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浙江省2016届高三数学专题复习 专题六 导数 理



[自选模块]专题六
真题体验?引领卷 一、选择题





1.(2015?安徽高考)函数 f(x)=ax +bx +cx+d 的图象如图所示,则下列结论成立的是 ( )

3

2

A.a>0,b<0,c>0,d>0 B

.a>0,b<0,c<0,d>0 C.a<0,b<0,c>0,d>0 D.a>0,b>0,c>0,d<0 1 ?1 ? 2 2.(2015?四川高考)如果函数 f(x)= (m-2)x +(n-8)x+1(m≥0,n≥0)在区间? ,2?上 2 ?2 ? 单调递减,那么 mn 的最大值为( A.16 C.25 ) B.18 D. 81 2

3.(2015?陕西高考)对二次函数 f(x)=ax +bx+c(a 为非零整数),四位同学分别给出下 列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是( A.-1 是 f(x)的零点 B.1 是 f(x)的极值点 C.3 是 f(x)的极值 D.点(2,8)在曲线 y=f(x)上 4. (2015?福建高考)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( ) 1 ?1? B.f ? ?> ?k? k-1 )

2

?1? 1 A.f ? ?< ?k? k

1

? 1 ?< 1 C.f ? ? ?k-1? k-1

? 1 ?> k D.f ? ? ?k-1? k-1

5.(2015?全国卷Ⅱ)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.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)

)

6.(2015?全国卷Ⅰ)设函数 f(x)=e (2x-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( )

x

? 3 ? A.?- ,1? ? 2e ?
C.?

? 3 3? B.?- , ? ? 2e 4? ?3 ? D.? ,1? ?2e ?

? 3 ,3? ? ?2e 4?

二、填空题 7. (2015?全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=ax +x+1 的图象在点(1, f(1))处的切线过点(2, 7), 则 a=________.
?0,0<x≤1, ? 8.(2015?江苏高考)已知函数 f(x)=|ln x|,g(x)=? 2 则方程|f(x)+ ?|x -4|-2,x>1, ?
3

g(x)|=1 实根的个数为________.
9.(2015?安徽高考)设 x +ax+b=0,其中 a,b 均为实数,下列条件中,使得该三次方程 仅有一个实根的是________(写出所有正确条件的编号). ①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2. 三、解答题 1+x 10.(2015?北京高考)已知函数 f(x)=ln . 1-x (1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
3

? x? (2)求证:当 x∈(0,1)时,f(x)>2?x+ ?; ? 3? ? x? (3)设实数 k 使得 f(x)>k?x+ ?对 x∈(0,1)恒成立,求 k 的最大值. ? 3?
3

3

2

11.(2015?全国卷Ⅱ)设函数 f(x)=e +x -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.

mx

2

1 3 12.(2015?全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=x +ax+ ,g(x)=-ln x. 4 (1)当 a 为何值时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线; (2)用 min{m,n}表示 m,n 中的最小值,设函数 h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论 h(x) 零点的个数.

专题六





经典模拟?演练卷 一、选择题 1.曲线 y=ax -2x+4 在点(1,3)处的切线的倾斜角为( A.45° B.60° C.120° D.135°
3

)

1 3 2 2.已知函数 f(x)= x -2x +3m,x∈[0,+∞),若 f(x)+5≥0 恒成立,则实数 m 的取值 3 范围是( A.? )

?17,+∞? ? ?9 ?

?17 ? B.? ,+∞? ?9 ?
D.(-∞,2)

C.(-∞,2]

1 3. (2015?温州中学模拟)已知 f′(x)为函数 f(x)=x+ 的导函数, 则下列结论中正确的是

x

(

)

3

A.? x0∈R,? x∈R 且 x≠0,f(x)≤f(x0) B.? x0∈R,? x∈R 且 x≠0,f(x)≥f(x0) C.? x0∈R,? x∈(x0,+∞),f′(x)<0 D.? x0∈R,? x∈(x0,+∞),f′(x)>0 4.(2015?镇海中学三模)当 a>0 时,函数 f(x)=(x +2ax)e 的图象大致是(
2

x

)

5.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( A.(-∞,0) C.(0,1)

)

? 1? B.?0, ? ? 2?
D.(0,+∞)
3 2

6. (2015?温岭中学模拟)已知函数 f(x)=ax -3x +1, 若 f(x)存在唯一的零点 x0, 且 x0>0, 则 a 的取值范围是( A.(2,+∞) C.(1,+∞) 二、填空题 7. (2014?温州模拟)关于 x 的方程 x -3x -a=0 有三个不同的实数解, 则实数 a 的取值范 围是________. 1 2 8.若函数 f(x)=- x +4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是______. 2 9.(2015?长沙调研)设直线 x=t,与函数 f(x)=x ,g(x)=ln x 的图象分别交于点 M,N, 则当|MN|达到最小时 t 的值为________. 三、解答题 πx x 2 10.(2015?杭州高级中学模拟)已知函数 f(x)=ae +x ,g(x)=sin +bx.直线 l 与曲线 2
2 3 2

) B.(-∞,-2) D.(-∞,-1)

y=f(x)切于点(0,f(0))且与曲线 y=g(x)切于点(1,g(1)).
(1)求 a,b 的值和直线 l 的方程; (2)证明:f(x)>g(x).

1-a 2 11.(2015?宁波模拟)设函数 f(x)= x +ax-ln x(a∈R). 2 (1)当 a=3 时,求函数 f(x)的极值;
4

(2)当 a>1 时,讨论函数 f(x)的单调性;

12.(2015?乐清乐武寄宿中学)设函数 f(x)=(x+a)ln x,g(x)= x.已知曲线 y=f(x)在 e 点(1,f(1))处的切线与直线 2x-y=0 平行. (1)求 a 的值; (2)是否存在自然数 k,使得方程 f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根?如果存在,求出

x2

k;如果不存在,请说明理由;
(3)设函数 m(x)=min{f(x),g(x)}(min{p,q}表示 p,q 中的较小值),求 m(x)的最大值.

