大值

? 0, ln 2 ?
?

ln 2

? ln 2, ?? ?
?

0
极小值

f ? x?

右表可知,函数 f ? x ? 的递减区间为 ? 0, ln 2 ? ,递增区间为 ? ??, 0 ? , ? ln 2, ?? ? . (Ⅱ) f ? ? x ? ? e x ? ? x ? 1? e x ? 2kx ? xe x ? 2kx ? x ? e x ? 2k ? , 令 f ? ? x ? ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ln ? 2k ? , 令 g ? k ? ? ln ? 2k ? ? k ,则 g ? ? k ? ?
1 1? k ?1 ? ?1 ? ? 0 ,所以 g ? k ? 在 ? ,1? 上递增, k k ?2 ?

所以 g ? k ? ? ln 2 ? 1 ? ln 2 ? ln e ? 0 ,从而 ln ? 2k ? ? k ,所以 ln ? 2k ? ? ? 0, k ? 所以当 x ? ? 0, ln ? 2k ? ? 时, f ? ? x ? ? 0 ;当 x ? ? ln ? 2k ? , ?? ? 时, f ? ? x ? ? 0 ; 所以 M ? max ? f ? 0 ? , f ? k ?? ? max ??1, ? k ? 1? e k ? k 3 ? 令 h ? k ? ? ? k ? 1? e k ? k 3 ? 1 ,则 h? ? k ? ? k ? e k ? 3k ? , 令 ? ? k ? ? e k ? 3k ,则 ? ? ? k ? ? e k ? 3 ? e ? 3 ? 0
3? ?1 ? ?1? ? 所以 ? ? k ? 在 ? ,1? 上递减,而 ? ? ? ? ? ?1? ? ? e ? ? ? e ? 3? ? 0 2? ?2 ? ?2? ?
?1 ? ?1 ? 所以存在 x0 ? ? ,1? 使得 ? ? x0 ? ? 0 ,且当 k ? ? , x0 ? 时, ? ? k ? ? 0 , ?2 ? ?2 ?

当 k ? ? x0 ,1? 时, ? ? k ? ? 0 ,
?1 ? 所以 ? ? k ? 在 ? , x0 ? 上单调递增,在 ? x0 ,1? 上单调递减. ?2 ? 1 7 ?1? 因为 h ? ? ? ? e ? ? 0 , h ?1? ? 0 , 2 8 ?2?

?1 ? 所以 h ? k ? ? 0 在 ? ,1? 上恒成立,当且仅当 k ? 1 时取得“ ? ”. ?2 ?

综上,函数 f ? x ? 在 ? 0, k ? 上的最大值 M ? ? k ? 1? e k ? k 3 .

3、解析: (Ⅰ)考虑不等式 2x2 ? 3?1 ? a ? x ? 6a ? 0 的解.
??3 ?1 ? a ? ? ? ? 4 ? 2 ?6a ? 3? a ? 3?? 3a ?1 因为 ? ? ? ? ,且 a ? 1 ,所以可分以下三种情
2

况: ①当 ? a ? 1 时, ? ? 0 ,此时 B ? R , D ? A ? ? 0, ??? .
-6-

1 3

1 ?1, ??? . 3 1 ③当 a ? 时,? ? 0 ,此时 2x2 ? 3?1 ? a ? x ? 6a ? 0 有两根,设为 x1 、x 2 ,且 x1 ? x2 , 3

②当 a ? 时, ? ? 0 ,此时 B ? ?x x ? 1? , D ? ? 0,1?

则 x1 ?

3 ?1 ? a ? ? 3 ? a ? 3?? 3a ? 1? 4

, x2 ?

3 ?1 ? a ? ? 3 ? a ? 3?? 3a ? 1? 4

,于是

B ? ?x x ? x1或x ? x2 ? .

当 0?a?
D ? ? 0, x1 ?

3 1 时 , x1 ? x2 ? ?1 ? a ? ? 0 , x1 x2 ? 3a ? 0 , 所 以 x2 ? x1 ? 0 , 此 时 2 3

? x2 , ??? ;当 a ? 0 时,x1 x2 ? 3a ? 0 ,所以 x1 ? 0 ,x2 ? 0 ,此时 D ? ? x2 , ??? .
1 3 1 3

综上所述,当 ? a ? 1 时, D ? A ? ? 0, ??? ;当 a ? 时, D ? ? 0,1?
0?a?
x1 ?

? 1,??? ;当

1 时 , D ? ? 0, x1 ? 3

? x2 , ??? ; 当
, x2 ?

a?0

时 , D ? ? x2 , ??? . 其 中 .

3? ? 1 a? ?

?
4

3 a ?? ? 3 a? 3?

