当前位置:首页 >> 高考 >> 2015年高考数学试题分类汇编导数及其应用

2015年高考数学试题分类汇编导数及其应用


专题九 导数及其应用
1.(15 北京理科)已知函数 f ? x ? ? ln

1? x . 1? x

(Ⅰ)求曲线 y ? f ? x ? 在点 ? 0 ,f ? 0?? 处的切线方程;
? x3 ? 1? 时, f ? x ? ? 2 ? x ? ? ; (Ⅱ)求证:当 x ? ? 0 , 3? ? ? x3 ? 1? 恒成立,求 k 的最大值. (Ⅲ)设实数 k 使得 f ? x ? ? k ? x ? ? 对 x ? ? 0 , 3? ?

【答案】 (Ⅰ) 2x ? y ? 0 , (Ⅱ)证明见解析, (Ⅲ) k 的最大值为 2.

试题解析: (Ⅰ) f(x ) ? ln

1?x 2 ,x ? (?1,1),f ? (x ) ? ,f ? (0) ? 2,f(0) ? 0 ,曲线 1?x 1 ? x2

y ? f ? x ? 在点 ? 0 ,f ? 0?? 处的切线方程为 2x ? y ? 0 ;

x ? x3 ? (x ? ) ? 0 ,对 ?x ? (0,1)成立,设 1? 时, f ? x ? ? 2 ? x ? ? ,即不等式 f(x ) ? 2 (Ⅱ)当 x ? ? 0 , 3? 3 ?

3

F(x ) ? ln

1?x x3 x3 2x 4 ?2 (x ? ) ? ln(1 ? x ) ? ln(1 ? x ) ? 2 (x ? ),则 F ? (x ) ? ,当 1?x 3 3 1 ? x2

x ??0 , 1? 时,F ? (x ) ? 0 ,故 F (x )在(0,1)上为增函数,则 F(x ) ? F(0) ? 0 ,因此对 ?x ? (0,1),

f(x ) ? 2(x ?

x3
3

)成立;

1?x x ? x3 ? 1? ,等价于 F(x ) ? ln 1? ; ? k(x ? ) ? 0 , x ??0 , (Ⅲ)使 f ? x ? ? k ? x ? ? 成立, x ? ? 0 , 3? 1?x 3 ?
3

F ?(x ) ?

2 kx 4 ? 2 ? k 2 ? k (1 ? x ) ? , 1 ? x2 1 ? x2

(x ) ? 0 ,函数在(0,1)上位增函数, F(x ) ? F(0) ? 0 ,符合题意; 当 k ? [0,2]时, F ?

(x ) ? 0,x 04 ? 当 k ? 2 时,令 F ?

k ?2 ? (0,1), k

x
F? (x )
F (x )

(0,x 0 )
-

x0
0 极小值

(x 0 ,1)
+

?

?

F(x ) ? F(0),显然不成立,
综上所述可知: k 的最大值为 2. 考点:1.导数的几何意义;2.利用导数研究函数的单调性,证明不等式;3.含参问题讨论. 2.(15 北京文科)设函数 f ? x ? ?

x2 ? k ln x , k ? 0 . 2

(Ⅰ)求 f ? x ? 的单调区间和极值; (Ⅱ)证明:若 f ? x ? 存在零点,则 f ? x ? 在区间 1, e ? 上仅有一个零点.

?

?

【答案】 (1)单调递减区间是 (0, k ) ,单调递增区间是 ( k , ??) ;极小值 f ( k ) ? 见解析.

k (1 ? ln k ) ; (2)证明详 2

所以, f ( x) 的单调递减区间是 (0, k ) ,单调递增区间是 ( k , ??) ;

f ( x) 在 x ? k 处取得极小值 f ( k ) ?

k (1 ? ln k ) . 2

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) 在区间 (0, ??) 上的最小值为 f ( k ) ? 因为 f ( x) 存在零点,所以

k (1 ? ln k ) ? 0 ,从而 k ? e . 2

k (1 ? ln k ) . 2

当 k ? e 时, f ( x) 在区间 (1, e ) 上单调递减,且 f ( e ) ? 0 , 所以 x ?

e 是 f ( x) 在区间 (1, e ] 上的唯一零点.
1 e?k ? 0 , f ( e) ? ?0, 2 2

当 k ? e 时, f ( x) 在区间 (0, e ) 上单调递减,且 f (1) ?

所以 f ( x) 在区间 (1, e ] 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, e ] 上仅有一个零点. 考点:导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题. 3. (15 年安徽理科)设函数 f ( x) ? x 2 ? ax ? b .

? ? (1)讨论函数 f (sin x )在(- , ) 内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值; 2 2 ? ? (2)记 f0 ( x) ? x 2 ? a0x ? b0 , 求函数 f (sin x) ? f 0(sin x) 在(- , )上的最大值 D; 2 2 a2 满足D ? 1时的最大值。 (3)在(2)中,取 a0 ? b0 ? 0, 求z ? b ? 4

4.(15 年安徽文科)已知函数 f ( x) ?

ax (a ? 0, r ? 0) ( x ? r )2

(1)求 f ( x) 的定义域,并讨论 f ( x) 的单调性; (2)若

a ? 400 ,求 f ( x) 在 (0,??) 内的极值。 r

【答案】 (1)递增区间是(-r,r);递减区间为(-∞,-r)和(r,+∞) ; (2)极大值为 100;无极小值.

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知

内的极大值为 f (r ) ? f ( x)在(0,??)

ar a ? ? 100 2 4r 4r

内无极小值; f ( x)在(0,??) 所以 f ( x)在( 内极大值为 100,无极小值. 0,??) 考点:1.导数在函数单调性中的应用;2.函数的极值.

5.(15 年福建理科)若定义在 R 上的函数 f ? x ? 满足 f ? 0? ? ?1 ,其导函数 f ? ? x ? 满足 f ? ? x ? ? k ? 1 ,
则下列结论中一定错误的是( A. f ? ) C. f ?

?1? 1 ?? ?k? k

B. f ?

1 ?1? ?? ? k ? k ?1

1 ? 1 ? ?? ? k ?1 ? k ?1

D. f ?

k ? 1 ? ?? ? k ?1 ? k ?1

【答案】C

考点:函数与导数.