专题六





专题过关?提升卷 第Ⅰ卷 (选择题) 一、选择题 1.设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x,则 a=( A.0 C.2 1 2 2.函数 y= x -ln x 的单调减区间是( 2 A.(-1,1] C.[1,+∞) 3.(2015?鲁迅中学模拟) B.1 D.3 ) B.(0,1] D.(0,+∞) )

5

已知函数 f(x)=ax +bx +cx,其导函数 y=f′(x)的图象经过点(1,0),(2,0),如图所 示,则下列说法中不正确的是( )

3

2

3 A.当 x= 时函数取得极小值 2 B.f(x)有两个极值点 C.当 x=2 时函数取得极小值 D.当 x=1 时函数取得极大值 4.若 0<x1<x2<1,则( A.e 2-e 1>ln x2-ln x1 B.ex2-ex1<ln x2-ln x1 C.x2e 1>x1e 2 D.x2e 1<x1e 2 5.当 x∈[-2,1]时,不等式 ax -x +4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范围是( A.[-5,-3] C.[-6,-2] 9? ? B.?-6,- ? 8? ? D.[-4,-3]
3 2

)

x

x

x

x

x

x

)

6. (2015?学军中学模拟)设函数 f(x)= + , 若函数 f(x)的极值点 x0 满足 x0f(x0)-x0>m , 2 x 则实数 m 的取值范围是( )

x2 m

3

2

? 1? A.(-∞,0)∪?0, ? ? 2?
B.(-∞,0)∪(2,+∞)

? 1? C.?0, ? ? 2?
D.(0,2)

?1 ? 2 7.定义一种运算(a,b)*(c,d)=ad-bc,若函数 f(x)=? ,-1?*(cos x,x ),设 f′(x) ?4 ?
为函数 f(x)的导函数,则 f′(x)的大致图象是( )

6

8.(2015?镇海中学模拟)已知定义在 R 上的函数 g(x)的导函数为 g′(x),满足 g′(x)-

g(x) g(x)<0,若函数 g(x)的图象关于直线 x=2 对称,且 g(4)=1,则不等式 >1 的解集为 x
e ( ) B.(0,+∞) D.(-∞,2) 第Ⅱ卷(非选择题) 二、填空题 9.曲线 y=e
-5x

A.(-2,+∞) C.(-∞,0)

+2 在点(0,3)处的切线方程为________.

10.已知函数 f(x)=aln x+x 在区间[2,3]上单调递增,则实数 a 的取值范围是________. 11.若函数 f(x)=x -6bx+3b 在(0,1)内有极小值,则实数 b 的取值范围是________. 12. 设 P 为曲线 C: f(x)=x -x+1 上的点, 曲线 C 在点 P 处的切线斜率的取值范围是[-1, 3],则点 P 的纵坐标的取值范围是________. 1 2 13. 若函数 f(x)=ln x- ax -2x(a≠0)存在单调递减区间, 则实数 a 的取值范围是______. 2
2 3

14.(2015?湖南高考改编)某工件的三视图如图所示,现将该工件通过切削,加工成一个体 积尽可能大的长方体新工件, 并使新工件的一个面落在原工件的一个面内, 则原工件材料的 新工件的体积 利用率为________.(材料利用率= ) 原工件的体积

7

15.(2015?四川高考)已知函数 f(x)=2 ,g(x)=x +ax(其中 a∈R).对于不相等的实数

x

2

f(x1)-f(x2) g(x1)-g(x2) x1,x2,设 m= ,n= , x1-x2 x1-x2
现有如下命题: ①对于任意不相等的实数 x1,x2,都有 m>0; ②对于任意的 a 及任意不相等的实数 x1,x2,都有 n>0; ③对于任意的 a,存在不相等的实数 x1,x2,使得 m=n; ④对于任意的 a,存在不相等的实数 x1,x2,使得 m=-n. 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号).

三、解答题 16.(2015?台州中学模拟)已知 f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 f(x)有最大值,且最大值大于 2a-2 时,求 a 的取值范围.

17.(2015?北京高考)设函数 f(x)= -kln x,k>0. 2 (1)求 f(x)的单调区间和极值; (2)证明:若 f(x)存在零点,则 f(x)在区间(1, e]上仅有一个零点.

x2

8

18.(2015?安徽高考)设函数 f(x)=x -ax+b.

2

? π π? (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? ? π π? 2 (2)记 f0(x)=x -a0x+b0,求函数|f(sin x)-f0(sin x)|在?- , ?上的最大值 D; ? 2 2?
(3)在(2)中,取 a0=b0=0,求 z=b- 满足 D≤1 时的最大值. 4

a2

19.(2015?广东高考)设 a>1,函数 f(x)=(1+x )e -a. (1)求 f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点; (3)若曲线 y=f(x)在点 P 处的切线与 x 轴平行,且在点 M(m,n)处的切线与直线 OP 平行(O 3 是坐标原点),证明:m≤ 2 e

2

x

a- -1.