1 3 ?1 ? a ? ? 3 ? a ? 3?? 3a ? 1? 4

(Ⅱ) f ? ? x ? ? 6 x2 ? 6?1 ? a? x ? 6a ,令 f ? ? x ? ? 0 可得 ? x ? a ?? x ? 1? ? 0 .因为 a ? 1 , 所以 f ? ? x ? ? 0 有两根 m1 ? a 和 m2 ? 1 ,且 m1 ? m2 . ①当 ? a ? 1 时, D ? A ? ? 0, ??? ,此时 f ? ? x ? ? 0 在 D 内有两根 m1 ? a 和 m2 ? 1 , 列表可得
x
f ?? x? f ? x?

1 3

? 0, a ?
+ 递增

a

? a,1?
递减

1 0 极大 值

?1, ?? ?
+ 递增

0 极小值

所以 f ? x ? 在 D 内有极大值点 1,极小值点 a . ②当 a ? 时,D ? ? 0,1? 可得
x
f ?? x?
? 1? ? 0, ? ? 3?

1 3

1 ?1, ??? ,此时 f ? ? x ? ? 0 在 D 内只有一根 m1 ? a ? ,列表 3

1 3

?1 ? ? ,1 ? ?3 ?

?1, ?? ?
+

+

0

-

-7-

f ? x?

递增

极小值

递减

递增

所以 f ? x ? 在 D 内只有极小值点 a ,没有极大值点. ③当 0 ? a ? 时, D ? ? 0, x1 ?
1 3

, ? x2 , ??? ,此时 0 ? a ? x1 ? 1 ? x2(可用分析法证明)

于是 f ? ? x ? ? 0 在 D 内只有一根 m1 ? a ,列表可得
x
f ?? x? f ? x?

? 0, a ?
+ 递增

a

? a, x1 ?
递减

? x2 , ???
+ 递增

0 极小值

所以 f ? x ? 在 D 内只有极小值点 a ,没有极大值点. ④当 a ? 0 时, D ? ? x2 , ??? ,此时 x2 ? 1 ,于是 f ? ? x ? 在 D 内恒大于 0, f ? x ? 在 D 内没有极值点. 综上所述,当 ? a ? 1 时, f ? x ? 在 D 内有极大值点 1,极小值点 a ;当 0 ? a ?
1 3 1 3

时, f ? x ? 在 D 内只有极小值点 a ,没有极大值点.当 a ? 0 时, f ? x ? 在 D 内没有极 值点. 4、 【答案解析】 (I) 函数 f (x) 在区间 (0, +∞) 上是单调递减函数(II) 解析:解: (Ⅰ)若 k=﹣2,f(x)=﹣2ex﹣x2,则 f'(x)=﹣2ex﹣2x, 当 x∈(0,+∞)时,f′(x)=﹣2ex﹣2x<0, 故函数 f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数. (Ⅱ)函数 f(x)有两个极值点 x1,x2,则 x1,x2 是 f′(x)=kex﹣2x=0 的两个 根, 即方程 有两个根,设 ,则 ,

当 x<0 时,φ ′(x)>0,函数 φ (x)单调递增且 φ (x)<0; 当 0<x<1 时,φ ′(x)>0,函数 φ (x)单调递增且 φ (x)>0; 当 x>1 时,φ ′(x)<0,函数 φ (x)单调递减且 φ (x)>0. 要使 有两个根,只需 . ,

故实数 k 的取值范围是

(Ⅲ)由(Ⅱ)的解法可知,函数 f(x)的两个极值点 x1,x2 满足 0<x1<1<x2,

-8-

由 所以

,得



, 由于 x1∈(0,1) ,故 ,

所以 0<f(x1)<1. a2 ? 2 1 2ax( x ? ) a 2a ? 2x ? a ? 5、解析: f ' ( x) ? 2 1 1 1 ? ax ? ax 2 2

a2 ? 2 1 (Ⅰ)由已知,得 f ' ( ) ? 0 且 ? 0 ,? a 2 ? a ? 2 ? 0 , ? a ? 0 ,? a ? 2 2a 2
(Ⅱ)当 0 ? a ? 2 时,?

a 2 ? 2 1 a 2 ? a ? 2 (a ? 2)(a ? 1) ? ? ? ?0 2a 2 2a 2a

2ax ? 0 , ? f ' ( x) ? 0 ,所 1 ? ax

?