6.(15 年福建理科)已知函数 f( x) = ln(1 + x) , g ( x) = kx,(k ? R),
(Ⅰ)证明:当 x > 0时,f(x)< x ; (Ⅱ)证明:当 k < 1 时,存在 x0 > 0 ,使得对 任意x ? (0,x0 ), 恒有 f( x) > g ( x); (Ⅲ)确定 k 的所以可能取值,使得存在 t > 0 ,对任意的 x ? (0,t), 恒有 | f( x) - g ( x) |< x2 . 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ) k =1. 【解析】 试题分析: (Ⅰ)构造函数 F ( x) = f( x) - x = ln(1 + x) - x, x ? (0, ? ), 只需求值域的右端点并和 0 比较即可; (Ⅱ)

( x) = 构造函数 G( x) = f( x) - g ( x) = ln(1 + x) - kx, x ? (0, ? ), 即 G ( x) ? 0 ,求导得 G?
=

1 -k 1+x

- kx + (1 - k) , 利用导数研究函数 G ( x) 的形状和最值, 证明当 k < 1 时, 存在 x0 > 0 , 使得 G ( x) ? 0 即可; (Ⅲ) 1+x
2 ), g ( x) > x > f( x), 故 g ( x) > f( x) ,则不等式 | f( x) - g ( x) |< x 变形为

(0, + 由(Ⅰ)知,当 k > 1 时,对于 " x 违

k x - ln(1 + x) < x2 ,构造函数 M( x) = k x - ln(1 + x) - x2 , x 违 [0,+ ) ,只需说明 M ( x) ? 0 ,易发现函数

k - 2 + (k - 2)2 +8(k - 1) M ( x) 在 x ?(0, ) 递增,而 M (0) ? 0 ,故不存在;当 k < 1 时,由(Ⅱ)知,存在 x0 > 0 , 4
使得对任意的任意的 x ? (0,x0 ), 恒有 f( x) > g ( x) ,此时不等式变形为 ln(1 + x) - k x < x ,
2 2

构造 N( x) = ln(1 + x) - k x - x , x 违 [0,+

- (k +2) + (k +2)2 +8(1 - k) 易发现函数 N ( x ) 在 x ?(0, ), ) 递增, 4

而 N (0) ? 0 ,不满足题意;当 k =1时,代入证明即可.

( x) = 试题解析:解法一:(1)令 F ( x) = f( x) - x = ln(1 + x) - x, x ? (0, ? ), 则有 F ?

1 x - 1= 1+x 1+x

( x) < 0 ,所以 F ( x) 在 (0, +? ) 上单调递减; 当 x ? (0, ? ), F ?
故当 x > 0 时, F ( x) < F (0) = 0, 即当 x > 0 时, f(x)< x .

( x) = (2)令 G( x) = f( x) - g ( x) = ln(1 + x) - kx, x ? (0, ? ), 则有 G?

1 - kx + (1 - k) -k= 1+x 1+x

( x) > 0 ,所以 G( x) 在 [0, +? ) 上单调递增, G( x) > G(0) = 0 当 k ? 0 G?
故对任意正实数 x0 均满足题意.

( x) = 0, 得 x = 当 0 < k < 1 时,令 G?
取 x0 =

1- k 1 = - 1>0. k k

1 - 1, ( x) > 0 ,所以 G( x) 在 [0, x 0 ) 上单调递增, G( x) > G(0) = 0 ,即 对任意 x ? (0, x0 ), 恒有 G? k

f( x) > g ( x) .
综上,当 k < 1 时,总存在 x0 > 0 ,使得对任意的 x ? (0,x0 ), 恒有 f( x) > g ( x) .

(0, + (3)当 k > 1 时,由(1)知,对于 " x 违

), g ( x) > x > f( x), 故 g ( x) > f( x) ,

| f( x) - g ( x) |= g ( x) - f ( x) = k x - ln(1 + x) ,
令 M( x) = k x - ln(1 + x) - x2 , x 违 [0,+

( x) = k ) ,则有 M?

1 -2 x 2 +(k-2) x + k - 1 - 2 x= , 1+ x 1+ x

故当 x ?(0,

k - 2 + (k - 2)2 +8(k - 1) k - 2 + (k - 2)2 +8(k - 1) ( x) > 0 , M( x ) 在 [0, ) 时, M? ) 上单调递增,故 4 4

M( x) > M(0) = 0 ,即 | f( x) - g ( x) |> x2 ,所以满足题意的 t 不存在.
当 k < 1 时,由(2)知存在 x0 > 0 ,使得对任意的任意的 x ? (0,x0 ), 恒有 f( x) > g ( x) . 此时 | f( x) - g ( x) |= f( x) - g ( x) = ln(1 + x) - k x ,

令 N( x) = ln(1 + x) - k x - x , x 违 [0,+

2

) ,则有 N ' ( x) =

1 -2 x 2 -(k+2)x - k +1 - k - 2 x= , 1+ x 1+ x

故当 x ?(0,

- (k +2) + (k +2)2 + 8(1- k) - (k + 2) + (k + 2)2 +8(1 - k) ( x) > 0 , M( x ) 在 [0, ) 时, N? ) 上单调递 4 4
2

增,故 N( x) > N (0) = 0 ,即 f( x) - g ( x) > x ,记 x0 与
2

- (k + 2) + (k + 2)2 + 8(1 - k) 中较小的为 x1 , 4

则当 x ? (0,x1 )时,恒有 | f( x) g ( x) |> x ,故满足题意的 t 不存在.

当 k =1,由(1)知, 当x 违 (0, +

), | f( x) - g ( x) |= g ( x) - f ( x) = x - ln(1 + x) ,
( x) = 1 ) ,则有 H? 1 -2 x 2 - x - 2 x= , 1+ x 1+ x

令 H( x) = x - ln(1 + x) - x2 , x 违 [0,+

( x) < 0 ,所以 H( x) 在 [0, +? ) 当 x > 0 时, H? 上单调递减,故 H( x) < H (0) = 0 ,
故当 x > 0 时,恒有 | f( x) - g ( x) |< x2 ,此时,任意实数 t 满足题意. 综上, k =1. 解法二: (1) (2)同解法一.

