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江苏省2016届高三数学一轮复习专题突破训练:导数及其应用


江苏省 2016 年高考一轮复习专题突破训练 导数及其应用
一、填空题

15、已知函数 f ( x) , g ( x) 满足 f (1) ? 2 , f ?(1) ? 1 , g (1) ? 1 , g ?(1) ? 1 ,则函数 F ( x) ? ( f ( x) ? 1) ? g ( x) 的图象在

x ? 1 处的切线方程为
二、解答题

.

b 2 1、在平面直角坐标系 xOy 中,若曲线 y ? ax ? ( a, b为常数 ) 过点 P(2,?5) ,且该曲线在点 P 处的切线与 x
直线 7x ? 2 y ? 3 ? 0 平行,则 a ? b 的值是 .

1、已知函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? b (a, b ? R) , (1)试讨论 f ( x ) 的单调性, (2)若 b ? c ? a (实数 c 是与 a 无关的常数),当函数 f ( x ) 有 3 个不同的零点时, a 的取值范围恰好 是 (??, ?3) U (1, ) U ( , ??) ,求 c 的值。

2、 抛物线 y ? x 2 在 x ? 1 处的切线与两坐标轴围成三角形区域为 D(包含三角形内部与边界) 。 若点 P( x, y) 是区域 D 内的任意一点,则 x ? 2 y 的取值范围是 .

3 2

3 2

3、在平面直角坐标系 xOy 中,若曲线 y ? ln x 在 x ? e ( e 为自然对数的底数)处的切线与直线 ax ? y ? 3 ? 0 垂 直,则实数 a 的值为 .

2 4 、 若 函 数 f ( x)? ? l nx ? a x? bx ?

1 有两 a ?2 b 个 极 值 点 x1 , x2 , 其 中 ? ? a ? 0 ,b ? 0, 且 2
. . 2、已知函数

f ( x2 ) ? x 2 ? x ,则方程 2a[ f ( x)]2 ? bf ( x) ?1 ? 0 的实根个数为 1

5、若曲线 C1 : y ? ax3 ? 6 x2 ? 12 x 与曲线 C2 : y ? e x 在 x ? 1 处的两条切线互相垂直,则实数 a 的值为 6、函数 f ? x ? ?

1 3 1 2 ax ? ax ? 2ax ? 2a ? 1 的图象经过四个象限的充要条件是 3 2

f ( x) ?



+

,其中 e 是自然对数的底数。 )上恒成立,求实数 m 的取值范围; ( x0 3 +3x0) 成立, 试比较 与

?p p ? 7、曲线 y ? x ? cos x 在点 ? , ? 处的切线方程为 . ?2 2? 8、函数 f ( x) 是定义在 R 上的偶函数, f (?2) ? 0 ,且 x ? 0 时, f ( x) ? xf ?( x) ? 0 ,则不等式 xf ( x) ? 0 的解 集是 .

(1)证明: f ( x) 是 R 上的偶函数; (2)若关于 x 的不等式 m f ( x) +m 1 在(0,+ (3) 已知正数 a 满足:存在 x0 的大小,并证明你的结论。 [1, + ) , 使得

f (x 0 )

9、在平面直角坐标系 xOy 中,记曲线 y ? 2 x ? 标轴上的截距之和为 12 ,则 m 的值为
2

m ( x ? R, m ? ?2) x ? 1 处的切线为直线 l .若直线 l 在两坐 x


10、设二次函数 f(x)=ax +bx+c(a,b,c 为常数)的导函数为 f′(x).对任意 x∈R,不等式 f(x)≥f′(x)恒成立, b2 则 2 2的最大值为 . a +c f ?(1) x 1 e ? f (0) x ? x 2 在点(1,f(1))处的切线方程为 11、曲线 f ( x) ? . e 2 12、 )函数 f ( x) ?

1 2 x ? ln x 的单调递减区间为 2



13、设函数 f(x)=ax+sinx+cosx.若函数 f(x)的图象上存在不同的两点 A,B,使得曲线 y=f(x)在点 A,B 处的切线互相垂直,则实数 a 的取值范围为 . 14、曲线 y ? x (n ? N ) 在点 (1,1) 处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最小值为____________.
* n?1

1

3、设函数 f ( x) ? ln x ? ax , g ( x) ? e x ? ax,其中 a 为实数。 (1)若 f ( x) 在 (1,??) 上是单调减函数,且 g ( x) 在 (1,??) 上有最小值,求 a 的取值范围; (2)若 g ( x) 在 (?1,??) 上是单调增函数,试求 f ( x) 的零点个数,并证明你的结论。

6、己知 f ( x) ? ex ? a ln x ? a ,其中常数 a ? 0 . (1)当 a ? e 时,求函数 f ( x ) 的极值; (2)若函数 y ? f ( x) 有两个零点 x1 , x2 (0 ? x1 ? x2 ) ,求证: (3)求证: e
2 x ?2

1 ? x1 ? 1 ? x2 ? a ; a

? ex?1 ln x ? x ? 0 .

k(x ? 2) ,其中 k 为常数. x (1)若 k ? 0 ,求曲线 y ? f(x )在点(1,f(1))处的切线方程. (2)若 k ? 5 ,求证: f (x )有且仅有两个零点; (3)若 k 为整数,且当 x ? 2 时, f(x ) ? 0 恒成立,求 k 的最大值。
4、已知函数 f(x ) ? 1 ? ln x ?