1 a2 ? 2 a2 ? 2 1 ,? 当 x ? 时, x ? ? ?0 2 2a 2a 2

1 以 f ( x) 在 [ ,??) 上是增函数; 2

?1 ? (Ⅲ)当 a ? (1,2) 时,由(Ⅱ)知,f(x)在 ? ,1? 上的最大值为 ?2 ? ?1 1 ? f ?1? ? ln ? ? a ? ? 1 ? a 则问题转化为对于任意的 a ? (1,2) ,不等式 ?2 2 ? ?1 1 ? ln ? ? a ? ? 1 ? a ? m ? a 2 ? 1? ? 0 恒成立,令 ?2 2 ? ?1 1 ? g ? a ? ? ln ? ? a ? ? 1 ? a ? m ? a 2 ? 1? ?1 ? a ? 2 ? ,则 ?2 2 ?

g '?a? ?

1 a 2ma ? ? 1 ?? ? 1 ? 2ma ? 2ma ? ?1 ? 2m ?? ? a?? ? 1?? ,因为 m>0,若 ? ? ? ? 1? a 1? a 1 ? a ? ? 2m ??

1 ? ? 1 ?? ? 1 ? 1 ,可知 g(a)在区间 ?1, min ? 2, ? 1? ? 上递减,在此区间上有 g (a) < 2m ? 2m ? ? ?

-9-

g(1)=0,与 g(a) >0 恒成立矛盾,所以 恒有

1 ? 1 ? 1 ,此时 g ' ? a ? ? 0 ,g(a)在 (1, 2) 递增, 2m

?m ? 0 1 ? g(a) >g(1)=0,满足题意,所以 ? 1 ,解得 m ? ,所以实数 m 的取值范围 4 ?1 ? 1 ? ? 2m
?1 ? 为 ? , ?? ? . ?4 ?

6、解析: (1)因为 f ? x ? ? ax ? x ln x, 所以f ? ? x ? ? a ? ln x ?1

----1 分

函数f ? x ? ax ? x ln x的图像在x ? e处切线斜率为3 ? f ? ? e? ? 3,即a+lne+1=3 ,? a ? 1
(2)即 k ? 所以 k ? ----3 分

f ? x? 对任意x ? 1恒成立 ,由(1)知 f ? x ? ? x ? x ln x x ?1

x ? x ln x 对任意 x>1 恒成立 x ?1

--------4 分 ------5 分

令 g ? x? ?

x ? x ln x x ? ln x ? 2 , 则g ? ? x ? ? 2 x ?1 ? x ?1?

令 h ? x ? ? x ? ln x ? 2, ? x ? 1? 则h? ? x ? ? 1 ?

1 x ?1 ? ?0 x x

? 函数 h ? x ? 在 ?1, ?? ? 上单调递增 。

-------6 分

h ?3? ? 1? ln3 ? 0, h ? 4? ? 2 ? 2ln 2 ? 0
? 方程 h ? x ? ? 0 在 ?1, ?? ? 上存在唯一实根 x0 且满足 x0 ? ?3, 4?
当 1 ? x ? x0 时

h ? x? ? 0

即 g? ? x ? ? 0

当 x ? x0时h ? x ? ? 0

即 g? ? x ? ? 0 ------7 分

? 函数 g ? x ? ?

x ? x ln x 在 ?1, x0 ? 上单调递减,在 ? x0 , ??? 上单调递增 x ?1

h ? x0 ? ? 0,?ln x0 ? x0 ? 2
?? ? g ? x ?? ? min ? g ? x0 ? ? x0 ?1 ? ln x0 ? x0 ?1 ? x0 ? 2 ? ? ? x0 ? ? 3, 4 ? x0 ? 1 x0 ? 1
-----8 分

- 10 -

?k ? ? ? g ? x ?? ? min ? x0 ? ? 3, 4 ?

故整数 k 的最大值为 3
m

-----9 分
n

(3)证明:要证 ? mn n ? ? ? nmm ? ,

即证 ln ? m m n mn ? ? ln ? m mn n n ?
n ln n m ln m ? n ?1 m ?1

即证 m ln m ? mn ln n ? mn ln m ? n ln n ,即证 构造函数 f ? x ? ? 则 f ?? x? ?
? f ? x? ? x ln x x ?1

------10 分

-----11 分 ---12 分

? ln x ? 1?? x ? 1? ? x ln x ? x ? ln x ? 1 ? 0 在 ?1, ?? ? 上恒成立 2 ? x ? 1? 2 ? x ? 1?
-----13 分
m n

x ln x 在 ?1, ?? ? 上递增 x ?1

?n ? m ? 4时f ? n? ? f ? m? 即 ? mn n ? ? ? nmm ?
7、 解析: (Ⅰ)当 k ? 1 时, f ( x) ? ln x ?
1 3

-----14 分

1 a

x ? ax

1 2

?

1 2

? ln a

f ' ( x) ?