(0, + (3)当 k > 1 时,由(1)知,对于 " x 违

), g ( x) > x > f( x), ,

故 | f( x) - g ( x) |= g ( x) - f ( x) = k x - ln(1 + x) > k x - x = (k - 1) x , 令 (k - 1) x > x2 , 解得0 < x < k - 1 , 从而得到当 k > 1 时, 对于x ? (0, k 1) 恒有 | f( x) - g ( x) |> x2 ,所以满足题意的 t 不存在. 当 k < 1 时,取 k1 =

k+1 ,从而k < k1 < 1 2

由(2)知存在 x0 > 0 ,使得 任意x ? (0,x0 ), 恒有 f( x) > k1 x > kx = g ( x) . 此时 | f( x) - g ( x) |= f( x) - g ( x) > ( k1 - k) x = 令

1- k x, 2

1- k 1- k 2 x > x 2 , 解得0 < x < ,此时 f( x) - g ( x) > x , 2 2 1-k 记 x0 与 中较小的为 x1 ,则当 x ? (0,x1 )时,恒有 | f( x) g ( x) |> x2 , 2
故满足题意的 t 不存在. 当 k =1,由(1)知, 当x 违 (0, +

), | f( x) - g ( x) |= g ( x) - f ( x) = x - ln(1 + x) ,
1 ?2 x 2 ? x ? 2x ? , 1? x 1? x

令 M( x) ? x ? ln(1 ? x) ? x2 , x ?[0,+?) ,则有 M?( x) ? 1 ?

( x) < 0 ,所以 M( x) 在 [0, +? ) 当 x > 0 时, M? 上单调递减,故 M( x) < M(0) = 0 ,
故当 x > 0 时,恒有 | f( x) - g ( x) |< x ,此时,任意实数 t 满足题意 综上, k =1. 考点:导数的综合应用.
2

? 7.(15 年福建文科) “对任意 x ? (0, ) , k sin x cos x ? x ”是“ k ? 1 ”的( 2
A.充分而不必要条件 【答案】B B.必要而不充分条件 C. 充分必要条件



D.既不充分也不必要条件

考点:导数的应用.

8.(15 年福建文科)已知函数 f ( x) ? ln x ?
(Ⅰ)求函数 f ? x ? 的单调递增区间; (Ⅱ)证明:当 x ? 1 时, f ? x ? ? x ?1;

( x ? 1) 2 . 2

(Ⅲ)确定实数 k 的所有可能取值,使得存在 x0 ? 1 ,当 x ? (1, x0 ) 时,恒有 f ? x ? ? k ? x ?1? . 【答案】(Ⅰ) ? 0, ? 【解析】 试题分析:(Ⅰ)求导函数 f ? ? x ? ?

? 1? 5 ? (Ⅱ)详见解析; (Ⅲ) ? ??,1? . ?; 2 ? ? ?

? x2 ? x ? 1 ' ,解不等式 f ( x) ? 0 并与定义域求交集,得函数 f ? x ? 的单调递 x

增区间; (Ⅱ)构造函数 F ? x ? ? f ? x ? ? ? x ?1? , x ? ?1, ?? ? .欲证明 f ? x ? ? x ?1,只需证明 F ( x) 的最大值 小于 0 即可; (Ⅲ)由(II)知,当 k ? 1 时,不存在 x0 ? 1 满足题意;当 k ? 1 时,对于 x ? 1 , 有 f ? x ? ? x ?1 ? k ? x ?1? , 则 f

? x? ? k?

x ?1? , 从 而 不 存 在 x0 ? 1 满 足 题 意 ; 当 k ? 1 时 , 构 造 函 数

G ? x ? ? f ? x ? ? k ? x ?1? , x ?? 0, ??? ,利用导数研究函数 G ( x) 的形状,只要存在 x0 ? 1 ,当 x ? (1, x0 ) 时
G ( x) ? 0 即可.
试题解析: (I) f ? ? x ? ? 由 f ? ? x? ? 0 得 ?

1 ? x2 ? x ? 1 ? x ?1 ? , x ? ? 0, ??? . x x
解得 0 ? x ?

?x ? 0 ?? x ? x ? 1 ? 0
2

1? 5 . 2

故 f ? x ? 的单调递增区间是 ? 0,

? 1? 5 ? ?. ? 2 ? ? ?

(II)令 F ? x ? ? f ? x ? ? ? x ?1? , x ? ? 0, ??? . 则有 F? ? x ? ?

1 ? x2 . x

当 x ? ?1, ?? ? 时, F? ? x ? ? 0 , 所以 F ? x ? 在 ?1, ?? ? 上单调递减, 故当 x ? 1 时, F ? x ? ? F ?1? ? 0 ,即当 x ? 1 时, f ? x ? ? x ?1. (III)由(II)知,当 k ? 1 时,不存在 x0 ? 1 满足题意. 当 k ? 1 时,对于 x ? 1 ,有 f ? x ? ? x ?1 ? k ? x ?1? ,则 f ? x ? ? k ? x ?1? ,从而不存在 x0 ? 1 满足题意. 当 k ? 1 时,令 G ? x ? ? f ? x ? ? k ? x ?1? , x ? ? 0, ??? , 则有 G? ? x ? ?

? x 2 ? ?1 ? k ? x ? 1 1 ? x ?1? k ? . x x
2

由 G? ? x ? ? 0 得, ? x ? ?1 ? k ? x ? 1 ? 0 .

解得 x1 ?

1? k ?

?1 ? k ?
2

2

?4

? 0 , x2 ?

1? k ?

?1 ? k ?
2

2

?4

? 1.

当 x ? ?1, x2 ? 时, G? ? x ? ? 0 ,故 G ? x ? 在 ?1, x2 ? 内单调递增. 从而当 x ? ?1, x2 ? 时, G ? x ? ? G ?1? ? 0 ,即 f ? x ? ? k ? x ?1? , 综上, k 的取值范围是 ? ??,1? .

考点:导数的综合应用.