(m ? 0) . 7、设函数 f ( x) ? ln x , g ( x) ? x ?1 (1)当 m ? 1 时,函数 y ? f ( x) 与 y ? g ( x) 在 x ? 1 处的切线互相垂直,求 n 的值; (2)若函数 y ? f ( x) ? g ( x) 在定义域内不单调,求 m ? n 的取值范围; 2a x ax (3)是否存在实数 a ,使得 f ( ) ? f (e ) ? f ( ) ? 0 对任意正实数 x 恒成立?若存在,求出满足条 x 2a 件的实数 a ;若不存在,请说明理由.

m( x ? n )

5、已知函数 f ? x ? ?

ex ,其导数记为 f ? ? x ? ( e 为自然对数的底数) ex (1)求函数 f ? x ? 的极大值;
(2)解方程 f

8、已知函数 f ( x) ? e ? a( x ?1) ,其中 a ? R, e 为自然对数底数.
x

? f ? x ?? ? x ;

(1)当 a ? ?1 时,求函数 f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程; (2)讨论函数 f ( x ) 的单调性,并写出相应的单调区间; (3)已知 b ? R ,若函数 f ( x) ? b 对任意 x ? R 都成立,求 ab 的最大值.

(3)若存在实数 x1 , x2 ( x1 ? x2 ) 使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,求证: f ? ?

? x1 ? x2 ? ??0 ? 2 ?

2

1 , g ( x) ? ax ? b . x (1)若函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,求实数 a 的取值范围; 1 (2) 若直线 g ( x) ? ax ? b 是函数 f ( x) ? ln x ? 图象的切线,求 a ? b 的最小值; x 2 (3)当 b ? 0 时,若 f ( x ) 与 g ( x) 的图象有两个交点 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,求证: x1 x2 ? 2e .
9、已知函数 f ( x) ? ln x ? (取 e 为 2.8 ,取 ln 2 为 0.7 ,取 2 为 1.4 )

11、已知函数 f ( x) ? ex , g ( x) ? ax2 ? bx ? c 。 (1)若 f(x)的图象与 g(x)的图象所在两条曲线的一个公共点在 y 轴上,且在该点处两条曲线的切线互 相垂直,求 b 和 c 的值。 (2)若 a=c=1,b=0,试比较 f(x)与 g(x)的大小,并说明理由; (3)若 b=c=0,证明:对任意给定的正数 a,总存在正数 m,使得当 x ? (m, ??) 时, 恒有 f(x)>g(x)成立。

12 、 已 知 函 数 f ( x) ? a ? b ln x ( a, b ? R ) , 其 图 像 在

x ? e 处 的 切 线 方 程 为 x ? ey ? e ? 0 . 函 数

10、设函数 f (x) = x 2 ln x- ax 2+ b 在点 x 0, f (x 0 ) 处的切线方程为 y = - x + b . (1)求实数 a 及 x0 的值; (2)求证:对任意实数 ,函数 f (x ) 有且仅有两个零点.

(

)

k f ( x) (k ? 0 , ) h( x ) ? . x x ?1 (Ⅰ)求实数 a 、 b 的值; (Ⅱ)以函数 g ( x) 图像上一点为圆心,2 为半径作圆 C ,若圆 C 上存在两个不同的点到原点 O 的距离为 1, 求 k 的取值范围; ( Ⅲ ) 求 最 大 的 正 整 数 k , 对 于 任 意 的 p ? (1, ??) , 存 在 实 数 m 、 n 满 足 0 ? m ? n ? p , 使 得 h( p) ? h(m) ? g (n) . g ( x) ?

3

江苏省 2016 年高考一轮复习专题突破训练 导数及其应用
一、填空题 1、【答案】

二、解答题 1、解:(1)令 f '( x) ? 3x2 ? 2ax ? 0 得到 x ? 0, x ? ?

参考答案

2a , 3

①当 a ? 0 时, f '( x) ? 0 恒成立, f ( x ) 在定义域内单调递增;

1 2 7 b ,k ? ? , 将 P(2,?5) 2 2 x

' 【提示】 根据 P 点在曲线上, 曲线在点 P 处的导函数值等于切线斜率,y ? 2ax ?

2a 2a , ??) 时 f '( x) ? 0, f ( x) ? , x ? (0, ? ) 时,f '( x) ? 0 ,f ( x) ? ; 3 3 2a 2a ) U (0, ??) 时 f '( x) ? 0, f ( x) ? , x ? (? , 0) 时, ③当 a ? 0 时, x ? (??, ? 3 3 x ? (??, 0) U (? ②当 a ? 0 时,

b ? 3 ? 5 ? 4a ? ? ? 1 ? ?a ? ? 2 带入得 ? ,解得 ? 2 ,则 a ? b ? 2 ?4 a ? b ? ? 7 ? ?b ? 2 ? 4 2 ?
2、解:本题主要考察导数的几何意义及线性规划等基础知识。

f '( x) ? 0 , f ( x) ? 。
(2) f ( x) ? 0 有 3 个不同的实根,显然 a ? 0 时不符。下面讨论 a ? 0 的情况:

y ' ? 2x ∴ k ? y '
1 2

x ?1

? 2 ∴切线方程为 y ? 1 ? 2( x ? 1)

? b?0 ? f (0) ? 0 ? 4a 3 ? 27 a ? 27c ? 0 ? ? 3 当 a ? 0 时,应有 ? ,即 ? (a) ? ? 4a 2a c?a f (? ) ? 0 ? ?b ? 0 ? ? 3 ? ? 27 2a ? 4a 3 ? ? 4a 3 ? 27 a ? 27c ? 0 f ( ? ) ? 0 ?b ? 0 ? ? 当 a ? 0 时,应有 ? ,即 (b) ? ? 27 3 ? c ? a ? ? ? b?0 ? f (0) ? 0 ?
对于(a): a 的取值范围应在 a ? ? 符合题意; 对于(b): 4 ? ( ) ? 27 ?
3

与 x 轴交点为 A( ,0) ,与 y 轴交点为 B(0,?1) , 当直线 z ? x ? 2 y 过点 A( ,0) 时 z max ?