20.(2015?嘉兴一中三模)已知函数 f(x)=x(ln x-ax)(a∈R),g(x)=f′(x). (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 3x-y-1=0 平行,求实数 a 的值; 1 2 (2)若函数 F(x)=g(x)+ x 有两个极值点 x1,x2,且 x1<x2,求证:f(x2)<-1<f(x1). 2

9

[自选模块] 专题六 导 数 真题体验?引领卷 1.A [由图象知 f(0)=d>0,可排除 D;其导函数 f′(x)=3ax +2bx+c 且 f′(0)=c>0, 可排除 B;又 f′(x)=0 有两不等实根,且 x1x2= >0,所以 a>0,故选 A.] 3a
2

c

?1 ? 2.B [当 m=2 时,∵f(x)在? ,2?上单调递减,∴0≤n<8,m?n=2n<16,当 m≠2 时,令 ?2 ?
n-8 n-8 n-8 f′(x)=(m-2)x+n-8=0, ∴x=- , 当 m>2 时, 对称轴 x0=- , 由题意, - m-2 m-2 m-2
≥2,∴2m+n≤12, 2m+n ∵ 2mn≤ ≤6,∴mn≤18,由 2m+n=12 且 2m=n 知 m=3,n=6 取等号.当 m<2 时, 2 抛物线开口向下,由题意- +m=18 且 2n=m, 得 m=9(舍去),∴mn 最大值为 18,选 B.] 3.A [A 正确等价于 a-b+c=0,① B 正确等价于 b=-2a,② 4ac-b C 正确等价于 =3,③ 4a D 正确等价于 4a+2b+c=8.④ 下面分情况验证,
2

n-8 1 2n+m 81 ≤ ,即 2n+m≤18,∵ 2mn≤ ≤9,∴mn≤ ,由 2n m-2 2 2 2

a=5, ? ? 若 A 错,由②、③、④组成的方程组的解为?b=-10,符合题意; ? ?c=8.
若 B 错,由①、③、④组成的方程组消元转化为关于 a 的方程后无实数解; 若 C 错,由①、②、④组成方程组,经验证 a 无整数解; 3 若 D 错,由①、②、③组成的方程组 a 的解为- 也不是整数. 4 综上,故选 A.] 4.C [∵导函数 f′(x)满足 f′(x)>k>1,∴f′(x)-k>0,k-1>0, 1 >0,可构造 k-1

10

函数 g(x)=f(x)-kx,可得 g′(x)>0,故 g(x)在 R 上为增函数,∵f(0)=-1,∴g(0)= -1,∴g? ∴f?

? 1 ?>g(0), ? ?k-1?

? 1 ?- k >-1,∴f? 1 ?> 1 ,∴选项 C 错误,故选 C.] ? ?k-1? k-1 ?k-1? k-1 ? ?

5.A [因为 f(x)(x∈R)为奇函数,f(-1)=0,所以 f(1)=-f(-1)=0.当 x≠0 时,令

f(x) ?f(x)?′= g(x)= ,则 g(x)为偶函数,且 g(1)=g(-1)=0.当 x>0 时,g′(x)=? ? x ? x ? xf′(x)-f(x) <0,故 g(x)在(0,+∞)上为减函数,在(-∞,0)上为增函数.所以 x2
在(0,+∞)上,当 0<x<1 时,g(x)>g(1)=0? 当 x<-1 时,g(x)<g(-1)=0?

f(x) >0?f(x)>0;在(-∞,0)上, x

f(x) <0?f(x)>0.综上,得使得 f(x)>0 成立的 x 的 x

取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),选 A.] 6.D [由题意可知存在唯一的整数 x0,使得 e (2x0-1)<ax0-a,设 g(x)=e (2x-1),h(x) 1 1 x =ax-a.因为 g′(x)=e (2x+1),所以当 x<- 时,g′(x)<0,当 x>- 时,g′(x)>0,所 2 2 1 以当 x=- 时,[g(x)]min= 2 -2
1 e- 2

x0

x

.∵h(x)=a(x-1)恒过定点(1,0),且 g(1)=e>0 在同一坐标系中作出 y=g(x)与 y -a>-1,

? ?h(0)>g(0), ? ? 3 =h(x)的大致图象. 结合图象, 应有? 则? 3 解之得 ≤a<1. 2e ?h(-1)≤g(-1), ?-2a≤- , ? ?
e

?3 ? 故实数 a 的取值范围是? ,1?.] 2e ? ?

7.1 [f′(x)=3ax +1,f′(1)=1+3a,f(1)=a+2. 在(1,f(1))处的切线方程为 y-(a+2)=(1+3a)(x-1). 将(2,7)代入切线方程,得 7-(a+2)=1+3a,解得 a=1.] 8.4 [令 h(x)=f(x)+g(x),则 h(x)= -ln x,0<x≤1, ? 2 ? 2 1 1-2x <0,故当 1<x<2 ?-x +ln x+2,1<x<2,当 1<x<2 时,h′(x)=-2x+ = x x 2 ? ?x +ln x-6,x≥2,

2

11

时 h(x)单调递减,在同一坐标系中画出 y=|h(x)|和 y=1 的图象如图所示.

由图象可知|f(x)+g(x)|=1 的实根个数为 4.] 9.①③④⑤ [令 f(x)=x +ax+b,f′(x)=3x +a, 当 a≥0 时,f′(x)≥0,f(x)单调递增,必有一个实根,④⑤正确; 当 a<0 时,由于选项当中 a=-3,∴只考虑 a=-3 这一种情况,
3 2

f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),∴f(x)极大=f(-1)=-1+3+b=b+2,f(x)极小=f(1)
=1-3+b=b-2, 要有一根, f(x)极大<0 或 f(x)极小>0, ∴b<-2 或 b>2, ①③正确, ②错误. 所 有正确条件为①③④⑤.] 10.(1)解 因为 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),所以

f′(x)=

1 1 + ,f′(0)=2. 1+x 1-x

又因为 f(0)=0,所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=2x. (2)证明 令 g(x)=f(x)-2?x+ ?,则 ? 3?