9.(15 年新课标 1 理科)设函数 f ( x) = e x (2 x ?1) ? ax ? a ,其中 a 1,若存在唯一的整数 x0,使得

f ( x0 ) 0,则 a 的取值范围是( )
A.[- ,1) 【答案】D B. [- , ) C. [ , ) D. [ ,1)

10. ( 15 年新课标 2 理科) 设函数 f’(x) 是奇函数 f ( x)( x ? R) 的导函数, f ( -1 ) =0 ,当 x ? 0 时,

xf ' ( x) ? f ( x) ? 0 ,则使得 f ( x) ? 0 成立的 x 的取值范围是
(A) (C) 【答案】A 【解析】 记 函 数 g ( x) ? (B) (D)

xf ' ( x) ? f ( x ) f ( x) ' ' , 则 g ( x) ? , 因 为 当 x ? 0 时 , xf ( x) ? f ( x) ? 0 , 故 当 x ? 0 时 , 2 x x

g ' ( x) ? 0 ,所以 g ( x) 在 (0, ??) 单调递减;又因为函数 f ( x)( x ? R) 是奇函数,故函数 g ( x) 是偶函数,所以
g ( x) 在 (??, 0) 单调递减,且 g (?1) ? g (1) ? 0 .当 0 ? x ? 1 时, g ( x) ? 0 ,则 f ( x) ? 0 ;当 x ? ?1 时, g ( x) ? 0 ,则 f ( x) ? 0 ,综上所述,使得 f ( x) ? 0 成立的 x 的取值范围是 (??, ?1) ? (0,1) ,故选 A.

11.(15 年新课标 2 理科)设函数 f ( x) ? emx ? x2 ? mx 。
(1)证明: f ( x) 在 (??,0) 单调递减,在 (0, ??) 单调递增; (2)若对于任意 x1 , x2 ?[?1,1] ,都有 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? e ? 1 ,求 m 的取值范围。

12.(15 年新课标 2 文科)已知曲线 y ? x ? ln x 在点 ?1,1? 处的切线与曲线 y ? ax2 ? ? a ? 2? x ? 1 相切,则
a= .

【答案】8 【解析】 试题分析:由 y? ? 1 ?

1 可得曲线 y ? x ? ln x 在点 ?1,1? 处的切线斜率为 2,故切线方程为 y ? 2 x ? 1 ,与 x

y ? ax2 ? ? a ? 2? x ? 1 联立得 ax 2 ? ax ? 2 ? 0 ,显然 a ? 0 ,所以由 ? ? a2 ? 8a ? 0 ? a ? 8 .
考点:导数的几何意义.

13.(15 年新课标 2 文科)已知 f ? x ? ? ln x ? a ?1? x ? .
(I)讨论 f ? x ? 的单调性; (II)当 f ? x ? 有最大值,且最大值大于 2a ? 2 时,求 a 的取值范围. 【答案】 (I)a ? 0 , f ? x ? 在 ? 0, ??? 是单调递增;a ? 0 , f ? x ? 在 ? 0,

? ?

1? ?1 ? (II) ? 单调递增,在 ? , ?? ? 单调递减; a? ?a ?

? 0,1? .
【解析】

考 点:导数的应用.

14.(15 年陕西理科)对二次函数 f ( x) ? ax2 ? bx ? c (a 为非零常数) ,四位同学分别给出下列结论,其中
有且仅有 一个结论是错误的,则错误的结论是( A.-1 是 f ( x ) 的零点 C.3 是 f ( x ) 的极值 【答案】A ) B.1 是 f ( x ) 的极值点 D. 点 (2,8) 在曲线 y ? f ( x) 上

考点:1、函数的零 点; 2、利用导数研究函数的极值.

15.(15 年陕西理科)设 fn ? x ? 是等比数列1 , x , x 2 , ??? , x n 的各项和,其中 x ? 0 , n ? ? , n ? 2. 1 1 n ?1 ?1 ? (I)证明:函数 Fn ? x ? ? fn ? x ? ? 2 在 ? ,1? 内有且仅有一个零点(记为 xn ) ,且 xn ? ? xn ; 2 2 ?2 ? (II)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为 gn ? x ? ,比较 fn ? x ?
与 gn ? x ? 的大小,并加以证明. 【答案】 (I)证明见解析; (II)当 x = 1 时, f n ( x) = gn ( x) ,当 x ? 1 时, f n ( x) < gn ( x) ,证明见解析. 【解析】 试题分析: (I)先利用零点定理可证 Fn ? x ? 在 ?

?1 ? ,1? 内至少存在一个零点,再利用函数的单调性可证 Fn ? x ? 在 ?2 ?

1 1 n ?1 ?1 ? ? ,1? 内 有 且 仅 有 一 个 零 点 , 进 而 利 用 xn 是 Fn ? x ? 的 零 点 可 证 xn ? 2 ? 2 xn ;( II ) 先 设 ?2 ?

h ? x ? ? fn ? x ? ? gn ? x ? ,再对 x 的取值范围进行讨论来判断 h ? x ? 与 0 的大小,进而可得 fn ? x ? 和 gn ? x ? 的大
小. 试题解析: (I) Fn ( x) = f n ( x) - 2 = 1 + x + x2 +? xn - 2, 则 Fn (1) = n - 1 > 0,

?1? 1? ? ? 2 n 1 1 ?1? 2 ?1? Fn ( ) ? 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ? ? 1 2 2 ?2? ?2? 1? 2
所以 Fn ( x) 在 ?

n ?1

?2? ?

1 ? 0, 2n

?1 ? ,1? 内至少存在一个零点 xn . ?2 ?
n ?1

又 Fn? ( x) ? 1 ? 2 x ? ? nx

?1 ? ? 0 ,故在 ? ,1? 内单调递增, ?2 ?

所以 Fn ( x) 在 ?

?1 ? ,1? 内有且仅有一个零点 xn . ?2 ?
1 1 1 - xn n+1 - 2 = 0 ,故 xn = + xn n +1 . 2 2 1 - xn

因为 xn 是 Fn ( x) 的零点,所以 Fn ( xn )=0 ,即
n

( n +1) (1 + x ) . (II)解法一:由题设, g ( x) =
n

2

设 h( x) = f n ( x) - gn ( x) = 1 + x + x +? x 当 x = 1 时, f n ( x) = gn ( x) 当 x ? 1 时, h?( x) ? 1 ? 2 x ? ? nx
n ?1

2

n

( n +1) (1 + x ) , x > 0. n

2

?

n ? n ? 1? x n?1 . 2
n ? n ? 1? n ?1 n ( n +1) n- 1 n ( n +1) n- 1 x = x x = 0. 2 2 2

若 0 < x < 1 , h?( x) ? x

n ?1

? 2 x n ?1 ? ? nx n ?1 ?