1 2

1 ?0 2

当直线 z ? x ? 2 y 过点 B(0,?1) 时 z min ? 0 ? 2 ? (?1) ? ?2 ∴ x ? 2 y 的取值范围是 ?? 2, ? 2

3 内,根据题意,有 4(?3)3 ? 27(?3) ? 27c ? 0 ? c ? 1 ? a , 2

? ?

1? ?

3 2

3 ? 27c ? 0 ? c ? 1 ,而 a ? 1 时, c ? a ,故 c ? 1 ,所以 c ? 1 符合题意。 2

y y=2x—1 O x 1 y=— x 2 3、 ?e 6、 ? 4、5 7、 2 x ? y ? 10、2 2-2 13、[-1,1] 5、 ?

综上,符合题意的 c ? 1 。 2、 (1)∵x

f ( ? x) =

+

= f ( x) ,∴ f ( x) 是 R 上的偶函数

(2)∵

f ( x)
1,∴m

+

2

=2 1 ,∴

f ( x)

,∴m(

f ( x)



1 3e
令 g ( x) =

=



6 3 ?a?? 5 16

p ?0 2

8、 ? ?2,0? ? ? 2, ?? ? 11、 y ? ex ? 14、

, g ?( x ) =

,∴x

时 g ?( x )

9、-3 或-4 12、(0,1]

1 . 2

1 4

15、2x-y-1=0
4

g ( x) 单调减,x

时 g ?( x )

g ( x) 单调增,∴ g ( x) min= g (ln 2) =

,若

关于 x 的不等式 m

f ( x)

+m 1 在(0,+

)上恒成立,则只要 m

g ( x) min 恒成立 ,∴

当 a e 时 y 0,此时 a-1 3、(1)解:由 f ( x ) ?
'

(e-1)lna ,即

m

。∴m



]。

1 1 ? a ? 0 即 ? a 对 x ? (1,??) 恒成立, x x

(3) 由题正数 a 满足:存在 x0

[1, +

) , 使得

f (x 0 )



x0 3 +3x0) 成立。 即

+

∴ a ? ? ? max x 而由 x ? (1,??) 知

?1? ? ?



x0

3

+3x0 )



h( x )

1 <1 ∴ a ? 1 x

=

+



x

3

+3x ), 即 h( x)

min

0。

由 g ' ( x) ? e x ? a 令 g ' ( x) ? 0 则 x ? ln a 当 x < ln a 时 g ' ( x) <0,当 x > ln a 时 g ' ( x) >0, ∵ g ( x) 在 (1,??) 上有最小值 ∴ ln a >1 ∴a>e

h? ? x ? ?
= +3a

-

,当 x

[1,+

)时, h?

? x?

0 ,h( x) min = h (1) =e+

-2a 0 ,∴a

综上所述: a 的取值范围为 (e,??) (2)证明:∵ g ( x) 在 (?1,??) 上是单调增函数 ∴ g ' ( x) ? e x ? a ? 0 即 a ? e 对 x ? (?1,??) 恒成立,
x

+



要比较



的大小,两边同时取以 e 为底的对数。只要比较 a-1 与(e-1)lna 的大小。 令

y

∴ a ? ex

? ?

min
x

= a-1-( e-1)lna ,

而当 x ? (?1,??) 时, e > ,∵a + + e-1 , ∴ a ( + )时 分三种情况:

y? =

1 e 1 >0 x

∴a ?

1 e

1-

' (Ⅰ)当 a ? 0 时, f ( x ) ?

∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数

y?

y 单调减,a (

)时

y?

y 单调增,又∵

+

,当 a=1

∵ f (1) ? 0

∴f(x)存在唯一零点
'

时,y=0,∴当 a=

+

时,y

0,当 a=e 时,y=0。∴a=e-1 时,y 0。

(Ⅱ)当 a <0 时, f ( x ) ?

1 ? a >0 ∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数 x

a a a ∵ f (e ) ? a ? ae ? a(1 ? e ) <0 且 f (1) ? ?a >0

∴当

+

时,y 0,此时 a-1

(e-1)lna ,即



∴f(x)存在唯一零点

当 a=e 时 y 0,此时 a-1

(e-1)lna ,即



1 1 1 ' ' 时, f ( x ) ? ? a ,令 f ( x) ? 0 得 x ? e x a 1 1 ? a( x ? ) ? a( x ? ) 1 a >0; x > 1 时, f ' ( x) ? a <0 ∵当 0< x < 时, f ' ( x) ? a a x x
(Ⅲ)当 0< a ?

5

1 1 1 1 为最大值点,最大值为 f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 a a a a 1 1 ①当 ? ln a ? 1 ? 0 时, ? ln a ? 1 ? 0 , a ? , f ( x) 有唯一零点 x ? ? e e a 1 ②当 ? ln a ? 1 >0 时,0< a ? , f ( x) 有两个零点 e 1 1 1 1 a 1 1 1 实际上,对于 0< a ? ,由于 f ( ) ? ln ? a ? ?1 ? <0, f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 >0 e e e e e a a a
∴x ? 且函数在 ? ,

1 因为 f ?(x)= ,从而 f ?(1)=1. x 又 f (1)=1, 所以曲线 y=f(x)在点 (1,f(1))处的切线方程 y-1=x-1, 即 x-y=0. (2)当 k=5 时,f(x)=lnx+ 10 -4. x ……… 3 分

?1 1? ?1 1? ? 上的图像不间断 ∴函数 f ( x) 在 ? , ? 上有存在零点 ?e a? ?e a?

x-10 因为 f ?(x)= 2 ,从而 x 当 x∈(0,10),f ′(x)<0,f(x)单调递减;当 x∈(10,+∞)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=10 时,f(x)有极小值. ……………… 5 分

1 ? 1? ? 1? ? 1? ' 另外,当 x ? ? 0, ? , f ( x ) ? ? a >0,故 f ( x) 在 ? 0, ? 上单调增,∴ f ( x) 在 ? 0, ? 只有一个零点 x ? a? ? a? ? a?
?1 ?1 ?1 ?1 ?1 ?1 ? 下面考虑 f ( x) 在 ? ,?? ? 的情况,先证 f (e a ) ? ln e a ? aea ? a ?1 ln e ? aea ? a(a ?2 ? e a ) <0 ?a ?