?

x3?
4

g′(x)=f′(x)-2(1+x2)=

2x 2. 1-x

因为 g′(x)>0(0<x<1),所以 g(x)在区间(0,1)上单调递增. 所以 g(x)>g(0)=0,x∈(0,1),

? x? 即当 x∈(0,1)时,f(x)>2?x+ ?. ? 3?
(3)解 由(2)知,当 k≤2 时,f(x)>k?x+ ?对 x∈(0,1)恒成立. ? 3? 当 k>2 时,令 h(x)=f(x)-k?x+ ?,则 ? 3?

3

?

x3?

?

x3?

kx4-(k-2) h′(x)=f′(x)-k(1+x2)= . 2 1-x
所以当 0<x< 4 k-2 ? 4 k-2? 时,h′(x)<0,因此 h(x)在区间?0, ?上单调递减.

k

?

k ?

当 0<x<

4 k-2 时,h(x)<h(0)=0,

k

12

? x? 即 f(x)<k?x+ ?. ? 3?
所以当 k>2 时,f(x)>k?x+ ?并非对 x∈(0,1)恒成立. ? 3? 综上可知,k 的最大值为 2. 11.(1)证明

3

?

x3?

f′(x)=m(emx-1)+2x.
mx

若 m≥0,则当 x∈(-∞,0)时,e -1≤0,f′(x)<0;当 x∈(0, +∞)时,e -1≥0,f′(x)>0. 若 m<0,则当 x∈(-∞,0)时,e -1>0,f′(x)<0;当 x∈(0, +∞)时,e -1<0,f′(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)解 由(1)知,对任意的 m,f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故 f(x) 在 x=0 处取得最小值.所以对于任意 x1,x2∈[-1,1]时,|f(x1)-f(x2)|≤e-1 的充要条 件是?
m mx mx mx

? ?f(1)-f(0)≤e-1, ?f(-1)-f(0)≤e-1, ?

?e -m≤e-1, ? 即? -m ① ? ?e +m≤e-1.

设函数 g(t)=e -t-e+1,则 g′(t)=e -1. 当 t<0 时,g′(t)<0;当 t>0 时,g′(t)>0. 故 g(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又 g(1)=0,g(-1)=e +2-e<0,故当 t∈[-1,1]时,g(t)≤0. 当 m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 当 m>1 时,由 g(t)的单调性,g(m)>0,即 e -m>e-1; 当 m<-1 时,g(-m)>0,即 e +m>e-1. 综上,m 的取值范围是[-1,1]. 12.解 (1)设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点(x0,0), 1 ? ?x3 0+ax0+ =0, 4 则 f(x0)=0,f′(x0)=0.即? 2 ? ?3x0+a=0, 1 3 解得 x0= ,a=- . 2 4 3 因此,当 a=- 时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线. 4
-m -1

t

t

m

13

(2)当 x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而 h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故 h(x) 在(1,+∞)上无零点. 5 5 当 x=1 时,若 a≥- ,则 f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故 x=1 4 4 5 是 h(x)的零点;若 a<- ,则 f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故 x=1 不是 h(x) 4 的零点. 当 x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0.所以只需考虑 f(x)在(0,1)上的零点个数. (ⅰ)若 a≤-3 或 a≥0,则 f′(x)=3x +a 在(0,1)上无零点,故 f(x)在(0,1)上单调.而
2

f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当 a≤-3 时,f(x)在(0,1)上有一个零点;当 a≥0 时,f(x)
在(0,1)上没有零点. (ⅱ)若-3<a<0,则 f(x)在?0, 1)中,当 x=

1 4

5 4

? ?

- ?上单调递减,在? 3? ?

a?

?

- ,1?上单调递增,故在(0, 3 ?

a

?

a 2a - 时,f(x)取得最小值,且最小值为 3 3

a 1 - + . 3 4

? ? ? ②若 f? ? ? ③若 f? ?
①若 f?

3 a? - ?>0,即- <a<0,f(x)在(0,1)上无零点; 4 3? 3 a? - ?=0,即 a=- ,则 f(x)在(0,1)上有唯一零点; 4 3? 3 1 5 a? - ?<0,即-3<a<- ,由于 f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当 4 4 4 3?

5 3 5 - <a<- 时,f(x)在(0,1)上有两个零点;当-3<a≤- 时,f(x)在区间(0,1)上有一个 4 4 4 零点. 3 5 3 5 综上,当 a>- 或 a<- 时,h(x)有一个零点;当 a=- 或 a=- 时,h(x)有两个零点;当 4 4 4 4 5 3 - <a<- 时,h(x)有三个零点. 4 4 经典模拟?演练卷 1.A [∵点(1,3)在曲线上可得 a=1,则 y=x -2x+4,得 y′=3x -2,得 y′|x=1=1, 故切线的倾斜角为 45°.] 2.A [f′(x)=x -4x,由 f′(x)>0,得 x>4 或 x<0. ∴f(x)在(0,4)上递减,在(4,+∞)上递增,∴当 x∈[0,+∞)时,f(x)min=f(4).∴要 17 使 f(x)+5≥0 恒成立,只需 f(4)+5≥0 恒成立即可,代入解之得 m≥ .] 9 1 x -1 3.D [令 f′(x)=1- 2= 2 =0,得 x=±1.当 x∈(-∞,-1)时,
2 2 3 2

x

x

14

f′(x)>0;当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当 x∈(0,1)时,f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)
时,f′(x)>0.故当 x>0 时,f(x)≥2;当 x<0 时,f(x)≤-2,故函数在其定义域内没有 最大值和最小值,故 A,B 错;函数在 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,故 C 错;当 x0≥1 时满 足题意,D 正确,故选 D.] 4.B [f′(x)=e (x +2ax)+(2x+2a)e =e [x +2x(a+1)+2a] 令 f′(x)=0,得 x=± a +1-(a+1)<0. 因此 f(x)的两个极值点均小于 0. 结合函数的图象,选项 B 为 f(x)的大致图象.]
2

x

2

x

x

2

?1 ? 5.B [f′(x)=(ln x-ax)+x? -a?=ln x+1-2ax, ?x ?
ln x+1 令 f′(x)=0,得 2a= ,

x

ln x+1 -ln x 设 φ (x)= ,则 φ ′(x)= , 2

x

x

易知 φ (x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, ∴φ (x)在(0,+∞)上的极大值为 φ (1)=1.