若 x > 1 , h?( x) ? x

n ?1

? 2 x n ?1 ? ? nx n ?1 ?

n ? n ? 1? n ?1 n ( n +1) n- 1 n ( n +1) n- 1 x = x x = 0. 2 2 2

所以 h( x) 在 (0,1) 上递增,在 (1, ??) 上递减, 所以 h( x) < h(1) = 0 ,即 f n ( x) < gn ( x) . 综上所述,当 x = 1 时, f n ( x) = gn ( x) ;当 x ? 1 时 f n ( x) < gn ( x)
2

解法二 由题设, f n ( x) = 1 + x + x 当 x = 1 时, f n ( x) = gn ( x)

( n +1) (1 + x ) , x > 0. +? x , g ( x) =
n n n

2

当 x ? 1 时, 用数学归纳法可以证明 f n ( x) < gn ( x) . 当 n = 2 时, f 2 ( x) - g 2 ( x) = -

1 (1 - x) 2 < 0, 所以 f 2 ( x) < g2 ( x) 成立. 2

假设 n ? k (k ? 2) 时,不等式成立,即 f k ( x) < gk ( x) . 那么,当 n = k +1 时,

f k+1 ( x) = f k ( x) + x

k +1

< g k ( x) + x

k +1

( k +1) (1 + x ) + x =
k

k +1

2

2 x k +1 +( k +1) x k + k +1 = . 2

2 x k +1 +( k +1) x k + k +1 kx k +1 - ( k +1) x k +1 又 g k+1 ( x) = 2 2
令 hk ( x) = kxk +1 - k +1 xk +1(x > 0) ,则 hk ? ( x) ? k (k ? 1) x ? k ? k ? 1? x

(

)

k

k ?1

? k ? k ? 1? x k ?1 (x ? 1)

? ( x) ? 0 , hk ( x) 在 (0,1) 上递减; 所以当 0 < x < 1 , hk
? ( x) ? 0 , hk ( x) 在 (1, ??) 上递增. 当 x > 1 , hk
2 x k +1 +( k +1) x k + k +1 所以 hk ( x) > hk (1) = 0 ,从而 g k+1 ( x) > 2
故 f k +1 ( x) < gk +1 ( x) .即 n = k +1 ,不等式也成立. 所以,对于一切 n ? 2 的整数,都有 f n ( x) < gn ( x) . 解法三:由已知,记等差数列为 {ak } ,等比数列为 {bk } , k = 1, 2,?, n +1. 则 a1 = b1 = 1 , an+1 = bn+1 = xn ,

xn ?1 (2 ? k ? n) , bk ? xk ?1 (2 ? k ? n), 所以 ak ? 1+ ? k ? 1? ? n
令 mk (x) ? ak ? bk ? 1 ?

? k ?1? ? xn ?1?
n

? x k ?1 , x ? 0(2 ? k ? n).

当 x = 1 时, ak =bk ,所以 f n ( x) = gn ( x) .

k ? 1 n ?1 nx ? (k ? 1) x k ? 2 ? ? k ? 1? x k ? 2 ? x n ? k ?1 ? 1? n 而 2 ? k ? n ,所以 k - 1 > 0 , n ? k ? 1 ? 1 .
当 x ? 1 时, mk ? ( x) ? 若 0 < x <1 , x 当 x >1 , x
n - k +1
n - k +1

< 1, mk ? ( x ) ? 0 ,

? ( x) ? 0 , > 1 , mk

从而 mk ( x) 在 (0,1) 上递减, mk ( x) 在 (1, ??) 上递增.所以 mk ( x) > mk (1) = 0 , 所以当 x ? 0且x ? 1 时,ak ? bk (2 ? k ? n), 又 a1 = b1 , an+1 = bn+1 ,故 f n ( x) < gn ( x) 综上所述,当 x = 1 时, f n ( x) = gn ( x) ;当 x ? 1 时 f n ( x) < gn ( x) 考点:1、零点定理;2、利用导数研究函数的单调性.

16.(15 年陕西文科)函数 y ? xex 在其极值点处的切线方程为____________.
【答案】 y ? ?

1 e

考点:导数的几何意义.

17.(15 年天津理科)已知函数 f ( x) ? n x ? xn , x ? R ,其中 n ? N * , n ? 2 .
(I)讨论 f ( x ) 的单调性; (II)设曲线 y = f ( x) 与 x 轴正半轴的交点为 P, 曲线在点 P 处的切线方程为 y = g ( x) ,求证: 对于任意的正实数 x , 都有 f ( x) ? g ( x) ; (III)若关于 x 的方程 f ( x)=a(a为实数) 有两个正实根 x1,x2 ,求证: | x2 -x1 |<

a +2 1- n

(1, ??) 上单调递减, 【答案】 (I) 当 n 为奇数时,f ( x ) 在 ( ??, ?1) , 在 ( ?1,1) 内单调递增; 当 n 为偶数时,f ( x )
在 ( ??, ?1) 上单调递增, f ( x ) 在 (1, ??) 上单调递减. (II)见解析; (III)见解析.

n 试题解析:(I)由 f ( x) ? nx ? x ,可得,其中 n ? N * 且 n ? 2 ,

下面分两种情况讨论: (1)当 n 为奇数时: 令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 或 x ? ?1 , 当 x 变化时, f ?( x ), f ( x) 的变化情况如下表:

x
f ?( x)
f ( x)

( ??, ?1)

( ?1,1)

(1, ??)

?
?

?
?

?
?