因 f(10)=ln10-3<0,f(1)=6>0,所以 f(x)在(1,10)之间有一个零点. 10 因为 f(e4)=4+ 4 -4>0,所以 f(x)在(10,e4)之间有一个零点. e 从而 f(x)有两个不同的零点. …………… 8 分

为此我们要证明:当 x > e 时, e > x ,设 h( x) ? e x ? x 2
x 2

,则 h ' ( x) ? e x ? 2 x ,再设 l ( x) ? e x ? 2 x

∴ l ( x) ? e ? 2
' x

k(x-2) (3)方法一:由题意知,1+lnx- >0 对 x∈(2,+∞)恒成立, x x+xlnx 即 k< 对 x∈(2,+∞)恒成立. x-2 x+xlnx x-2lnx-4 令 h(x)= ,则 h?(x)= . x-2 (x-2)2
x 2 e 2

当 x >1 时, l ' ( x) ? e x ? 2 > e -2>0, l ( x) ? e x ? 2 x 在 ?1,??? 上是单调增函数 故当 x >2 时, h ( x) ? e ? 2 x > h (2) ? e ? 4 >0
' x ' 2

从而 h( x) ? e ? x 在 ?2,??? 上是单调增函数,进而当 x > e 时, h( x) ? e ? x > h(e) ? e ? e >0
x 2

设 v(x)=x-2lnx-4,则 v?(x)=

x-2 . x

即当 x > e 时, e > x ,
?1 ?1 ?1 ?1 ?1 1 ?1 当 0< a < 时,即 a >e 时, f (e a ) ? ln e a ? aea ? a ?1 ln e ? aea ? a(a ?2 ? e a ) <0 e ?1 1 1 1 又 f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 >0 且函数 f ( x) 在 a ?1 , e a 上的图像不间断, a a a 1 ? a ( x ? ) 1 ?1 ?1 a ?1 ' a ∴函数 f ( x) 在 a , e 上有存在零点,又当 x > 时, f ( x) ? <0 故 f ( x) 在 a ,?? 上是 a x

x

2

当 x∈(2,+∞)时,v?(x)>0,所以 v(x)在(2,+∞)为增函数. 因为 v(8)=8-2ln8-4=4-2ln8<0,v(9)=5-2ln9>0, 所以存在 x0∈(8,9),v(x0)=0,即 x0-2lnx0-4=0. 当 x∈(2,x0)时,h?(x)<0,h(x)单调递减,当 x∈(x0,+∞)时,h?(x)>0,h(x)单调递增. x0+x0lnx0 所以当 x=x0 时,h(x)的最小值 h(x0)= . x0-2 x0-4 x0 因为 lnx0= ,所以 h(x0)= ∈(4,4.5). 2 2 故所求的整数 k 的最大值为 4. …………… 16 分

?

?

?

?

?

?

?1 单调减函数∴函数 f ( x) 在 a ,?? 只有一个零点

?

?

综合(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)知:当 a ? 0 时, f ( x) 的零点个数为 1;当 0< a < 4、解:(1)当 k=0 时,f(x)=1+lnx.

1 时, f ( x) 的零点个数为 2 e

方法二:由题意知,1+lnx-

k(x-2) >0 对 x∈(2,+∞)恒成立. x

k(x-2) x-2k f(x)=1+lnx- ,f ?(x)= 2 . x x
6

①当 2k≤2,即 k≤1 时,f?(x)>0 对 x∈(2,+∞)恒成立, 所以 f(x)在(2,+∞)上单调递增. 而 f(2)=1+ln2>0 成立,所以满足要求. ②当 2k>2,即 k>1 时, 当 x∈(2,2k)时,f ′(x)<0, f(x)单调递减,当 x∈(2k,+∞),f ′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=2k 时,f(x)有最小值 f(2k)=2+ln2k-k. 从而 f(x)>0 在 x∈(2,+∞)恒成立,等价于 2+ln2k-k>0. 令 g(k)=2+ln2k-k,则 g?(k)= 1-k <0,从而 g(k) 在(1,+∞)为减函数. k

因为 g(4)=ln8-2>0,g(5)=ln10-3<0 , 所以使 2+ln2k-k<0 成立的最大正整数 k=4. 综合①②,知所求的整数 k 的最大值为 4. 5、 ……… 16 分

6、解:函数 f ( x ) 的定义域为 (0, ??) ,
x (1)当 a ? e 时, f ( x) ? e ? eln x ? e , f ?( x ) ? e ?
x x 而 f ?( x ) ? e ?

e , x

e 在 (0, ??) 上单调递增,又 f ?(1) ? 0 , x

当 0 ? x ? 1 时, f ?( x) ? f ?(1) ? 0 ,则 f ( x ) 在 (0,1) 上单调递减;
7

当 x ? 1 时, f ?( x) ? f ?(1) ? 0 ,则 f ( x ) 在 (1, ??) 上单调递增,所以 f ( x ) 有极小值 f (1) ? 0 ,没有极大 值. …………3 分

当 x ? 1 时, h?( x) ? 0 ,所以 g ( x) 在 (1, ??) 上单调递增,

(2)先证明:当 f ( x) ? 0 恒成立时,有 0 ? a ? e 成立. 若0 ? x ?