1 1 ?2 a ?2 ( x ? a )2 ? x ? x ?? ? 0 ,所以函数 f ( x) 在 ?0,??? 上是单 x 2 a 2 2 axx
? 1 2

调减函数 (Ⅱ)当 k ? 0 时, f ( x) ? ln x ? a x
3

? ln a

a 1 a ?2 2 x ? a ,令 f ' ( x) ? 0 ,则 x ? f ' ( x) ? ? x ? 4 x 2 2 axx

? a? ?a ? 所以函数 f ( x) 在 ? 0, ? 上是单调减函数,在 ? ,?? ? 上是单调增函数 ? 4? ?4 ?

所以当 x ?

a a e 时,函数 f ( x) 取得最小值,最小值为 f ( ) ? 2 ? 2 ln 2 ? 2 ln ? 0 4 4 2

所以 f ( x) ? 0 恒成立 (Ⅲ)

? f ( x) ? ln x ?
1

k a

x ? ax
3

1 2

?

1 2

? ln a ,

1 k ?2 a ? 2 ? kx ? 2 ax ? a x ? x ? ? f ' ( x) ? ? x 2 a 2 2 axx
令 f ' ( x) ? 0 ,得 ? kx ? 2 ax ? a ? 0 , k ? 0 ,

- 11 -

x0 ? a

1? 1? k 1? 1? k ( x0 ? a 舍去) k k

? x0 ?

a (1 ? 1 ? k ) 2

所以函数 f ( x) 在 ?0, x0 ? 上是单调减函数,在 ?x0 ,??? 上是单调增函数 所以 f ( x0 ) ? ln

x x0 x 1 a ,而 0 ? 是与 a 无关的常数, ?k 0 ? a (1 ? 1 ? k ) 2 a a x0

所以 f ? x ? 的极小值是一个与 a 无关的常数. 8、解: (1) f ' ( x) ?
1 1 ? 2ax 2 ? 2ax ? , x ? (0, ??). x x

......(1 分) ......(2 分)

令 f ' ( x) ? 0 ,解得 x ?

2a . 2a

当 x 变化时, f ' ( x), f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ' ( x)
f ( x)

(0,

2a ) 2a

2a 2a

(

2a , ??) 2a

+ 递增

0 极大值

- 递减 ......(3 分)

所以, f ( x) 的单调递增区间是 (0,

2a 2a ) ,单调递减区间是 ( , ??) .......(5 分) 2a 2a

1 1 (2)证明:当 a ? 时, f ( x) ? ln x ? x 2 , 8 8

由(1)知 f ( x) 在 (0, 2) 内单调递增,在 (2, ??) 内单调递减.
3 令 g ( x) ? f ( x) ? f ( ) . 2

.....(6 分)

3 由于 f ( x) 在 (0, 2) 内单调递增,故 f (2) ? f ( ) ,即 g (2) ? 0 .......(7 分) 2 3 41 ? 9e2 ?0. 取 x ' ? e ? 2 ,则 g ( x' ) ? 2 32

所以存在 x0 ? (2, x' ) ,使 g ( x0 ) ? 0 ,
- 12 -

3 即存在 x0 ? (2, ??) ,使 f ( x0 ) ? f ( ) . 2

……..(9 分)

(说明: x ' 的取法不唯一,只要满足 x' ? 2 ,且 g ( x' ) ? 0 即可.) (3)证明:由 f (? ) ? f (? ) 及(1)的结论知 ? ? 从而 f ( x) 在 ?? , ? ? 上的最小值为 f (? ) , 又由 ? ? ? ? 1, ? , ? ??1,3? ,知 1 ? ? ? 2 ? ? ? 3

2a ??, 2a
......(10 分) .......(11 分) ......(13 分) ………(14 分) (3)
1 2 4 ,可得 3

? f (2) ? f (? ) ? f (1) ?ln 2 ? 4a ? ?a 故? 即? ? f (2) ? f ( ? ) ? f (3) ?ln 2 ? 4a ? ln 3 ? 9a
从而
ln 3 ? ln 2 ln 2 ?a? 5 3

9、 【答案解析】(1) b ? ?1 , c ? 3 (2)见解析

解析 :解: (1) ∵ f ?( x) ? ? x2 ? 2bx ? c ,由 f ( x) 在 x ? 1 处有极值 ?

? f ?(1) ? ?1 ? 2b ? c ? 0 ? 1 4, ? f (1) ? ? ? b ? c ? bc ? ? ? 3 3 ?

