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2012届北京市高三各区二模数学(理)试题分类汇编三、导数及其应用1(选修2-2)


三、导数及其应用(选修 2-2) 1. (2012 年海淀二模理 13) 某同学为研究函数 f ( x ) ?
1? x
2

?

1 ? (1 ? x ) ( 0 ? x ? 1) 的
2

性质,构造了如图所示的两个边长为 1 的正方形 A B C D 和 B E F C ,点 P 是

边 B C 上的一个 动点,设 C P = x ,则 A P + P F = f ( x ) . 请你参考这些信息,推知函数
D C P F

f ( x ) 的图象的对称轴是

;函数 g ( x ) = 4 f ( x ) - 9 的零点的个数



.
A B E

答案: x =

1 2

;2。
2ax ? a ? 1
2

2.(2012 年西城二模理 19)已知函数 f ( x ) ?

x ?1
2

,其中 a ? R . (Ⅰ)当 a ? 1 时,

求曲线 y ? f ( x ) 在原点处的切线方程; (Ⅱ)求 f ( x ) 的单调区间; (Ⅲ)若 f ( x ) 在 [0, ? ? ) 上存在最大值和最小值,求 a 的取值范围. 解: (Ⅰ)当 a ? 1 时, f ( x ) ?
2x x ?1
2

, f ?( x ) ? ? 2

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



………………2 分

由 f ? (0 ) ? 2 , 得曲线 y ? f ( x ) 在原点处的切线方程是 2 x ? y ? 0 .…………3 分 (Ⅱ) f ? ( x ) ? ? 2
( x ? a )( a x ? 1) x ?1
2


2x

………………4 分 . ……5 分

① 当 a ? 0 时, f ? ( x ) ?

x ?1
2

所以 f ( x ) 在 ( 0, ? ? ) 单调递增,在 ( ? ? , 0 ) 单调递减.
( x ? a )( x ? 1 a x ?1
2

)

当 a ? 0 , f ?( x ) ? ? 2 a


1 a
x2
0

② 当 a ? 0 时,令 f ? ( x ) ? 0 ,得 x 1 ? ? a , x 2 ?
x
f ?( x ) f (x)

, f ( x ) 与 f ? ( x ) 的情况如下:
( x2 , ? ? )
?

( ? ? , x1 )
?

x1
0

( x1 , x 2 )

?



f ( x1 )


1 a

f ( x2 )


1 a

故 f ( x ) 的单调减区间是 ( ? ? , ? a ) , ( 分

, ? ? ) ;单调增区间是 ( ? a ,

).

………7

③ 当 a ? 0 时, f ( x ) 与 f ? ( x ) 的情况如下:

x
f ?( x )

(?? , x2 )

x2
0

( x 2 , x1 )
?

x1
0

( x1 , ? ? )

?

?

f (x)



f ( x2 )



f ( x1 )


1 a , ? a ) …9 分

所以 f ( x ) 的单调增区间是 ( ? ? , ) , ( ? a , ? ? ) ;单调减区间是 (
a

1

(Ⅲ)由(Ⅱ)得, a ? 0 时不合题意.
1 a

……10 分
1 a

当 a ? 0 时,由(Ⅱ)得, f ( x ) 在 ( 0 , ) 单调递增,在 ( , ? ? ) 单调递减,所以 f ( x ) 在 (0, ? ? ) 上存在最大值 f ( ) ? a ? 0 .
2

1 a

设 x 0 为 f ( x ) 的零点, 易知 x 0 ? 时, f ( x ) ? 0 .