大致图象如图, 若 f(x)有两个极值点,则 y=2a 和 y=φ (x)图象有两个交点, 1 ∴0<2a<1,∴0<a< .] 2 2 2 6.B [由题意知 a≠0,由 f′(x)=3ax -6x=0 得 x=0 或 x= .

a

?2 ? ? 2? 当 a>0 时,f(x)在(-∞,0)和? ,+∞?上单调递增,在?0, ?上单调递减. ?a ? ?
a?
且 f(0)=1>0,故 f(x)有小于 0 的零点,不符题意,排除 A、C.

?2? 2 当 a<0 时,要使 x0>0 且唯一,只需 f ? ?>0,即 a >4, ?a?
∴a<-2,选 B.] 7.(-4,0) [由题意知使函数 f(x)=x -3x -a 的极大值大于 0 且极小值小于 0 即可,又
3 2

f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=2.当 x<0 时,f′(x)>0;当 0
<x<2 时,f′(x)<0;当 x>2 时,f′(x)>0,所以当 x=0 时,f(x)取得极大值,即 f(x)
极大值

= f(0) =- a ;当 x = 2 时, f(x) 取得极小值,即 f(x) 极 小 值 = f(2) =- 4 - a ,所以

15

?-a>0, ? ? 解得-4<a<0.] ? ?-4-a<0,

8 . (0 , 1) ∪ (2 , 3)

3 -x +4x-3 [ 对 f(x) 求 导 , 得 f′(x) = - x + 4 - = =-

2

x

x

(x-1)(x-3) .由 f′(x)=0 得函数 f(x)的两个极值点为 1, 3, 则只要这两个极值点有

x

一个在区间(t,t+1)内,函数 f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,所以 t<1<t+1 或 t<3<t +1,解得 0<t<1 或 2<t<3.] 9. 2 2 [当 x=t 时,f(t)=t ,g(t)=ln t,
2 2

∴y=|MN|=t -ln t(t>0). 2?? 2? ? 2?t+ ??t- ? 2 ?? 2? 1 2t -1 ? ∴y′=2t- = = .
2

t

t

t

当 0<t<

2 2 时,y′<0;当 t> 时,y′>0. 2 2
2

∴y=|MN|=t -ln t 在 t=

2 时有最小值.] 2

π πx x 10.(1)解 f′(x)=ae +2x,g′(x)= cos +b. 2 2

f(0)=a,f′(0)=a,g(1)=1+b,g′(1)=b,
曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线为 y=ax+a, 曲线 y=g(x)在点(1,g(1))处的切线为 y=b(x-1)+1+b,即 y=bx+1. 依题意,有 a=b=1,直线 l 方程为 y=x+1. πx x 2 (2)证明 由(1)知 f(x)=e +x ,g(x)=sin +x. 2 设 F(x)=f(x)-(x+1)=e +x -x-1,则 F′(x)=e +2x-1, 当 x∈(-∞,0)时,F′(x)<F′(0)=0; 当 x∈(0,+∞)时,F′(x)>F′(0)=0;
x
2

x

F(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故 F(x)≥F(0)=0,当且仅当 x=0
时 F(0)=0 成立. πx 设 G(x)=x+1-g(x)=1-sin , 2 则 G(x)≥0,当且仅当 x=4k+1(k∈Z)时等号成立. 由上可知,f(x)≥x+1≥g(x),且两个等号不同时成立,
16

因此 f(x)>g(x). 11.解 (1)函数的定义域为(0,+∞).当 a=3 时,f(x)=-x +3x-ln x,
2

f′(x)=

-2x +3x-1 (2x-1)(x-1) =- ,

2

x

x

1 当 <x<1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 2 1 当 0<x< 及 x>1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 2

?1? 5 所以 f(x)极大值=f(1)=2,f(x)极小值=f? ?= +ln 2. ?2? 4
1 ? ? (1-a)?x- ?(x-1) 2 1 (1-a)x +ax-1 ? a-1? (2)f′(x)=(1-a)x+a- = =

x

x

x



1 (1-x) =1,即 a=2 时,f′(x)=- ≤0,f(x)在定义域上是减函数; a-1 x 1

2

当 0<

a-1

<1,即 a>2 时,令 f′(x)<0,得 0<x< 1

1

a- 1

或 x>1;

令 f′(x)>0,得 当 1

a-1

<x<1.

a-1

>1,即 1<a<2 时, 1 1 ;由 f′(x)<0,得 0<x<1 或 x> , a-1 a-1

由 f′(x)>0,得 1<x<

综上,当 a=2 时,f(x)在(0,+∞)上是减函数; 当 a>2 时,f(x)在?0,

? ?

a-1? ?

1 ?

和(1,+∞)单调递减,在?

? 1 ,1?上单调递增; ? ?a-1 ?

当 1<a<2 时,f(x)在(0,1)和?

? 1 ,+∞?单调递减,在?1, 1 ?上单调递增. ? ? a-1? ?a-1 ? ? ?