1 ,则 f ( x) ? ex ? a(ln x ? 1) ? 0 显然成立; e

x 1 x 1 x ( x ? 0) 的最大值为 h(1) ? ,即 x ? ,因而 x ? 2 ? e , x e e e e e x x 所以 f ( x) ? e ? e ln x ? e ? x ? 2 ,即 f ( x) ? e2 x?2 ? ex?1 ln x ? x ? 0 . ………16 分 e
所以 h( x) ?

1 ex ex 若 x ? ,由 f ( x) ? 0 得 a ? ,令 ? ( x) ? ,则 ? ?( x ) ? e ln x ? 1 ln x ? 1
令 g ( x) ? ln x ? 1 ?

1 e x (ln x ? 1 ? ) x , (ln x ? 1) 2

7、解:(1)当 m ? 1 时, g ?( x) ? 由 f ?( x) ?

1? n 1? n ,? y ? g ( x) 在 x ? 1 处的切线斜率 k ? , 2 4 ( x ? 1)

1 1? n ?1 ? ?1 ,? n ? 5 .…………4 分 ,? y ? f ( x) 在 x ? 1 处的切线斜率 k ? 1 ,? x 4

1 1 1 1 ( x ? ) ,由 g ?( x) ? 1 ? 2 ? 0 得 g ( x) 在 ( , ??) 上单调递增, x e x e 1 1 又因为 g (1) ? 0 ,所以 ? ?( x ) 在 ( ,1) 上为负,在 (1, ??) 上为正,因此 ? ( x) 在 ( ,1) 上递减,在 (1, ??) 上 e e
递增,所以 ? ( x)min ? ? (1) ? e ,从而 0 ? a ? e . 因而函数 y ? f ( x) 若有两个零点,则 a ? e ,所以 f (1) ? e ? a ? 0 , 由 f (a) ? ea ? a ln a ? a(a ? e)得 f ?(a) ? ea ? ln a ? 2 ,则

(2)易知函数 y ? f ( x) ? g ( x) 的定义域为 (0, ??) ,

又 y? ? f ?( x ) ? g ?( x) ?

1 m(1 ? n) ? ? x ( x ? 1) 2

x 2 ? ? 2 ? m(1 ? n) ? x ? 1 x( x ? 1) 2

?

x ? 2 ? m(1 ? n) ? ( x ? 1) 2

1 x,

由题意,得 x ? 2 ? m(1 ? n) ?

1 的最小值为负,? m(1 ? n) ? 4(注:结合函数 y ? x2 ? ?2 ? m(1 ? n)? x ?1 x

f ??(a) ? ea ?

1 1 1 ? ea ? ? e ? ? 0 , a e e

(m ? (1 ? n))2 ? m(1 ? n) ? 4 ,? m ? (1 ? n) ? 4 ,? m ? n ? 3 (注:结合消元 图象同样可以得到),? 4
利用基本不等式也可).……………………9 分

所以 f ?(a) ? ea ? ln a ? 2 在 (e, ??) 上单调递增,所以 f ?(a) ? f ?(e) ? ee ? 3 ? e2 ? 3 ? 0 , 所以 f (a) ? ea ? a ln a ? a 在 (e, ??) 上单调递增,所以

f (a) ? f (e) ? ee ? 2e ? e2 ? 2e ? 0 ,则 f (1) f (a) ? 0 ,所以 1 ? x2 ? a ,
1 1 1 1 1 1 a a a 由 a ? e 得 f ( ) ? e ? a ln ? a ? e ? a ln a ? a ? e ? a ln e ? a ? e a ? 0 ,则 a a

2a x ) ? f (e ax ) ? f ( ) ? ax ? ln 2a ? ax ? ln x ? ln x ? ln 2a ,其中 x ? 0, a ? 0 x 2a 1 1 则 ? ?( x) ? a ? ln 2a ? a ln x ? a ? ,设 ? ( x) ? a ? ln 2a ? a ln x ? a ? x x a 1 ax ? 1 ? ?( x) ? ? ? 2 ? ? 2 ? 0 x x x
(3)令 ? ( x) =f (

? ? ( x) 在 (0, ??) 单调递减, ? ( x) ? 0 在区间 (0, ??) 必存在实根,不妨设 ? ( x0 ) ? 0
即 ? ( x0 ) ? a ? ln 2a ? a ln x0 ? a ?

1 1 1 f (1) f ( ) ? 0 ,所以 ? x1 ? 1 ,综上得 ? x1 ? 1 ? x2 ? a . a a a

…………10 分

1 1 ? 0 ,可得 ln x0 ? ? ln 2a ? 1 (*) x0 ax0

x (3)由(2)知当 a ? e 时, f ( x) ? 0 恒成立,所以 f ( x) ? e ? e ln x ? e ? 0 ,

? ( x) 在区间 (0, x0 ) 上单调递增,在 ( x0 , ??) 上单调递减,所以 ? ( x)max ? ? ( x0 ) ,

即 f ( x) ? e ? e ln x ? e ,
x

? ( x0 ) ? (ax0 ?1) ? ln 2a ? (ax0 ?1) ? ln x0 ,代入(*)式得 ? ( x0 ) ? ax0 ?
根据题意 ? ( x0 ) ? ax0 ?