所以, f ( x ) 在 ( ??, ?1) , (1, ??) 上单调递减,在 ( ?1,1) 内单调递增. (2)当 n 为偶数时, 当 f ?( x) ? 0 ,即 x ? 1 时,函数 f ( x ) 单调递增; 当 f ?( x) ? 0 ,即 x ? 1 时,函数 f ( x ) 单调递减. 所以, f ( x ) 在 ( ??, ?1) 上单调递增, f ( x ) 在 (1, ??) 上单调递减. (II)证明:设点 P 的坐标为 ( x0 ,0) ,则 x0 ? n n ?1 , f ?( x0 ) ? n ? n2 ,曲线 y ? f ( x) 在点 P 处的切线方程为
1

g (x) ,即 F ( x) ? f ( x) ? f ?( x0 ) ? x ? x0 ? , y ? f ?( x0 ) ? x ? x0 ? ,即 g( x) ? f ?( x0 ) ? x ? x0 ? ,令 F (x) ? f (x) ?
则 F ?( x) ? f ?( x) ? f ?( x0 ) 由于 f ?( x) ? ?nxn?1 ? n 在 ?0, ??? 上单调递减,故 F ?( x) 在 ?0, ??? 上单调递减,又因为 F ?( x0 ) ? 0 ,所以当

x ? (0, x0 ) 时, F ?( x0 ) ? 0 ,当 x ? ( x0, ?? ) 时, F ?( x0 ) ? 0 ,所以 F ( x ) 在 (0, x0 ) 内单调递增,在 ( x0 , ??) 内
单调递减,所以对任意的正实数 x 都有 F ( x) ? F ( x0 ) ? 0 ,即对任意的正实数 x ,都有 f ( x ) ? g ( x ) .
2 (III)证明:不妨设 x1 ? x2 ,由(II)知 g ( x ) ? n ? n

?

? ? x ? x ? ,设方程 g ( x) ? a 的根为 x ? ,可得
0 2

x2 ? ?

a ? x0 . ,当 n ? 2 时, g ( x ) 在 ? ??, ??? 上单调递减,又由(II)知 g ( x2 ) ? f ( x2 ) ? a ? g ( x2? ), 可得 n ? n2

x2 ? x 2 ? .
类似的,设曲线 y ? f ( x) 在原点处的切线方程为 y ? h( x ) ,可得 h( x ) ? nx ,当 x ? (0, ??) ,

f ( x) ? h( x) ? ? x n ? 0 ,即对任意 x ? (0, ??) , f ( x ) ? h( x ).
设 方 程 h( x ) ? a 的 根 为 x1? , 可 得 x1? ?

a , 因 为 h( x ) ? nx 在 ? ??, ??? 上 单 调 递 增 , 且 n

考点:1.导数的运算;2.导数的几何意义;3.利用导数研究函数性质、证明不等式.

18.( 15 年天津文科)已知函数 f ? x ? ? ax ln x, x ? ? 0, ??? , 其中 a 为实数, f ? ? x ? 为 f ? x ? 的导函数 ,若

f ? ?1? ? 3 ,则 a 的值为
【答案】3 【解析】



试题分析:因为 f ? ? x ? ? a ?1 ? ln x ? ,所以 f ? ?1? ? a ? 3 . 考点:导数的运算法则.

19.(15 年山东理科)设函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? a( x2 ? x) ,其中 a ? R .
(Ⅰ)讨论函数 f ( x ) 极值点的个数,并说明理由; (Ⅱ)若 ?x ? 0 , f ( x) ? 0 成立,求 a 的取值范围. 解: (Ⅰ) f ( x) ? ln( x ? 1) ? a( x ? x) ,定义域为 (?1, ??)
2

f ?( x) ?

1 a(2 x ? 1)( x ? 1) ? 1 2ax 2 ? ax ? 1 ? a ? a(2 x ? 1) ? ? , x ?1 x ?1 x ?1
2

设 g ( x) ? 2ax ? ax ? 1 ? a , 当 a ? 0 时, g ( x ) ? 1, f ?( x ) ?

1 ? 0 ,函数 f ( x) 在 (?1, ??) 为增函数,无极值点. x ?1

2 2 当 a ? 0 时, ? ? a ? 8a(1 ? a) ? 9a ? 8a ,

若0 ? a ? 若a ?

8 时 ? ? 0 , g ( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x ) 在 (?1, ??) 为增函数,无极值点. 9

8 时 ? ? 0 ,设 g ( x) ? 0 的两个不相等的实数根 x1 , x2 ,且 x1 ? x2 , 9 1 1 且 x1 ? x2 ? ? ,而 g (?1) ? 1 ? 0 ,则 ?1 ? x1 ? ? ? x2 , 2 4
所以当 x ? (?1, x1 ), g ( x) ? 0, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增;

当 x ? ( x1 , x2 ), g ( x) ? 0, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减; 当 x ? ( x2 , ??), g ( x) ? 0, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增. 因此此时函数 f ( x) 有两个极值点; 当 a ? 0 时 ? ? 0 ,但 g (?1) ? 1 ? 0 , x1 ? ?1 ? x2 , 所以当 x ? (?1, x2 ), g ( x) ? 0, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递増; 当 x ? ( x2 , ??), g ( x) ? 0, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减. 所以函数只有一个极值点。 综上可知当 0 ? a ? 个极值点. (Ⅱ)由(Ⅰ)可知当 0 ? a ?

8 8 时 f ( x ) 的无极值点;当 a ? 0 时 f ( x ) 有一个极值点;当 a ? 时, f ( x ) 的有两 9 9 8 时 f ( x ) 在 (0, ??) 单调递增,而 f (0) ? 0 , 9

则当 x ? (0, ??) 时, f ( x) ? 0 ,符合题意; 当

8 ? a ? 1 时, g (0) ? 0, x2 ? 0 , f ( x) 在 (0, ??) 单调递增,而 f (0) ? 0 , 9

则当 x ? (0, ??) 时, f ( x) ? 0 ,符合题意; 当 a ? 1 时, g (0) ? 0, x2 ? 0 ,所以函数 f ( x ) 在 (0, x2 ) 单调递减,而 f (0) ? 0 , 则当 x ? (0, x2 ) 时, f ( x) ? 0 ,不符合题意; 当 a ? 0 时,设 h( x) ? x ? ln( x ? 1) ,当 x ? (0, ??) 时 h?( x) ? 1 ?

1 x ? ? 0, x ?1 1? x

h( x) 在 (0, ??) 单调递增,因此当 x ? (0, ??) 时 h( x) ? h(0) ? 0,ln( x ? 1) ? 0 ,
于是 f ( x) ? x ? a( x ? x) ? ax ? (1 ? a) x ,当 x ? 1 ?
2 2

1 2 时 ax ? (1 ? a) x ? 0 , a

此时 f ( x) ? 0 ,不符合题意. 综上所述, a 的取值范围是 0 ? a ? 1 . 另解: (Ⅰ) f ( x) ? ln( x ? 1) ? a( x ? x) ,定义域为 (?1, ??)
2

f ?( x) ?