?b ? 1 ?b ? ?1 解得, ? 或? ?c ? ?1 ?c ? 3

???????2 分

若 b ? 1 , c ? ?1 ,则 f ?( x) ? ? x2 ? 2x ?1 ? ?( x ?1)2 ? 0 , 此时函数 f ( x) 没有极值;???????3 分 若 b ? ?1 , c ? 3 ,则 f ?( x) ? ? x2 ? 2x ? 3 ? ?( x ? 1)( x ?1) ,此时当 x 变化时, f ( x) ,
f ?( x ) 的变化情况如下表:

x
f ?( x )

(??, ?3)

?3 0

(?3,1)

1

(1, ??)

?


?


0

?
4 3

f ( x)

极小值 ?12

极大值 ?

↘ ??????

4 ∴ 当 x ? 1 时, f ( x) 有极大值 ? , 故 b ? ?1 ,c ? 3 即为所求。 3 4分

- 13 -

(2)证法一: g ( x) ? f ?( x) ? ? x 2 ? 2bx ? c ? ?( x ? b) 2 ? b 2 ? c 当 b ? 1时,函数 y ? f ?( x) 的对称轴 x ? b 位于区间 [?1,1] 之外 ∴
f ?( x ) 在区间 [?1,1] 上的最值在两端点处取得,故 M 应是 g (?1) 和 g (1) 中较大

的一个 ∴ 2 M ? g (1) ? g (?1) ? ?1? 2b ? c ? ?1? 2b ? c ? 4b ? 4 ,即 M ? 2 分 证法二 (反证法) : 因为 b ? 1, 所以函数 y ? f ?( x) 的对称轴 x ? b 位于区间 [?1,1] 之外, ∴
f ?( x ) 在区间 [?1,1] 上的最值在两端点处取得, 故 M 应是 g (?1) 和 g (1) 中较大的

???? 8

一个,
? ) ? ?1? 2 ? b c ? 2 ? g (?1 假设 M ? 2 ,则 ? ,将上述两式相加得: 1 ) ?? 1 ?2 b? c ? 2 ? ?g(

??????

6分

4 ? ?1? 2b ? c ? ?1? 2b ? c ? 4b ? 4 ,得 4 ? 4 ,产生矛盾,
所 M ?2 分 (3) g ( x) ? f ?( x) ? ?( x ? b) 2 ? b 2 ? c (i) 当 b ? 1时, 由 (2) 可知 M ? 2 ; 9分 (ii)当 b ? 1 时,函数 y ? f ?( x) 的对称轴 x ? b 位于区间 [?1,1] 之内, 此时 M ? max ?g (?1), g (1), g(b)? ,由 f ?(1) ? f ?(?1) ? 4b , 有 f ?(b) ? f ?(?1) ? (b ? 1)2 ? 0 ① 若 ?1 ? b ? 0 ,则 f ? ?1? ? f ?(?1) ? f ?(b) ,则 g (?1) ? max ?g (1), g (b)? ,
1 1 于是 M ? max ? f ?(1) , f ?(b) ? ? ( f ?(1) ? f ?(b) ) ? ( f ?(1) ? f ?(b) ) 2 2 1 1 ? (b ? 1) 2 ? ?????????? 2 2

以 ??????????8

??????????

11 分

- 14 -

② 若 0 ? b ? 1 ,则 f ? ? ?1? ? f ?(1) ? f ?(b) ,则 g (1) ? max ?g (?1), g (b)?
M ? max ? f ?(?1) , f ?(b) ? ?

于是

1 1 1 1 ( f ?(?1) ? f ?(b) ) ? ( f ?( ?1) ? f ?(b) ) ? (b ? 1) 2 ? 2 2 2 2 ????????? 1 ?13 分综上可知,对任意的 b 、 c 都有 M ? 2

而当 b ? 0 ,c ? 任 意 1 。 2 的

1 1 1 时,g ( x) ? ? x 2 ? 在区间 [?1,1] 上的最大值 M ? , 故M ? k 对 2 2 2
b



c









k











??????????14 分

10、解答: (1)证明:当 a=﹣3 时,f(x)=x3﹣3x2﹣1,f′ (x)=3x2﹣6x, 由 f′ (x)=0,得 x1=0,x2=2, ∴ 曲线 y=f(x)上任意一点 , 则 ∴点 Q 在曲线 y=f(x)上, ∴曲线 y=f(x)关于点 M 对称; (2)解:由|f(x)|≤33,即|x3+ax2﹣1|≤33, 得﹣33≤x3+ax2﹣1≤33, x=0 时,不等式恒成立; x≠0 时,不等式等价于 , , =M(1,﹣3) , 关于 M 对称的点为