设 h( x ) ?

x 1? x ( x ? 0) ,则 h?( x ) ? x , x e e

1 ?2 ax0

当 0 ? x ? 1 时, ? ?( x) ? 0 ,所以 g ( x) 在 (0,1) 上单调递增;
8

1 ? 2 ? 0 恒成立. ax0

又根据基本不等式, ax0 ?

1 1 时,等式成立 ? 2 ,当且仅当 ax0 ? ax0 ax0

②当 a ? 0 时,由 f ' ? x ? ? e ? a ? 0 得 x ? ln a ,
x

∴ x ? ? ??,ln a ? 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递减; x ? ? ln a, ??? 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递增. 综上,当 a ≤ 0 时,函数 f ? x ? 的单调递增区间为 (??, ??) ;当 a ? 0 时,函数 f ? x ? 的单调递增区间为

所以 ax0 ?

1 1 1 2 1 ………………16 分 ? 2 , ax0 ? 1? x0 ? .代入(*)式得, ln ? ln 2a ,即 ? 2a, a ? a a a 2 ax0

(以下解法供参考,请酌情给分) 解法 2: ? ( x) ? ax ? ln 2a ? ax ? ln x ? ln x ? ln 2a ? (ax ?1)(ln 2a ? ln x) ,其中 x ? 0, a ? 0 根据条件 f (

? ln a, ??? ,单调递减区间为 ? ??,ln a ? .

…………………………………9 分

2a x ) ? f (e ax ) ? f ( ) ? 0 对任意正数 x 恒成立 x 2a

(3)由(2)知,当 a ? 0 时,函数 f ? x ? 在 R 上单调递增, ∴ f ? x ? ≥ b 不可能恒成立; …………………………………………………10 分 当 a ? 0 时, b ≤ 0 ,此时 ab ? 0 ; …………………………………………11 分 当 a ? 0 时,由函数 f ? x ? ≥ b 对任意 x ? R 都成立,得 b ≤ f min ? x ? , ∵ fmin ? x ? ? f ? ln a ? ? 2a ? a ln a ,∴ b ≤ 2a ? a ln a ∴ ab ≤ 2a 2 ? a 2 ln a , 设 g ? a ? ? 2a ? a ln a ? a ? 0? ,∴ g ' ? a ? ? 4a ? ? 2a ln a ? a ? ? 3a ? 2a ln a ,
2 2

即 (ax ? 1)(ln 2a ? ln x) ? 0 对任意正数 x 恒成立

? ? 1 1 ? ? ? ?ln 2a ? ln x ? 0 且 ?ln 2a ? ln x ? 0 ,解得 ? x ? 2a 且 2a ? x ? , a a ? ? a?0 a?0 ? ?


ax ? 1 ? 0

ax ? 1 ? 0

………………13 分

1 2 ? x ? 2a 时上述条件成立此时 a ? . a 2

解法 3: ? ( x) ? ax ? ln 2a ? ax ? ln x ? ln x ? ln 2a ? (ax ?1)(ln 2a ? ln x) ,其中 x ? 0, a ? 0 要使得 (ax ? 1)(ln 2a ? ln x) ? 0 对任意正数 x 恒成立, 等价于 (ax ? 1)(2a ? x) ? 0 对任意正数 x 恒成立,即 ( x ? )( x ? 2a ) ? 0 对任意正数 x 恒成立, 设函数 ? ( x) ? ( x ? )( x ? 2a) ,则 ? ( x) 的函数图像为开口向上,与 x 正半轴至少有一个交点的抛物线,

由于 a ? 0 ,令 g ' ? a ? ? 0 ,得 ln a ?

3 3 , a ? e2 , 2

1 a

1 a

? 3 ? ? 3 ? 2 当 a ? ? 0, e ? 时, g ' ? a ? ? 0 , g ? a ? 单调递增; a ? ? e 2 , ?? ? 时, g ' ? a ? ? 0 , g ? a ? 单调递减. ? ? ? ?
∴ g max ? a ? ?
3

因此,根据题意,抛物线只能与 x 轴有一个交点,即
x

1 2 ? 2 a ,所以 a ? . a 2
………………2 分

e3 e3 ,即 ab 的最大值为 , 2 2

8、解:(1)当 a ? ?1 时, f ' ? x ? ? e ? 1, f ' ?1? ? e ? 1, f ?1? ? e , ∴函数 f ? x ? 在点 1, f ?1? 处的切线方程为 y ? e ? ? e ?1?? x ?1? , 即 y ? ? e ?1? x ?1 . (2)∵ f ' ? x ? ? e ? a ,
x

此时 a ? e 2 , b ?

1 3 e2 . 2

………………………………………… 16 分

?

?

………………………………………………………………4 分

1 1 1 ? ax ? b ,则 h?( x ) ? ? 2 ? a , x x x 1 1 ∵ h( x) ? f ( x) ? g ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,∴对 ?x ? 0 ,都有 h?( x) ? ? 2 ? a ? 0 , x x 1 1 1 1 即对 ?x ? 0 ,都有 a ? ? 2 ,∵ ? 2 ? 0 ,∴ a ? 0 , x x x x
9、解:(1) h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? ln x ? 故实数 a 的取值范围是 (??, 0] . ………………4 分

①当 a ≤ 0 时, f ' ? x ? ? 0 ,函数 f ? x ? 在 R 上单调递增;………………………………6 分

9

(2) 设切点 ( x0 , ln x0 ?

1 1 1 1 ) ,则切线方程为 y ? (ln x0 ? ) ? ( ? 2 )( x ? x0 ) , x0 x0 x0 x0

∴ 2ln x1 x2 ? 令 G ( x) ? ln x ? 又 ln 2e ?