1 a(2 x ? 1)( x ? 1) ? 1 2ax 2 ? ax ? 1 ? a ? a(2 x ? 1) ? ? , x ?1 x ?1 x ?1
1 ? 0 ,函数 f ( x) 在 (?1, ??) 为增函数,无极值点. x ?1

当 a ? 0 时, f ?( x ) ?

设 g ( x) ? 2ax2 ? ax ? 1 ? a, g (?1) ? 1, ? ? a2 ? 8a(1 ? a) ? 9a 2 ? 8a , 当 a ? 0 时,根据二次函数的图像和性质可知 g ( x) ? 0 的根的个数就是函数 f ( x ) 极值点的个数. 若 ? ? a(9a ? 8) ? 0 ,即 0 ? a ? 若 ? ? a(9a ? 8) ? 0 ,即 a ?

8 时, g ( x) ? 0 , f ?( x) ? 0 函数在 (?1, ??) 为增函数,无极值点. 9

8 或a ? 0 , 9

而当 a ? 0 时 g (?1) ? 0 此时方程 g ( x) ? 0 在 (?1, ??) 只有一个实数根,此时函数 f ( x ) 只有一个极值点;

8 时方程 g ( x) ? 0 在 (?1, ??) 都有两个不相等的实数根,此时函数 f ( x ) 有两个极值点; 9 8 8 综上可知当 0 ? a ? 时 f ( x ) 的极值点个数为 0;当 a ? 0 时 f ( x ) 的极值点个数为 1;当 a ? 时, f ( x ) 的极 9 9
当a ? 值点个数为 2. (Ⅱ)设函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? a( x 2 ? x) , ?x ? 0 ,都有 f ( x) ? 0 成立. 即 ln( x ? 1) ? a( x ? x) ? 0
2

当 x ? 1 时, ln 2 ? 0 恒成立;

ln( x ? 1) ? a ? 0; x2 ? x ln( x ? 1) 2 ? a ? 0 ;由 ?x ? 0 均有 ln( x ? 1) ? x 成立。 当 0 ? x ? 1 时, x ? x ? 0 , 2 x ?x ln( x ? 1) 1 ? ? (0, ??) ,则只需 a ? 0 ; 故当 x ? 1 时, , 2 x ?x x ?1 ln( x ? 1) 1 ? ? (??, ?1) ,则需 ?1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 .综上可知对于 ?x ? 0 ,都有 f ( x) ? 0 当 0 ? x ? 1 时, 2 x ?x x ?1 成立,只需 0 ? a ? 1 即可,故所求 a 的取值范围是 0 ? a ? 1 .
当 x ? 1 时, x ? x ? 0 ,
2

2 另解:设函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? a( x ? x) , f (0) ? 0 ,要使 ?x ? 0 ,都有 f ( x) ? 0 成立,只需函数函数 f ( x )

在 (0, ??) 上单调递增即可, 于是只需 ?x ? 0 , f ?( x) ? 当x ?

1 ? a(2 x ? 1) ? 0 成立, x ?1

1 1 2 ? (??, 0) , 时a ? ? ,令 2 x ? 1 ? t ? 0 , g (t ) ? ? 2 ( x ? 1)(2 x ? 1) t (t ? 3) 1 1 2 1 1 时 f ?( ) ? ? 0 ;当 0 ? x ? , a ? ? , 2 2 2 3 ( x ? 1)(2 x ? 1)

则 a ? 0 ;当 x ?

令 2 x ? 1 ? t ? (?1,0) , g (t ) ? ?

2 2 ? 1 ,则 a ? 1 , 于是 关于 t ? (? 1, 0)单调递增,则 g (t ) ? g (?1) ? ? t (t ? 3) ?1(?1 ? 3)

0 ? a ? 1.
又当 a ? 1 时, g (0) ? 0, x2 ? 0 ,所以函数 f ( x ) 在 (0, x2 ) 单调递减,而 f (0) ? 0 , 则当 x ? (0, x2 ) 时, f ( x) ? 0 ,不符合题意; 当 a ? 0 时,设 h( x) ? x ? ln( x ? 1) ,当 x ? (0, ??) 时 h?( x) ? 1 ?

1 x ? ? 0, x ?1 1? x

h( x) 在 (0, ??) 单调递增,因此当 x ? (0, ??) 时 h( x) ? h(0) ? 0,ln( x ? 1) ? 0 ,
于是 f ( x) ? x ? a( x2 ? x) ? ax2 ? (1 ? a) x ,当 x ? 1 ? 此时 f ( x) ? 0 ,不符合题意. 综上所述, a 的取值范围是 0 ? a ? 1 . 评析:求解此类问题往往从三个角度求解:一是直接求解,通过对参数 a 的讨论来研究函数的单调性,进 一步确定参数的取值范围;二是分离参数法,求相应函数的最值或取值范围以达到解决问题的目的;三是凭借 函数单调性确定参数的取值范围,然后对参数取值范围以外的部分进行分析验证其不符合题意,即可确定所求.

1 时 ax2 ? (1 ? a) x ? 0 , a

20.(15 年江苏)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条
连接两条公路的山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为 l 1, l2 ,山区边界曲线为 C,计划修建的公路 为 l,如图所示,M,N 为 C 的两个端点,测得点 M 到 l 1, l2 的距离分别为 5 千米和 40 千米,点 N 到 l 1, l2 的距 离分别为 20 千米和 2.5 千米,以 l 1, l2 所在的直线分别为 x,y 轴,建立平面直角坐标系 xOy,假设曲线 C 符合 函数 y ?

a (其中 a,b 为常数)模型. x ?b
2

(1)求 a,b 的值; (2)设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点,P 的横坐标为 t. ①请写出公路 l 长度的函数解析式 f ? t ? ,并写出其定义域; ②当 t 为何值时,公路 l 的长度最短?求出最短长度.

【答案】 (1) a ? 1000, b ? 0; (2)① f (t ) ?

9 ? 106 9 2 ? t , 定义域为 [5, 20] ,② t ? 10 2, f (t )min ? 15 3 千米 t4 4

(2)①由(1)知, y ?

1000 ? 1000 ? 5 ? x ? 20 ) ,则点 ? 的坐标为 ? t , 2 ? , 2 ( x ? t ? 2000 , x3

设在点 ? 处的切线 l 交 x , y 轴分别于 ? , ? 点, y ? ? ?