1? a 2a

2

, x0 ? 且

1 a

. 从而 x ? x 0 时,f ( x ) ? 0 ;x ? x 0

若 f ( x ) 在 [0, ? ? ) 上存在最小值,必有 f (0 ) ? 0 ,解得 ? 1 ? a ? 1 . 所以 a ? 0 时,若 f ( x ) 在 [0, ? ? ) 上存在最大值和最小值, a 的取值范围是 ( 0 ,1] . ………………12 分 当 a ? 0 时, (Ⅱ) 由 得, f ( x ) 在 (0, ? a ) 单调递减, ( ? a , ? ? ) 单调递增, 在 所以 f ( x ) 在 (0, ? ? ) 上存在最小值 f ( ? a ) ? ? 1 . 若 f ( x ) 在 [0, ? ? ) 上存在最大值,必有 f (0 ) ? 0 ,解得 a ? 1 ,或 a ? ? 1 . 所以 a ? 0 时, f ( x ) 在 [0, ? ? ) 上存在最大值和最小值,a 的取值范围是 ( ? ? , ? 1] . 若 综上, a 的取值范围是 ( ? ? , ? 1] ? (0,1] .
2a x
2

………………14 分

3. (2012 年朝阳二模理 18) 已知函数 f ( x ) ? a ln x ?

? x(a ? 0) . (Ⅰ) 若曲线 y ? f ( x )

在点 (1, f (1)) 处的切线与直线 x ? 2 y ? 0 垂直,求实数 a 的值; (Ⅱ)讨论函数 f ( x ) 的单调 性; (Ⅲ)当 a ? ( ? ? , 0 ) 时,记函数 f ( x ) 的最小值为 g ( a ) ,求证: g ( a ) ? 解: (I) f ? x ? 的定义域为 { x | x ? 0} .
f ?? x? ? a x 2a x
2 2

1 2

e .

2

?

? 1? x ? 0 ? .

2 根据题意,有 f ? ? 1 ? ? ? 2 ,所以 2 a ? a ? 3 ? 0 ,

解得 a ? ? 1 或 a ?
a x 2a x
2 2

3 2

.
x ? ax ? 2a
2 2

…3 分
( x ? a )( x ? 2 a ) x
2

(II) f ? ? x ? ?

?

?1?

x

2

?

?x

? 0? .

(1)当 a ? 0 时,因为 x ? 0 , 由 f ? ( x ) ? 0 得 ( x ? a )( x ? 2 a ) ? 0 ,解得 x ? a ; 由 f ? ( x ) ? 0 得 ( x ? a )( x ? 2 a ) ? 0 ,解得 0 ? x ? a . 所以函数 f ( x ) 在 ? a , ? ? ? 上单调递增,在 ? 0 , a ? 上单调递减. (2)当 a ? 0 时,因为 x ? 0 , 由 f ? ( x ) ? 0 得 ( x ? a )( x ? 2 a ) ? 0 ,解得 x ? ? 2 a ; 由 f ? ( x ) ? 0 得 ( x ? a )( x ? 2 a ) ? 0 ,解得 0 ? x ? ? 2 a . 所以函数 f ( x ) 在 ? 0, ? 2 a ? 上单调递减,在 ? ? 2 a , ? ? ? 上单调递增. …9 分 (III)由(Ⅱ)知,当 a ? ( ? ? , 0 ) 时,函数 f ( x ) 的最小值为 g ( a ) ,
2a
2

且 g ( a ) ? f ( ? 2 a ) ? a ln ( ? 2 a ) ?
g ? ( a ) ? ln ( ? 2 a ) ? a ? ?2 ?2a 1 2

?2a

? 2 a ? a ln ( ? 2 a ) ? 3 a .

? 3 ? ln ( ? 2 a ) ? 2 , e .[
2

令 g ? ( a ) ? 0 ,得 a ? ?

当 a 变化时, g ? ? a ? , g ? a ? 的变化情况如下表:
a

(?? , ?

1 2

e )

2

?

1 2

e

2

(?

1 2

e , 0)

2

g??a ?


?

0 极大值


?

g ?a?
? 1 2
2

e 是 g ( a ) 在 ( ? ? , 0 ) 上的唯一极值点, 且是极大值点, 从而也是 g ( a ) 的最大值点. 1 2 e )? ?
2

所以 g ? a ? 最 大 值 ? g ( ?

1 2

e ln [ ? 2 ? ( ?
2

1 2

e )] ? 3( ?
2

1 2

e )

2

? ?