12.解 (1)由题意知,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 2,所以 f′(1)=2, 又 f′(x)=ln x+ +1,所以 a=1. (2)当 k=1 时,方程 f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根. 设 h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)ln x- x, e 当 x∈(0,1]时,h(x)<0. 4 4 又 h(2)=3ln 2- 2=ln 8- 2>1-1=0, e e 所以存在 x0∈(1,2),使得 h(x0)=0. 1 x(x-2) 因为 h′(x)=ln x+ +1+ , x x e

a x

x2

17

1 所以当 x∈(1,2)时,h′(x)>1- >0, e 当 x∈(2,+∞)时,h′(x)>0, 所以当 x∈(1,+∞)时,h(x)单调递增, 所以 k=1 时,方程 f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根. (3)由(2)知方程 f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根 x0. 且 x∈(0,x0)时,f(x)<g(x),

x∈(x0,+∞)时,f(x)>g(x),
(x+1)ln x,x∈(0,x0], ? ? 2 所以 m(x)=?x x,x∈(x0,+∞). ? ?e 当 x∈(0,x0)时,若 x∈(0,1],m(x)≤0; 1 若 x∈(1,x0),由 m′(x)=ln x+ +1>0,

x

可知 0<m(x)≤m(x0); 故 m(x)≤m(x0). 当 x∈(x0,+∞)时,由 m′(x)=

x(2-x)
e
x

,可得 x∈(x0,2)时,

m′(x)>0,m(x)单调递增; x∈(2,+∞)时,m′(x)<0,m(x)单调递减;
4 可知 m(x)≤m(2)= 2,且 m(x0)<m(2). e 4 综上可得,函数 m(x)的最大值为 2. e

专题过关?提升卷 1.D [∵f(x)=ax-ln (x+1),∴f′(x)=a- 1 , x+1

∴f(0)=0 且 f′(0)=a-1=2,解得 a=3,故选 D.] 1 2.B [y′=x- ,且 x>0,

x

1 令 y′=x- ≤0,解之得 0<x≤1.

x

∴函数的单调减区间为(0,1].] 3.A [从图象上可以看出:当 x∈(0,1)时, f′(x)>0;当 x∈(1,2)时,f′(x)<0;当
18

x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,所以 f(x)有两个极值点 1 和 2,且当 x=2 时函数取得极小值,
当 x=1 时函数取得极大值.只有 A 不正确.] 4.C [A,B 中构造函数 f(x)=e -lnx, 1 x ∴f′(x)=e - ,
x

x

e 在(0,1)上有零点,故 A,B 错;C,D 中令 g(x)= ,

x

x

e x-e e (x-1) ∴g′(x)= = <0, 2 2

x

x

x

x

x

∴g(x)在(0,1)单调递减, 又∵x2>x1, ∴

e x1 e x 2 ,故选 C.] ? x1 x2
3 2

5.C [当 x=0 时,ax -x +4x+3≥0 变为 3≥0 恒成立,即 a∈R.

x2-4x-3 当 x∈(0,1]时,ax ≥x -4x-3,a≥ , x3
3 2

∴a≥?

x-3? ?x -43 ? . x ? ?max x2-4x-3 , x3
3 2 2

2

设 φ (x)=

(2x-4)x -(x -4x-3)3x φ ′(x)= 6

x

=-

x -8x-9 (x-9)(x+1) =- >0, x4 x4

2

∴φ (x)在(0,1]上递增,φ (x)max=φ (1)=-6. ∴a≥-6. 当 x∈[-2,0)时,a≤ ∴a≤?

x2-4x-3 , x3

x-3? ?x -43 ? . x ? ?min x2-4x-3 , x3 x

2

仍设 φ (x)=

(x-9)(x+1) φ ′(x)=- . 4 当 x∈[-2,-1)时,φ ′(x)<0, 当 x∈(-1,0)时,φ ′(x)>0. ∴当 x=-1 时,φ (x)有极小值,即为最小值.

19

1+4-3 而 φ (x)min=φ (-1)= =-2, -1 ∴a≤-2.综上知-6≤a≤-2.]

6.C [由 f(x)= + ,得 f′(x)=x- 2, 2 x x 3 又 x0 是 f(x)的极值点,∴f′(x0)=0,解之得 x0= m, 因此 x0f(x0)-x = +m-x0= , 2 2
3 0

x2 m

m

x3 0

3

m

m 2 1 所以 >m ,解之得 0<m< .] 2 2
1 2 1 7.A [f(x)= x +cos x,则 f′(x)= x-sin x, 4 2 ∴f′(x)为奇函数,排除选项 B,D. 1 1 π 又[f′(x)]′= -cos x,令 -cos x=0,则 x=2kπ ± ,k∈Z. 2 2 3 π 1 当 0<x< 时,[f′(x)]′= -cos x<0. 3 2

? π? ∴函数 y=f′(x)在?0, ?内是减函数,图象 A 适合.] 3? ?
8.C [令 F(x)=

g(x)
e
x

-1,则 F′(x)=

g′(x)ex-exg(x)
(e )
x
2

1 =[g′(x)-g(x)]? x. e

∵g′(x)-g(x)<0, ∴F′(x)<0,则函数 F(x)在(-∞,+∞)上是减函数. 又函数 y=g(x)的图象关于直线 x=2 对称, ∴g(0)=g(4)=1,从而 F(0)= 故 F(x)>0?即

g(0)
e
0

-1=0.

) ? ? g(x >1?的解集为(-∞,0).] x e ? ?

9.5x+y-3=0 [∵y′=-5e +y-3=0.] 10.[-2,+∞)

-5x

,∴k=-5?e =-5,∴切线方程为 y-3=-5x,即 5x

0

[∵f(x)=aln x+x.∴f′(x)= +1.

a x

又∵f(x)在[2,3]上单调递增,∴ +1≥0 在 x∈[2,3]上恒成立,∴a≥(-x)max=-2,∴

a x

a∈[-2,+∞).]