作 则 解 解 列表: x , ,得 x1=4, ,得 [﹣1,0) ﹣ +

, ,



. (0,4) 4 0 ﹣
- 15 -

(4,5]

g1(x) ↘ + g2(x) ↗

↗ ﹣ ↘

极大值 ﹣ ﹣ ↘



g1(﹣1)=﹣31,g1(4)=﹣6, 值为﹣6; g2(﹣1)=35, 为 . . ,

在[﹣1,0)∪(0,5]的最大

在[﹣1,0)∪(0,5]的最小值

综上所述,a 的取值范围为 11、解: (1)当 a ? 2 时, f ( x) ? 分 因为 f ?( x) ? 分

2 ? ln x ,其定义域为 (0,??) ???????1 x ?1

?2 1 x2 ?1 ? ? ? 0 ,所以 f ( x) 在 (0,??) 上是增函数????3 ( x ? 1) 2 x x( x ? 1) 2

故当 x ? 1 时, f ( x) ? f (1) ? 1 ;当 x ? 1 时, f ( x) ? f (1) ? 1 ; 当 x ? 1 时, f ( x) ? f (1) ? 1???????4 分 (2)当 a ?
9 9 ? ln x ,其定义域为 (0,??) 时, f ( x) ? 2 2( x ? 1)

f ?( x) ?

1 ?9 1 (2 x ? 1)(x ? 2) ,令 f ?( x) ? 0 得 x1 ? , x2 ? 2 ????6 分 ? ? 2 2 2 x 2( x ? 1) 2 x( x ? 1)

1 1 或 x ? 2 时, f ?( x) ? 0 ;当 ? x ? 2 时, f ?( x) ? 0 2 2 1 1 所以函数 f ( x) 在 (0, ) 上递增,在 ( ,2) 上递减,在 (2,??) 上递增 2 2 1 3 且 f ( x) 的极大值为 f ( ) ? 3 ? ln 2 ,极小值为 f (2) ? ? ln 2 ???????7 分 2 2

因为当 0 ? x ?

又当 x ? 0 ? 时, f ( x) ? ?? ;当 x ? ?? 时, f ( x) ? ?? 因为函数 g ( x) ? f ( x) ? k 仅有一个零点,所以函数 y ? f ( x) 的图象与直线 y ? k 仅 有一个交点。所以 k ? 3 ? ln 2 或 k ?
3 ? ln 2 ???????9 分 2

- 16 -

(3)方法一:根据(1)的结论知当 x ? 1 时, f ( x) ? 1
2 x ?1 ? ln x ? 1,即 ln x ? ???????12 分 x ?1 x ?1 k ?1 k ?1 1 ? 令x ? ,则有 ln k k 2k ? 1 2 2 3 1 4 1 n ?1 1 ? 从而得 ln ? , ln ? , ln ? , ? , ln ???????13 分 1 3 2 5 3 7 n 2n ? 1 2 3 4 n ?1 1 1 1 1 ? ? ? ??? 故得 ln ? ln ? ln ? ? ? ln 1 2 3 n 3 5 7 2n ? 1 2 3 4 n ?1 1 1 1 1 ) ? ? ? ??? 即 ln( ? ? ? ? ? 1 2 3 n 3 5 7 2n ? 1 1 1 1 1 所以 ln( n ? 1) ? ? ? ? ? ? ???????14 分 3 5 7 2n ? 1 1 (3)方法二:用数学归纳法证明:①当 n ? 1 时,不等式左边 ? ln 2 ,右边 ? 3 1 因为 3 ln 2 ? ln 8 ? 1 ,所以 ln 2 ? ,即 n ? 1 时,不等式成立???????10 分 3 1 1 1 1 ②假设当 n ? k (k ? N ? ) 时,不等式成立,即 ln( k ? 1) ? ? ? ? ? ? 3 5 7 2k ? 1 k?2 k?2 ] ? ln( k ? 1) ? ln 那么,当 n ? k ? 1 时, ln( n ? 1) ? ln( k ? 2) ? ln[( k ? 1) ? k ?1 k ?1 1 1 1 1 k?2 ? ( ? ? ??? ) ? ln ?????11 分 3 5 7 2k ? 1 k ?1 2 x ?1 ? 1,即 ln x ? 由(1)的结论知,当 x ? 1 时, ln x ? x ?1 x ?1 k ?2 ?1 2k ? 1 k ? 1 1 所以 ln ???????12 分 ? ? 2k ? 1 k ? 2 2k ? 3 ?1 k ?1

即当 x ? 1 时,

即 ln(k ? 2) ?