1 2

e ln e ?
2 2

3 2

e ?
2

1 2

e .
2

所以,当 a ? ( ? ? , 0 ) 时, g ( a ) ?

1 2

e 成立.
2

…14 分

4.(2012 年丰台二模理 20)设函数 f ( x ) ? x ln x ? ( a ? x ) ln ( a ? x ) ( a ? 0 ) . (Ⅰ)当 a ? 1 时,求函数 f ( x ) 的最小值; (Ⅱ)证明:对 ? x1,x2∈R ,都有
x1 ln x1 ? x 2 ln x 2 ? ( x1 ? x 2 ) ? ln ( x1 ? x 2 ) ? ln 2 ? ; ( Ⅲ ) 若
2
n

+

?

xi ? 1 , 证 明 :

i ?1

?
i ?1

2

n

x i ln x i ? ? ln 2

n

(i, n ? N ) .
*

解: (Ⅰ) a ? 1 时, f ( x ) ? x ln x ? (1 ? x ) ln (1 ? x ) ,( 0 ? x ? 1 ), 则 f ? ( x ) ? ln x ? ln (1 ? x ) ? ln 令 f ? ( x ) ? 0 ,得 x ? 当0 ? x ? 当
1 2 1 2 ? x ? 1 时, f ? ( x ) ? 0 , f ( x ) 在 ( 1 2 1 2 1 2 x 1? x




1

时, f ? ( x ) ? 0 , f ( x ) 在 ( 0 , ) 是减函数,
2 ,1) 是增函数, 1 1 2

所以 f ( x ) 在 x ?

时取得最小值,即 f ( ) ? ln
2



……4 分

(Ⅱ)因为 f ( x ) ? x ln x ? ( a ? x ) ln ( a ? x ) , 所以 f ? ( x ) ? ln x ? ln ( a ? x ) ? ln 所以当 x ?
a 2
? x1,x2∈R ,不妨设 x1 ? x 2 ? a ,则
+

x a? x



时,函数 f ( x ) 有最小值.

x1 ln x1 ? x 2 ln x 2 ? x1 ln x1 ? ( a ? x1 ) ln ( a ? x1 ) ? 2 ?

x1 ? x 2 2

ln (

x1 ? x 2 2

)

? ( x1 ? x 2 ) ? ln ( x1 ? x 2 ) ? ln 2 ? .

………………8 分

(Ⅲ) (证法一)数学归纳法 ⅰ)当 n ? 1 时,由(Ⅱ)知命题成立. * ⅱ)假设当 n ? k ( k∈N )时命题成立, 即若 x1 ? x 2 ? ? ? x 2 ? 1 ,则 x1 ln x1 ? x 2 ln x 2 ? ? ? x 2 ln x 2 ? ? ln 2 .
k
k

k

k

当 n ? k ? 1 时,

x1 , x 2 ,…, x 2 k ?1 ? 1 , x 2 k ?1 满足 x1 ? x 2 ? ? ? x 2 k ?1 ? 1 ? x 2 k ?1 ? 1 .

设 F ( x ) ? x1 ln x1 ? x 2 ln x 2 ? ? ? x 2 由(Ⅱ)得

k ?1

?1

ln x 2 k ?1 ? 1 ? x 2 k ?1 ln x 2 k ?1 ,

F ( x ) ? ( x1 ? x 2 ) ln [( x1 ? x 2 ) ? ln 2 ] ? ? ? ( x 2 k ?1 ? 1 ? x 2 k ?1 ) ln [( x 2 k ?1 ? 1 ? x 2 k ?1 ) ? ln 2 ]

= ( x1 ? x 2 ) ln ( x1 ? x 2 ) ? ? ? ( x 2

k ?1

?1

? x 2 k ?1 ) ln ( x 2 k ?1 ? 1 ? x 2 k ?1 ) ? ( x1 ? x 2 ? ... ? x 2 k ?1 ) ln 2
k ?1

= ( x1 ? x 2 ) ln ( x1 ? x 2 ) ? ? ? ( x 2 由假设可得 F ( x ) ? ? ln 2 ? ln 2 ? ? ln 2
k

?1

? x 2 k ?1 ) ln ( x 2 k ?1 ? 1 ? x 2 k ?1 ) ? ln 2 .

k ?1

,命题成立.