4 2 ? 2 ,即 ln x1 x2 ? ? 1, x1 x2 x1 x2
2 1 2 ,则 x ? 0 时, G?( x) ? ? 2 ? 0 ,∴ G ( x) 在 (0, ??) 上单调递增, x x x

1 1 1 1 1 1 1 2 即 y ? ( ? 2 ) x ? ( ? 2 ) x0 ? (ln x0 ? ) ,亦即 y ? ( ? 2 ) x ? (ln x0 ? ? 1) , x0 x0 x0 x0 x0 x0 x0 x0


1 1 2 1 ? t ? 0 ,由题意得 a ? ? 2 ? t ? t 2 , b ? ln x0 ? ? 1 ? ? ln t ? 2t ? 1 ,……7分 x0 x0 x0 x0
2

2 1 2 ? ln 2 ? 1 ? ? 0.85 ? 1 , e 2e 2 2 2 ,则 x1 x2 ? 2e ,即 x1 x2 ? 2e2 . ? 1 ? ln 2e ? x1 x2 2e
…………16分

1 (2t ? 1)(t ? 1) 令 a ? b ? ? (t ) ? ? ln t ? t ? t ? 1 ,则 ? ?(t ) ? ? ? 2t ? 1 ? , t t
当 t ? (0,1) 时 , ? ?(t ) ? 0 , ? (t ) 在 (0,1) 上单调递减; 当 t ? (1, ??) 时, ? ?(t ) ? 0 , ? (t ) 在 (1, ??) 上单调递增, ∴ a ? b ? ? (t ) ? ? (1) ? ?1,故 a ? b 的最小值为 ?1 . (3)由题意知 ln x1 ? ………10分

∴ G( x1 x2 ) ? ln x1 x2 ?

10、

1 1 ? ax1 , ln x2 ? ? ax2 , x1 x2

两式相加得 ln x1 x2 ?

x1 ? x2 x x ?x ? a( x1 ? x2 ) ,两式相减得 ln 2 ? 1 2 ? a( x2 ? x1 ) , x1 x2 x1 x1 x2

x x2 ln 2 x ?x x1 x1 1 1 即 ? )( x1 ? x2 ) , ? ? a ,∴ ln x1 x2 ? 1 2 ? ( x1 x2 x2 ? x1 x1 x2 x2 ? x1 x1 x2 ln
即 ln x1 x2 ?

2( x1 ? x2 ) x1 ? x2 x2 ? ln , x1 x2 x2 ? x1 x1

…………12分

不妨令 0 ? x1 ? x2 ,记 t ? ∴ F (t ) ? ln t ? ∴ ln t ?

2(t ? 1) x2 (t ? 1)2 (t ? 1) ,则 F ?(t ) ? ? 1 ,令 F (t ) ? ln t ? ?0, t ?1 x1 t (t ? 1)

2(t ? 1) 2(t ? 1) ? F (1) ? 0 , 在 (1, ??) 上单调递增,则 F (t ) ? ln t ? t ?1 t ?1

2(t ? 1) x 2( x2 ? x1 ) 2( x1 ? x2 ) x1 ? x2 x2 ? ln ? 2 , ,则 ln 2 ? ,∴ ln x1 x2 ? t ?1 x1 x2 x2 ? x1 x1 x1 x1 ? x2

又 ln x1 x2 ?

4 x1 x2 2( x1 ? x2 ) 4 4 ? ln x1 x2 ? ? ln x1 x2 ? ? 2 ln x1 x2 ? , x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2

10

证法一:①若 0 ? a ? 1 ,由⑵知,当 x ? 0 时, e ? x ? 1 .即 e ? x ? ax ,
x 2 x 2 2

? ?? ,恒有 e ? ax . 所以, 0 ? a ? 1 时,取 m ? 0 ,即有当 x ? ? m,
x 2

②若 a ? 1 , f ( x) ? g( x) 即 e ? ax ,等价于 x ? ln(ax ) 即 x ? 2 ln x ? ln a
x 2

2

令 t ( x) ? x ? 2ln x ? ln a ,则 t '( x) ? 1 ? 增.

2 x?2 ? .当 x ? 2 时, t '( x) ? 0, t ( x) 在 (2, ??) 内单调递 x x

取 x0 ? ae2 ,则 x0 ? e2 ? 2 ,所以 t ( x) 在 ( x0 , ??) 内单调递增. 又 t ( x0 ) ? e2a ? 2ln e2a ? ln a ? e2a ? 4 ? 3ln a ? 7a ? 4 ? 3ln a ? 4(a ? 1) ? 3(a ? ln a) ? 0

? ?? 时,恒有 f ( x) ? g ( x) . 即存在 m ? ae ,当 x ? ? m,
2

…15 分

11、⑴解: f (0) ? 1 , f '( x) ? e x , f '(0) ? 1 , g (0) ? c , g '( x) ? 2ax ? b , g '(0) ? b , 2 分 依题意: ?

? ?? ,恒有 f ( x) ? g ( x) .…16 分 综上,对任意给定的正数 a ,总存在正数 m ,使得当 x ? ? m,
证法二:设 h( x) ?

? f (0) ? g (0) ? c ? 1, ,所以 ? ; f '(0) g '(0) ? ? 1 b ? ? 1 ? ?