20

? 1? 11.?0, ? ? 2?

[f′(x)=3x -6b,

2

若 f(x)在(0,1)内有极小值,只需 f′(0)?f′(1)<0, 1 即-6b?(3-6b)<0,解得 0<b< .] 2

?3 ? 12.? ,3? ?4 ?

[设 P(x0,y0),则 f′(x)=2x-1.

∴-1≤2x0-1≤3,即 0≤x0≤2. 1?2 3 ? 2 ∵y0=f(x0)=x0-x0+1=?x0- ? + , 2? 4 ? 3 ∵x0∈[0,2],∴ ≤y0≤3, 4

?3 ? 故点 P 的纵坐标的取值范围是? ,3?.] ?4 ?
13.(-1,0)∪(0,+∞) [对函数 f(x)求导,得 f′(x)=-
2

ax2+2x-1 (x>0).依题意, x

得 f′(x)<0 在(0,+∞)上有解,即 ax +2x-1>0 在(0,+∞)上有解,∴Δ =4+4a>0 且 方程 ax +2x-1=0 至少有一个正根,∴a>-1,又∵a≠0, ∴-1<a<0 或 a>0.] 8 14. 9π [该三视图对应的几何体为底面半径为 1,高为 2 的圆锥.如图,设长方体的长、
2

宽、高分别为 a,b,c,上、下底面中心分别为 O1,O2,上方截得的小圆锥的高为 h,底面 半径为 r,则 a +b =4r .由三角形相似,得 =abc=ab(2-2r)≤ 0<r<1).
2 2 2

SO1 O1A h r = ,即 = ,则 h=2r.长方体的体积为 V SO2 O2B 2 1
2 3

a2+b2
2

?(2-2r)=2r (2-2r)=4r -4r (当且仅当 a=b 时取等号,且

2

2 2 2 3 2 设 y=4r -4r (0<r<1), 则 y′=8r-12r .由 y′=0, 得 r=0 或 r= .由 y′>0, 得 0<r< . 3 3 2 3 2 2 16 ?2? ?2? 16 由 y′<0,得 <r<1.故当 r= 时,ymax=4?? ? -4?? ? = ,即 Vmax= . 3 3 27 ?3? ?3? 27
21

∴原工件材料的利用率为

8 = .] 1 9π 2 π ?1 ?2 3

16 27

15.①④ [设 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),

C(x1,g(x1)),D(x2,g(x2)),对于①从 y=2x 的图象可看出,m=kAB>0 恒成立,故正确;

对于②直线 CD 的斜率可为负,即 n<0,故不正确;

对于③由 m=n 得 f(x1)-f(x2)=g(x1)-g(x2), 即 f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2), 令 h(x)=f(x)-g(x)=2 -x -ax, 则 h′(x)=2 ?ln 2-2x-a, 由 h′(x)=0,得 2 ?ln 2=2x+a,(*)结合图象知,当 a 很小时,方程(*)无解,∴函数
x x x
2

h(x)不一定有极值点,就不一定存在 x1,x2 使 f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2),不一定存在 x1, x2 使得 m=n,故不正确;
对于④由 m=-n,得 f(x1)-f(x2)=g(x2)-g(x1), 即 f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2),

令 F(x)=f(x)+g(x)=2 +x +ax,则 F′(x)=2 ln 2+2x+a, 由 F′(x)=0,得 2 ln 2=-2x-a, 结合如图所示图象可知,该方程有解,即 F(x)必有极值点,∴存在 x1,x2 使 F(x1)=F(x2), 使 m=-n,故正确. 故①④正确.] 1 16.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -a.
x

x

2

x

x

22

若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增.

? 1? ?1 ? ? 1? 若 a>0, 则当 x∈?0, ?时, f′(x)>0; 当 x∈? ,+∞?时, f′(x)<0.所以 f(x)在?0, ? ?
a?

?a

?

?

a?

?1 ? 上单调递增,在? ,+∞?上单调递减. ?a ?
综上,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;

? 1? ?1 ? 当 a>0 时,f(x)在?0, ?上单调递增,在? ,+∞?上单调递减. ?
a?

?a

?

(2)由(1)知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)无最大值; 1 ?1? ?1? ? 1? 当 a>0 时,f(x)在 x= 取得最大值,最大值为 f? ?=ln? ?+a?1- ?=-ln a+a-1.

a

?a?

?a?

?

a?

?1? 因此 f ? ?>2a-2 等价于 ln a+a-1<0. ?a?
令 g(a)=ln a+a-1,则 g(a)在(0,+∞)上单调递增,

g(1)=0.
于是,当 0<a<1 时,g(a)<0;当 a>1 时,g(a)>0. 因此,a 的取值范围是(0,1). 17.(1)解 函数的定义域为(0,+∞).由 f(x)= -kln x(k>0)得 2

x2

k x2-k f′(x)=x- = . x x
由 f′(x)=0 解得 x= k(负值舍去).

f(x)与 f′(x)在区间(0,+∞)上的变化情况如下表:

所以,f(x)的单调递减区间是(0, k),单调递增区间是( k,+∞).

k(1-ln k) f(x)在 x= k处取得极小值 f( k)= .
2 (2)证明 由(1)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)
2

.

k(1-ln k)
2

≤0,从而 k≥e,

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.