所以当 n ? k ? 1 时命题成立. * 由ⅰ),ⅱ)可知,对一切正整数 n∈N ,命题都成立, 所以 若 ? x i ? 1 ,则
i ?1 2
n

?
i ?1

2

n

x i ln x i ? ? ln 2

n

(i, n ? N ) .
*

……13 分

(证法二)若 x1 ? x 2 ? ? ? x 2 ? 1 ,
n

那么由(Ⅱ)可得
x1 ln x1 ? x 2 ln x 2 ? ? ? x 2 n ln x 2 n ? ( x1 ? x 2 ) ln [( x1 ? x 2 ) ? ln 2 ] ? ? ? ( x 2 n ? 1 ? x 2 n ) ln [( x 2 n ? 1 ? x 2 n ) ? ln 2 ] ? ( x1 ? x 2 ) ln ( x1 ? x 2 ) ? ? ? ( x 2 n ? 1 ? x 2 n ) ln ( x 2 n ? 1 ? x 2 n ) ? ( x1 ? x 2 ? ... ? x 2 n ) ln 2 ? ( x1 ? x 2 ) ln ( x1 ? x 2 ) ? ? ? ( x 2 n ? 1 ? x 2 n ) ln ( x 2 n ? 1 ? x 2 n ) ? ln 2 ? ( x1 ? x 2 ? x 3 ? x 4 ) ln ( x1 ? x 2 ? x 3 ? x 4 ) ? ? ( x 2 n ? 1 ? x 2 n ) ln ( x 2 n ? 1 ? x 2 n ) ? 2 ln 2
? ? ? ( x1 ? x 2 ? ... ? x 2 n ) ln [( x1 ? x 2 ? ? ? x 2 n ) ? ln 2 ] ? ( n ? 1) ln 2 ? ? ln 2 .
n

5.(2012 年昌平二模理 18)已知函数 f ( x ) ? x ?

a x

? ( a ? 1) ln x , a ? R .(Ⅰ)当 a ? 1 时,

求 f ( x ) 的单调区间;(Ⅱ)若 f ( x ) 在 [1 , e ] 上的最小值为 ? 2 ,求 a 的值. 解: (Ⅰ)f (x)的定义域为{x | x ? 0 }……………1 分.
f ?( x ) ? 1 ?
?a ?1

a x
2

?

a ?1 x

?

x

2

? a ? ( a ? 1) x x
2

?

( x ? 1)( x ? a ) x
2

……3 分

令 f ? ( x ) ? 0 ,即

( x ? 1)( x ? a ) x
2

? 0 , 得 x ? 1或 x ? a ,

∴ f ( x ) 的增区间为(0,1) ( a , ?? ) , 令 f ? ( x ) ? 0 ,即
( x ? 1)( x ? a ) x
2

……4 分

? 0, 得1 ? x ? a ,

∴ f ( x ) 的减区间为 (1, a )

…………5 分

(Ⅱ)①当 a ? 1 时, f ? ( x ) ? 0 在 [1 , e ] 上恒成立,
? f ( x ) 在 [1 , e ] 恒为增函数. …… 6 分

? [ f ( x )] min ? f (1) ? 1 ? a ? ? 2 ,得 a ? 3 ( 舍去) .

…… 7 分

②当 1 ? a ? e 时,令 f ? ( x ) ? 0 ,得 x ? a 或 1 . 当 1 ? x ? a 时, f ? ( x ) ? 0 当 a ? x ? e 时, f ? ( x ) ? 0
? f ( x ) 在 (1, a ) 上为减函数; ? f ( x ) 在 ( a , e ) 上为增函数;

? [ f ( x )] min ? f ( a ) ? a ? 1 ? ( a ? 1) ln( a ) ? ? 2 ,得(舍)…… 10 分

③当 a ? e 时, f ? ( x ) ? 0 在 [1, e ] 上恒成立, 此时 f ( x ) 在 [1, e ] 恒为减函数.
? [ f ( x )] min ? f ( e ) ? e ? a e ? ( a ? 1) ? ? 2 ,得 a ? e .