……4 分

ex e x ( x ? 2) h '( x ) ? ,则 , x2 x3

⑵解: a ? c ? 1 , b ? 0 时, g ( x) ? x2 ? 1 , ① x ? 0 时, f (0) ? 1 , g (0) ? 1 ,即 f ( x) ? g ( x) ② x ? 0 时, f ( x) ? 1 , g ( x) ? 1 ,即 f ( x) ? g ( x)

……5 分

当 x ? (0, 2) 时, h '( x) ? 0 , h( x) 单调减,当 x ? (2, ??) 时, h '( x) ? 0 , h( x) 单调增, 故 h( x) 在 (0, ?? ) 上有最小值, h(2) ?

e2 , 4

……12 分

③ x ? 0 时,令 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? e ? x ?1 ,则 h '( x) ? e ? 2x .
x 2 x

①若 a ?

e2 ,则 h( x) ? 2 在 (0, ?? ) 上恒成立, 4

设 k ( x) ? h '( x)=e ? 2 x ,则 k '( x)=e ? 2 ,
x x

当 x ? ln 2 时, k '( x) ? 0, k ( x) 单调递减;当 x ? ln 2 时, k '( x) ? 0, k ( x) 单调递增. 所以当 x ? ln 2 时, k ( x) 取得极小值, 且极小值为 k (ln 2) ? e
x ln 2

e2 即当 a ? 时,存在 m ? 0 ,使当 x ? (m, ??) 时,恒有 f ( x) ? g ( x) ; 4
②若 a ?

? 2ln 2 ? 2 ? ln 4 ? 0

e2 ,存在 m ? 2 ,使当 x ? (m, ??) 时,恒有 f ( x) ? g ( x) ; 4 e2 ,同证明一的②, 4
……15 分

即 k ( x) ? h '( x)=e ? 2 x ? 0 恒成立,故 h( x) 在 R 上单调递增,又 h(0) ? 0 , 因此,当 x ? 0 时, h( x) ? h(0) ? 0 ,即 f ( x) ? g( x) . ……9 分

③若 a ?

综上可得,对任意给定的正数 a ,总存在 m ,当 x ? (m, ??) 时,恒有 f ( x) ? g ( x) . …16 分 综上,当 x ? 0 时, f ( x) ? g ( x) ;当 x ? 0 时, f ( x) ? g ( x) ;当 x ? 0 时, f ( x) ? g( x) .…10 分 ⑶
11

?a ? b ? 2 ?a ? 1 b ? 2、解: (Ⅰ) 当 x ? e 时, y ? 2 , f ( x ) ? ,故 ? ?b 1 ,解得 ? .……3 分 x b ? ? 1 ? ? ? ? e e
/

结合函数的图像可知,对任意的正数 p ,存在实数 m 、 n 满足 0 ? m ? n ? p ,使得 h( p) ? h(m) ? g (n) . 综上所述,正整数 k 的最大值为 3. ……………16 分

( Ⅱ ) 问 题 即 为 圆 C 与 以 O 为 圆 心 1 为 半 径 的 圆 有 两 个 交 点 , 即 两 圆 相 交 . 设 C ( x0 ,

k ) ,则 x0

2 2 4 ? k2 1 2 1 1 ?k ? x0 ? x0 2 4 2 2 4 2 4 1 ? x ? 2 ? 3 ,即 ? 2 ,? x0 ? x0 ? ?( x0 ? ) ? ,? x0 ? x0 ? ,? k 2 ? x0 必定 ? x0 2 4 x0 2 4 4 ? ?k ? 9 x0 ? x0

2 0

有解;

…………6 分

9 81 81 2 4 2 2 4 ? 9 x0 ? x0 ? ?( x0 ? ) 2 ? ,? 9 x0 ? x0 ? , 2 4 4 81 9 2 2 4 故 k 2 ? 9x0 有解,须 k ? ,又 k ? 0 ,从而 0 ? k ? .……8 分 ? x0 4 2 k (Ⅲ)显然 g ( x ) ? ( k ? 0) 在区间 (1, ??) 上为减函数,于是 g (n) ? g ( p) ,若 h( p) ? g ( n) ,则对任意 x
p ? 1 ,有 h( p) ? g ( p) .
当 x ? 1 时, h( x) ? g ( x) ? k ? 则 ? ( x) ?
/

x(1 ? ln x) x(1 ? ln x) ( x ? 1) , ,令 ? ( x) ? x ?1 x ?1
/ , 则 ? ( x) ?

x ? 2 ? ln x . 令?(x ) ? x ?2 ?l n ( xx? 1 ) ( x ? 1) 2

x ?1 ?0 ,故 ? ( x) 在 (1, ??) 上为增函数, x

又 ? (3) ? 1 ? ln 3 ? 0 , 因此存在唯一正实数 x0 ? (3, 4) , 使 ? ( x0 ? (4) ? 2 ? ln 4 ? 0 , ) ?x0 ? 2? n l
/ /

x00 ?

. 故

当 x ? (1, x0 ) 时,? ( x) ? 0 ,? ( x) 为减函数;当 x ? ( x0 , ??) 时,? ( x) ? 0 ,? ( x) 为增函数,因此 ? ( x) 在 (1, ??) 有 最 小 值 ? ( x0 ) ?

x0 (1 ? ln x0 ) , 又 x0 ? 2 ? ln x0 ? 0 , 化 简 得 ? ( x0 ) ? x0 ? (3, 4) , x0 ? 1

?k ? 3.

……………13 分

下面证明:当 k ? 3 时,对 0 ? x ? 1 ,有 h( x) ? g ( x) . 当 0 ? x ? 1 时, h( x) ? g ( x) ? 3 ? 2 x ? x ln x ? 0 .令? ( x) ? 3 ? 2 x ? x ln x(0 ? x ? 1) , 则? ( x) ? ln x ?1 ? 0 ,故? ( x) 在 (0,1) 上为减函数,于是? ( x) ? ? (1) ? 1 ? 0 .
/

同时,当 x ? (0, ??) 时, g ( x) ?

3 ? (0, ??) . x

当 x ? (0,1) 时, h( x) ? R ;当 x ? (1, ??) 时, h( x) ? (0, ??) .
12


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