考点:利用导数求函数最值,导数几何意义

21.(15 年江苏)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 a 与无关的常数) ,当函数 f ( x) 有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是 (?? ,?3) ? (1, ) ? ( ,?? ) ,求 c 的值. 【答案】 (1)当 a ? 0 时, f ? x ? 在 ? ??, ??? 上单调递增; 当 a ? 0 时, f ? x ? 在 ? ??, ?

3 2

3 2

? ?

2a ? ? 2a ? ? , ? 0, ??? 上单调递增,在 ? ? , 0 ? 上单调递减; 3 ? ? 3 ? 2a ? ? 2a ? ? , ?? ? 上单调递增,在 ? 0, ? ? 上单调 递减. 3 ? ? 3 ? ?

当 a ? 0 时, f ? x ? 在 ? ??,0? , ? ? (2) c ? 1.

考点:利用 导数求函数单调性、极值、函数零点


更多相关文档:

2015年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(04 导....doc

2015年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(04 导数及其应用)_高考_高中教育_教育专区。2015 年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全 (04 导数及其应用) 一...

2015年全国各地高考数学试题分类汇编:导数及其应用.doc

2015年全国各地高考数学试题分类汇编:导数及其应用 - 2015 年全国各地高考数学试题分类汇编:导数及其应用 1.(15 北京理科)已知函数 f ? x ? ? ln 1? x . ...

2017年高考数学理试题分类汇编:导数及其应用.doc

2017年高考数学试题分类汇编:导数及其应用 - 2017 年高考数学试题分类汇编:导数及其应用 1. (2017 年新课标Ⅰ文) 8.函数 y ? sin2 x 的部分图像大致为...

广东省2015年高考一模数学(理)试题分类汇编:导数及其应....doc

广东省2015年高考一模数学(理)试题分类汇编:导数及其应用(含答案)_高考_高中教育_教育专区。2015年高考一模数学(理)试题分类汇编 广东省各市 2015 年高考一模数学...

2016年高考数学理试题分类汇编:导数及其应用.doc

2016年高考数学理试题分类汇编:导数及其应用_数学_高中教育_教育专区。2016 年高考数学试题分类汇编 导数及其应用 一、选择题 1、(2016 年四川高考)设直线 l1,...

高考数学理试题分类汇编:导数及其应用(含答案解析).doc

高考数学理试题分类汇编:导数及其应用(含答案解析) - 高考数学试题分类汇编 导数及其应用 一、选择题 1、 (2016 年四川高考)设直线 l1,l2 分别是函数 f(x)...

广东省各市2015年高考一模数学(理)试题分类汇编:导数及....doc

广东省各市2015年高考一模数学(理)试题分类汇编:导数及其应用(含答案)_高考_高中教育_教育专区。广东省各市 2015 年高考一模数学试题分类汇编 导数及其应用 一、...

高考数学分类汇编:导数及其应用.doc

高考数学分类汇编:导数及其应用_高考_高中教育_教育专区。高考数学分类汇编---导数及其应用 2016 年高考数学试题分类汇编 导数及其应用一、选择题 1、 (2016 年山东...

广东省2015年高考一模数学(理)试题分类汇编:导数及其应....doc

广东省2015年高考一模数学(理)试题分类汇编:导数及其应用(含答案)_高考_高中教育_教育专区。广东省各市 2015 年高考一模数学试题分类汇编 导数及其应用 一、选择...

2015年高考数学试题分类汇编---专题九(导数及应用).doc

2015年高考数学试题分类汇编---专题九(导数及应用)_高考_高中教育_教育专区。2015 年高考数学试题分类汇编---专题九 (导数及应用) 答案解析 1.(15 北京理科)已...

2015年高考数学试题分类汇编 -专题九 导数及其应用.doc

2015年高考数学试题分类汇编 -专题九 导数及其应用 - 专题九 导数及其应用 1.(15 北京理科)已知函数 f ? x ? ? ln 1? x . 1? x (Ⅰ)求曲线 y ? ...

2015年高考数学试题分类汇编_图文.doc

2015年高考数学试题分类汇编_高考_高中教育_教育专区。2015年高考数学试题分类汇编...80 专题九 导数及其应用 ......

2016年高考数学试题分类汇编导数及其应用理.doc

2016年高考数学试题分类汇编导数及其应用理 - 导数及其应用 一、选择题 1、

2016高考数学分类汇编:导数及其应用.doc

2016高考数学分类汇编:导数及其应用 - 2016 年高考数学试题分类汇编 导数及其应用 一、选择题 1、(2016 年四川高考)设直线 l1,l2 分别是函数 f(x)= ? ??...

2016年高考数学文试题分类汇编:导数及其应用.doc

2016年高考数学文试题分类汇编:导数及其应用_高考_高中教育_教育专区。2016 年高考数学试题分类汇编 导数及其应用一、选择题 1、 (2016 年山东高考)若函数 y ?...

高考数学 五年高考真题分类汇编 第二章 函数导数及其应....doc

高考数学 五年高考真题分类汇编 第二章 函数导数及其应用 理 - 五年高考真题分类汇编:函数、导数及其应用 一.选择题 1. (2013湖南高考理)函数 f(x)=2ln x...

2018高考试题分类汇编-7.导数及应用.doc

2018高考试题分类汇编-7.导数及应用_高三数学_数学_高中教育_教育专区。2018年高考题,精心编辑,可供高三老师学生复习参考 2018 高考分类汇编7.导数及应用 1. ...

2012-2018高考(全国I,II,III卷)真题分类汇编专题:17.导....doc

2012-2018高考(全国I,II,III卷)真题分类汇编专题:17.导数及其应用一 (解析版)_高考_高中教育_教育专区。2012-2018年高考数学真题分类汇编(全国I,II,III卷) ...

高考数学理试题分类汇编导数及其应用(含答案).doc

高考数学理试题分类汇编导数及其应用(含答案) - 20XX 年高考数学试题分类汇编 导数及其应用 一、选择题 1、 (20XX 年四川高考)设直线 l1,l2 分别是函数 f(...

2016年高考数学文真题分类汇编:导数及其应用.doc

2016年高考数学文真题分类汇编:导数及其应用_高考_高中教育_教育专区。2016 年高考数学试题分类汇编 导数及其应用一、选择题 1、 (2016 年山东高考)若函数 y ?...

更多相关标签:
网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com