……12 分

综上可知 a ? e .

… 13 分
1 a ) ln x ? 1 x ? x( a ? 1 ) Ⅰ) . ( 试讨论 f ( x )

6. 2012 年东城二模理 19) ( 已知函数 f ( x ) ? ( a ?

在区间 (0 , 1) 上的单调性; (Ⅱ)当 a ? ? 3 , ? ? ? 时,曲线 y ? f ( x ) 上总存在相异两点
P ( x1 , f ( x1 )) , Q ( x 2 , f ( x 2 )) ,使得曲线 y ? f ( x ) 在点 P , Q 处的切线互相平行,求证:
x1 ? x 2 ? 6 5
a? 1 a ? x
1 a 1 a

.
x ? (a ?
2

1 a

解: (Ⅰ)由已知 x ? 0 , f ? ( x ) ?

1 x
2

)x ? 1 ? ?

( x ? a )( x ? x
2

1 a

)

?1 ? ? x

2

.

由 f ? ( x ) ? 0 ,得 x1 ? 因为 a ? 1 ,所以 0 ? 所以在区间 ( 0 ,
1 a

, x2 ? a .
? 1 ,且 a ? 1 a 1 a

……4 分 .
, 1) 上, f ? ( x ) ? 0 .

) 上, f ? ( x ) ? 0 ;在区间 (

故 f ( x ) 在 (0 ,

1 a

) 上单调递减,在 (

1 a

, 1) 上单调递增.

…6 分

证明: (Ⅱ)由题意可得,当 a ? ? 3, ? ? ? 时, f ? ( x1 ) ? f ? ( x 2 ) ( x1 , x 2 ? 0 ,且 x1 ? x 2 ).
a? 1 a ? x1
1 a



1 x1
2

a? ?1 ?

1

a ? 1 ?1 , 2 x2 x2
x1 ? x 2 x1 x 2

所以 a ?

?

1 x1

?

1 x2

?

, a ? ? 3, ? ? ? .
x1 ? x 2 2

………8 分

因为 x1 , x 2 ? 0 ,且 x1 ? x 2 ,所以 x1 x 2 ? ( 所以
1 x1 x 2 ? 4 ( x1 ? x 2 ) x1 ? x 2 x1 x 2
2

) 恒成立,

2

,又 x1 ? x 2 ? 0 ,
4 x1 ? x 2

所以 a ?

1 a

?

?

,整理得 x1 ? x 2 ?

4 a? 1 a

.

……11 分

令 g (a ) ?

4 a? 1 a 4 a?

,因为 a ? ? 3, ? ? ? ,所以 g ( a ) 在 ? 3, ? ? ? 上单调递减,

所以 g ( a ) ?

1 a

在 ? 3, ? ? ? 上的最大值为 g (3) ?

6 5



所以 x1 ? x 2 ?

6 5

.

…13 分
1 2 x ? x ( a ? 0 ) .(Ⅰ)求 f ( x )
2

7.(2012 年海淀二模理 19)已知函数 f ( x ) ? a ln ( x ? a ) ?

的 单 调 区 间 ; Ⅱ ) 若 ? 1 ? a ? 2 (ln 2 ? 1) , 求 证 : 函 数 f ( x ) 只 有 一 个 零 点 x 0 , 且 (
a ? 1 ? x0 ? a ? 2 ; (Ⅲ)当 a ? ?
4 5

时,记函数 f ( x ) 的零点为 x 0 ,若对任意 x 1 , x 2 ? [0, x 0 ]

且 x 2 ? x 1 ? 1, 都有 f ( x 2 ) ? f ( x 1 ) ? m 成立,求实数 m 的最大值.(本题可参考数据:
ln 2 ? 0 .7 , ln 9 4 ? 0 .8, ln 9 5 ? 0 .5 9 )

解: (Ⅰ) f ( x ) 的定义域为 ( a , ? ? ) .
a x?a ? x ? ( a ? 1) x
2

f '( x ) ?