1 1 1 1 1 ? ? ??? ? 3 5 7 2k ? 1 2(k ? 1) ? 1

即当 n ? k ? 1 时,不等式也成立???????13 分 1 1 1 1 综合①②知,对于一切正整数 n ,都有 ln( n ? 1) ? ? ? ? ? ? ???14 分 3 5 7 2n ? 1

a 2x2 ? x ? a 12、 解析: (1) 解: f ? x ? ? 2 x ? ? 1 ? ? x ? 0? x x
'

……1


1 (i)当 a ? ? 时, 2 x 2 ? x ? a ? 0 恒成立,即 f ' ? x ? ? 0 恒成立, 8
- 17 -

+? ? ,无单减区间. 故函数 f ? x ? 的单增区间为 ? 0,

1 (ii)当 ? ? a ? 0 时, f ' ? x ? ? 0 ? 2 x 2 ? x ? a ? 0 , 8

……2

解得: x ?

1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a 或x ? 4 4

? 1 ? 1 ? 8a ? ? 1 ? 1 ? 8a ? ∵ x ? 0 ,∴函数 f ? x ? 的单增区间为 ? 0, ,? , , + ? ? ? ? ? ? ? 4 4 ? ? ? ? ? 1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a ? 单减区间为 ? . , ? ? ? 4 4 ? ?

……4

分 (iii)当 a ? 0 时,由 f ' ? x ? ? 0 解得: x ? ∵ x ? 0 ,而此时
1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a 或x ? 4 4

? 1 ? 1 ? 8a ? 1 ? 1 ? 8a , ? 0 ,∴函数 f ? x ? 的单增区间为 ? , + ? ? ? ? 4 4 ? ?

? 1 ? 1 ? 8a ? 单减区间为 ? . ? ? 0, 4 ? ? ?

……6 分

综上所述:
1 +? ? ,无单减区间. (i)当 a ? ? 时, f ? x ? 的单增区间为 ? 0, 8

? 1 ? 1 ? 8a ? ? 1 ? 1 ? 8a ? 1 (ii)当 ? ? a ? 0 时, f ? x ? 的单增区间为 ? , , 0 , , + ? ? ? ? ? ? ? ? 8 4 4 ? ? ? ? ? 1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8 a ? 单减区间为 ? . , ? ? ? 4 4 ? ? ? 1 ? 1 ? 8a ? ? 1 ? 1 ? 8a ? (iii) 当 a ? 0 时, f ? x ? 的单增区间为 ? , 单减区间为 ? . , +? ? ? ? ? ? 0, 4 ? 4 ? ? ? ?

…… 7分 (2)证明:
f ' ? x ? ? 2x ? a ?1 x

3a ? x +2 x2 ? 2 ? x1 +2 x2 ? ? f '? 1 ? ?1 ?? 3 x1 +2 x2 ? 3 ?
x1 x2 ? ? x1 ? x2 ? ? ?1 x1 ? x2 a ln

由题, k ?

y1 ? y2 ? x1 ? x2

? x12 ? x22 ? ? a ? ln x1 ? ln x2 ? ? ? x1 ? x2 ?
x1 ? x2
- 18 -

x1 2 ? x1 +2 x2 ? x2 3a ? x +2 x2 ? 则: f ' ? 1 ? ? x1 +x2 ? ? ? ??k ? 3 x1 +2 x2 x1 ? x2 ? 3 ? a ln x1 x ?x x2 3a ? 2 1? ? 3 x1 +2 x2 x1 ? x2 a ln


……9

x1 x2 3a x ?x ? x ? 2 x2 ? 注意到 2 1 ? 0 ,故欲证 f ' ? 1 . ? ? ? k ,只须证明: x1 ? x2 x1 +2 x2 3 3 ? ? a ln


……10

?x ? x1 3 ? 1 ? 1? x x2 x 3 ? x1 ? x2 ? x 3 因为 a ? 0 ,故即证: ? ? ln 1 ? ? ln 1 ? ? 2 ? x1 x1 ? x2 x1 +2 x2 x2 x1 +2 x2 x2 +2 x2 ln
…… 11 分 令 分
3 ? t ? 1? x1 ? t ? ? 0,1? , g ? t ? ? ln t ? t +2 x2

……12

? t ? 1?? t ? 4 ? ? 0 1 9 则: g ' ? t ? ? ? ? 2 2 t ? t +2 ? t ? t +2 ?
所以:g ? t ? ? g ?1? ? 0 分

故 g ? t ? 在 ? 0,1? 上单调递增. ……13

?x ? 3 ? 1 ? 1? 3 ? t ? 1? x x ? x +2 x2 ? 即: ln t ? ,即: ln 1 ? ? 2 ? 所以: f ' ? 1 ??k. x1 t +2 x2 3 ? ? +2 x2

……14 分

13、 解析: (Ⅰ) ? =2 时, f ( x) ? ln x ?
f ?( x) ?