23

1 e-k 当 k>e 时,f(x)在区间(0, e)上单调递减,且 f(1)= >0,f( e)= <0, 2 2 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. 18.解 (1)f(sin x)=sin x-asin x+b π π =sin x(sin x-a)+b,- <x< . 2 2 π π [f(sin x)]′=(2sin x-a)cos x,- <x< . 2 2 π π 因为- <x< ,所以 cos x>0,-2<2sin x<2. 2 2 ①a≤-2,b∈R 时,函数 f(sin x)单调递增,无极值. ②a≥2,b∈R 时,函数 f(sin x)单调递减,无极值.
2

? π π? ③对于-2<a<2,在?- , ?内存在唯一的 x0, ? 2 2?
使得 2sin x0=a. π - <x≤x0 时,函数 f(sin x)单调递减; 2

x0≤x< 时,函数 f(sin x)单调递增;
因此,-2<a<2,b∈R 时,函数 f(sin x)在 x0 处有极小值,

π 2

a2 ?a? f(sin x0)=f? ?=b- . 2

? ?

4

π π (2)- ≤x≤ 时,|f(sin x)-f0(sin x)|=|(a0-a)sin x+b-b0|≤|a-a0|+|b-b0|. 2 2 π 当(a0-a)(b-b0)≥0 时,取 x= ,等号成立. 2 π 当(a0-a)(b-b0)<0 时,取 x=- ,等号成立. 2

? π π? 由此可知,|f(sin x)-f0(sin x)|在?- , ?上的最大值为 D=|a-a0|+ ? 2 2?
|b-b0|. (3)D≤1 即为|a|+|b|≤1,此时 0≤a ≤1,-1≤b≤1, 从而 z=b- ≤1. 4 取 a=0,b=1,则|a|+|b|≤1,并且 z=b- =1. 4 由此可知,z=b- 满足条件 D≤1 的最大值为 1. 4 19.(1)解 f′(x)=2xe +(1+x )e =(x +2x+1)e
x
2 2

a2

a2

a2

x

2

x

24

=(x+1) e ,? x∈R,f′(x)≥0 恒成立. ∴f(x)的单调增区间为(-∞,+∞). (2)证明 ∵f(0)=1-a,f(a)=(1+a )e -a, ∵a>1,∴f(0)<0,f(a)>2ae -a>2a-a=a>0, ∴f(0)?f(a)<0, ∴f(x)在(0,a)上有一零点,又∵f(x)在(-∞,+∞)上递增, ∴f(x)在(0,a)上仅有一个零点, ∴f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点. (3)证明
a
2

2 x

a

f′(x)=(x+1)2ex,设 P(x0,y0),则 f′(x0)=ex0(x0+1)2=0,∴x0=-1,

2 把 x0=-1,代入 y=f(x)得 y0= -a, e 2 ∴kOP=a- . e

f′(m)=em(m+1)2=a- ,
令 g(m)=e -(m+1),g′(m)=e -1. 令 g′(x)>0,则 m>0,∴g(m)在(0,+∞)上增. 令 g′(x)<0,则 m<0,∴g(m)在(-∞,0)上减. ∴g(m)min=g(0)=0. ∴e -(m+1)≥0,即 e ≥m+1. 2 m 2 3 3 ∴e (m+1) ≥(m+1) ,即 a- ≥(m+1) . e 3 ∴m+1≤
m m m m

2 e

a- ,即 m≤

2 e

3

a- -1.

2 e

?1 ? 20.(1)解 ∵f′(x)=ln x-ax+x? -a?=ln x-2ax+1, ?x ?
∴f′(1)=1-2a, 因为 3x-y-1=0 的斜率为 3. 依题意,得 1-2a=3,则 a=-1. 1 2 1 2 (2)证明 因为 F(x)=g(x)+ x =ln x-2ax+1+ x , 2 2 1 x -2ax+1 所以 F′(x)= -2a+x= (x>0),
2

x

x

1 2 函数 F(x)=g(x)+ x 有两个极值点 x1,x2 且 x1<x2, 2
25

即 h(x)=x -2ax+1 在(0,+∞)上有两个相异零点 x1,x2.
?Δ =4a -4>0, ? ∵x1x2=1>0,∴? ∴a>1. ? ?x1+x2=2a>0,
2

2

当 0<x<x1 或 x>x2 时,h(x)>0,F′(x)>0. 当 x1<x<x2 时,h(x)<0,F′(x)<0. 所以 F(x)在(0,x1)与(x2,+∞)上是增函数,在区间(x1,x2)上是减函数. 因为 h(1)=2-2a<0,所以 0<x1<1<a<x2, 令 x -2ax+1=0,得 a=
2

x2+1 , 2x

1 3 1 ∴f(x)=x(ln x-ax)=xln x- x - x, 2 2 3 2 1 则 f′(x)=ln x- x + , 2 2 3 2 1 1 1-3x 设 s(x)=ln x- x + ,s′(x)= -3x= , 2 2 x x ①当 x>1 时,s′(x)<0,s(x)在(1,+∞)上单调递减,从而函数 s(x)在(a,+∞)上单调 递减, ∴s(x)<s(a)<s(1)=-1<0,即 f′(x)<0, 所以 f(x)在区间(1,+∞)上单调递减. 故 f(x)<f(1)=-1<0. 又 1<a<x2, 因此 f(x2)<-1. ②当 0<x<1 时,由 s′(x)=
2 2

1-3x

2

x

>0,得 0<x<

3 . 3

1-3x 3 3? ? ? 3 ? 由 s′(x)= <0,得 <x<1,所以 s(x)在?0, ?上单调递增,s(x)在? ,1?上单调 x 3 3? ? ?3 ? 递减, ∴s(x)≤s?

? 3? ? 3? ?=ln? ?<0, ?3? ?3?

∴f(x)在(0,1)上单调递减, ∴f(x)>f(1)=-1, ∵x1∈(0,1),从而有 f(x1)>-1. 综上可知:f(x2)<-1<f(x1).

26



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