? x ?1?

x?a

.

…………………1 分

令 f '( x ) ? 0 , x ? 0 或 x ? a +1 .

当 ? 1 ? a ? 0 时, a +1 ? 0 ,函数 f ( x ) 与 f '( x ) 随 x 的变化情况如下表:
x

(a , 0)
?

0

( 0, a ? 1)

a ?1

( a ? 1, ? ? )
?

f (x) f '( x )

0 极小值
?

?

0 极大值
?

?

所 以 , 函 数 f ( x ) 的 单 调 递 增 区 间 是 ( 0 , + 1 ) 单 调 递 减 区 间 是 ( a , 0 )和 , a
( a + 1, + ).

……3 分 当 a = - 1 时, f '( x ) ? 分 当 a ? ? 1 时, a +1 ? 0 ,函数 f ( x ) 与 f '( x ) 随 x 的变化情况如下表:
x

?x

2

x ?1

? 0 . 所以,函数 f ( x ) 的单调递减区间是 ( - 1, +

) .4

( a , a ? 1)
?

a ?1

( a ? 1, 0 )
?

0 0 极大值

(0, ? ? )
?

f (x) f '( x )

0 极小值
?

?

?

所 以 , 函 数 f ( x ) 的 单 调 递 增 区 间 是 ( a + 1 , 0 ), 单 调 递 减 区 间 是 ( a , a + 1 )和
(0 , + ).

…5 分 (Ⅱ)证明:当 ? 1 ? a ? 2 (ln 2 ? 1) ? 0 时,由(Ⅰ)知, f ( x ) 的极小值为 f (0 ) ,极大值 为 f ( a ? 1) . 因为 f (0 ) ? a ln ( ? a ) ? 0 ,f ( a ? 1) ? ? 在 ( a + 1, +
) 上是减函数,
1 2 ( a ? 1) ? ( a ? 1) ?
2

1 2

(1 ? a ) ? 0 , f ( x ) 且
2

所以 f ( x ) 至多有一个零点. 又因为 f ( a ? 2 ) ? a ln 2 ?
1 2 a ?a ? ?
2

…………7 分
1 2 a [ a ? 2 (ln 2 ? 1)] ? 0 ,

所以 函数 f ( x ) 只有一个零点 x 0 ,且 a ? 1 ? x 0 ? a ? 2 .……9 分

解: (Ⅲ)因为 ? 1 ? ? 所以

4 5

? 2 (ln 2 ? 1) ,

对 任 意 x 1 , x 2 ? [0, x 0 ] 且 x 2 ? x 1 ? 1, 由 ( Ⅱ ) 可 知 : x 1 ? [0, a ? 1) , ………10 分
) 上是减函数,

x 2 ? ( a ? 1, x 0 ] ,且 x 2 ? 1 .

因为 函数 f ( x ) 在 [0 , a + 1) 上是增函数,在 ( a + 1, + 所以 f ( x 1 ) ? f (0 ) , f ( x 2 ) ? f (1) . 所以 f ( x1 ) - f ( x 2 ) ? f (0 ) 当a ? ?
4 5

……………11 分

f (1) .
a a ?1 )? 1 2

时, f ( 0 ) ? f (1) ? a ln (

=

4 5

ln

9 4

?

1 2

>0.

所以 f ( x1 ) - f ( x 2 ) ? f (0 ) 所以

f (1) > 0 .

…………13 分
4 5 ln 9 4 4 5 ? 1 2 ln 9 4 ? 1 2

f ( x 2 ) ? f ( x 1 ) 的最小值为 f ( 0 ) ? f (1) ?

. .…14 分

所以 使得 f ( x 2 ) ? f ( x 1 ) ? m 恒成立的 m 的最大值为


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