2( x ? 1) ( x ? 1) ,求导可得 x ?1

1 2( x ? 1) ? 2( x ? 1) ( x ? 1)2 ? ? ?0 x ( x ? 1)2 x( x ? 1)2

?????3 分

所以, f ( x) 在 (1, ??) 单调递增,故 f ( x) 的最小值是 f (1) ? 0 .????5 分

- 19 -

(Ⅱ)依题意, kn ?

ln(n ? 1) ? ln n 1 ? ln(1 ? ) . n ?1? n n

?????6 分
2( x ? 1) . x ?1

(ⅰ)由(Ⅰ)可知,若取 ? ? 2 ,则当 x ? 1 时 f ( x) ? 0 ,即 ln x ?

1 2(1 ? ? 1) 1 2 1 2n ? 1 n ? 于是 ln(1 ? ) ? ,即知 ? .????8 分 1 n 2n ? 1 kn 2 1? ?1 n

所以 Sn ? ?
i ?1

n

n 1 2i ? 1 n(n ? 2) ?? ? . ki i ?1 2 2

?????9 分

(ⅱ)取 ? ? 3 ,则 f ( x) ? ln x ?
f ?( x) ?

3( x ? 1) ( x ? 1) ,求导可得 x?2

1 3( x ? 2) ? 3( x ? 1) ( x ? 1)( x ? 4) ? ? x ( x ? 2)2 x( x ? 2) 2

当 x ? (1, 2) 时, f ?( x) ? 0 ,故 f ( x) 在 (1, 2) 单调递减. 所以, x ? (1, 2] 时, f ( x) ? f (1) ? 0 ,即 ln x ? 分 注意到,对任意正整数 n , 1 ? ? (1,2] ,于是
1 ? 1) 1 3 1 3n ? 1 n kn ? ln(1 ? ) ? ? ,即知 ? . ?????13 分 1 n 3 n ? 1 k 3 n 1? ? 2 n 3(1 ?

3( x ? 1) .?????12 x?2

1 n

所以 分

Sn ? ?
i ?1

n

n 1 3i ? 1 n(3n ? 5) ?? ? . ki i ?1 3 6

?????14

14、 【答案解析】(1) a ? 1, b ? 0 (2) kmax=3; 解析:解: (1)解:由 f(x)=ax+xln|x+b|=x(a+ln|x+b|)是奇函数, 则 y=a+ln|x+b|为偶函数,∴b=0. 又 x>0 时,f(x)=ax+xlnx, ∴f′(x)=a+1+lnx, ∵f′(e)=3, ∴a=1; (2)解:当 x>1 时,令 ∴ ,

,令 ln(x)=x﹣2﹣lnx,

- 20 -





∴y=h(x)在(1,+∞)上是增函数, ∴h′(1)=﹣1<0,h′(3)=1﹣ln3<0,h′(4)=2﹣ln4>0, ∴存在 x0∈(3,4) ,使得 h′(x0)=0, 则 x∈(1,x0) ,h′(x)<0,g′(x)<0,y=g(x)为减函数. x∈(x0,+∞) ,h′(x)>0,g′(x)>0,y=g(x)为增函数. ∴ ∴k<x0,又 x0∈(3,4) ,k∈Z, ∴kmax=3; 15、 所以 解: (Ⅰ)当 a=﹣1 时, ,x∈(0,+∞) . .

,x∈(0,+∞) . (求导、定义域各一分) (2 分)

因此 f′ (2)=1.即曲线 y=f(x)在点(2,f(2) )处的切线斜率为 1. (3 分) 又 f(2)=ln2+2, (4 分) 所以曲线 y=f(x)在点(2,f(2) )处的切线方程为 x﹣y+ln2=0. (Ⅱ)因为 所以 = , ,x∈(0,+∞) . (7 分)

令 g(x)=ax2﹣x+1﹣a,x∈(0,+∞) , ① 当 a=0 时,g(x)=﹣x+1,x∈(0,+∞) , 当 x∈(0,1)时,g(x)>0,此时 f′ (x)<0,函数 f(x)单调递减; (8 分) 当 x∈(1,+∞)时,g(x)<0,此时 f′ (x)>0,函数 f(x)单调递增. (9 分) ② 当 时,由 f′ (x)=0 即解得 x1=1, ,此时 ,

所以当 x∈(0,1)时,g(x)>0,此时 f′ (x)<0,函数 f(x)单调递减; (10 分) 分) 时,g(x)<0,此时 f'(x)>0,函数 f(x)单调递增; (11 时, ,此时,函数 f(x)单调递减. (12 分)

综上所述:当 a=0 时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调 递增; 当 在 时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在 上单调递减. (13 分) 上单调递增;

- 21 -


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