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福建省各地2015届高三上最新数学理试题分类汇编:导数及其应用


福建省各地 2015 届高三上最新数学理试题分类汇编 导数及其应用
一、填空题 1、(三明市 B 片区高中联盟校 2015 届高三上学期期末)设函数 f ( x ) 是定义在 (?2, 0) 上的可导函 数, 其导函数为 f '( x) , 且有 2 f ( x) ? xf '( x) ? x 2 , 则不等式 ( x ? 2014)2 f ( x ?

2014) ? f (?1) ? 0 的解集为▲▲▲▲▲. 二、解答题 1、 (福州市 2015 届高三上学期教学质量检查)已知函数 f ? x ? ? ex sin x ? cos x, g ? x ? ? x cos x ? 2e x , 其中 e 是自然对数的底数.

π (Ⅰ)判断函数 y ? f ? x ? 在 (0, ) 内的零点的个数,并说明理由; 2 ? π? ? π? (Ⅱ) ?x1 ? ?0, ? , ?x2 ? ?0, ? ,使得不等式 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ≥ m 成立,试求实数 m 的取值范围; ? 2? ? 2? (Ⅲ)若 x ? ?1 ,求证: f ( x) ? g ( x) ? 0 .
2、(龙岩市一级达标校 2015 届高三上学期期末)已知函数 f ? x ? ? ax ? x ? ln x ( a ? R ).
2

? ? ? 设 a ? 0 ,求证:当 x ? 0 时, f ? x? ? 2x ?1; ? ?? ? 若函数 y ? f ? x? 恰有两个零点 x1 , x2 ( x1 ? x2 ). ?i ? 求实数 a 的取值范围; ? ii ? 已知存在 x0 ? ? x1, x2 ? ,使得 f ? ? x0 ? ? 0 ,试判断 x0 与
x1 ? x2 的大小,并加以证明. 2

3、 (宁德市 2015 届高三上学期单科质检)已知函数 f ( x) ? ax2 ? 2 x ? ln x(a ? R) . (Ⅰ)若 a ? 4 ,求函数 f ( x) 的极值; (Ⅱ)若 f ?( x) 在 (0,1) 有唯一的零点 x 0 ,求 a 的取值范围;
1 (Ⅲ)若 a ? (? ,0) ,设 g ( x) ? a(1 ? x)2 ? 2x ? 1 ? ln(1? x ),求证: g ( x) 在 (0,1) 内有唯一的零 2 点 x1 ,且对(Ⅱ)中的 x 0 ,满足 x0 ? x1 ? 1 .

4、 (泉州市 2015 届高三上学期单科质检) 已知: 函数 f ( x) ?

1 1 学科网 ,g ( x ) ? 2 ; 直线 l1 : x ? a , x x

l2 : x ? b(0 ? a ? b) .
(1) 设函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x)( x ? 0) ,试求 h( x) 的单调区间; (2) 记函数 f ( x ) 的图象与直线 l1 ,l2 , x 轴所围成的面积为 S1 , 函数 g ( x) 的图象与直线 l1 ,l2 ,

x 轴所围成的面积为 S2 .
(i) (ii) 若 a ? b ? 2 ,试判断 S1 , S2 的大小,并加以证明;

, ? ?) ,总存在唯一的 a ? ( ,1) ,使得 S1 ? S2 证明:对于任意的 b ? (1
a (a, b 常数) x

1 b

5、(三明市 B 片区高中联盟校 2015 届高三上学期期末)已知函数 f ( x) ? ln x ? bx ? 在 x ? 1 处的切线垂直于 y 轴. (I)求实数 a, b 的关系式;

(II)当 a ? ?1 时, 函数 y ? f ( x) 与函数 g ( x) ? ?2 x ? m 的图象有两个不同的公共点, 求实数 m 的 取值范围; (III)数列 {an } 满足 an ? 1 ? 求证: 2n ? an ? e
Sn ?an ?1

1 an?1 ? 1
*

* ( n ? N 且 n ? 2 ), a1 ?

1 ,数列 {an } 的前 n 项和为 Sn , 2

( n ? N , e 是自然对数的底).

6、(厦门市 2015 届高三上学期质检)设函数 f ?x? ? ax ? ln x ?1 n ? N , n ? 2, a ? 1
n *

?

?

(I)若 a ? 2, n ? 2 ,求函数 f ?x ? 的极值; (II)若函数 f ?x ? 存在两个零点 x1 , x2 ,
⑴求 a 的取值范围; ⑵求证: x1 x2 ? e
2 ?2 n

(e 为自然对数的底数)

7、 (福建省四地六校 2015 届高三上学期第三次月考) 设曲线 y ? 的切线斜率为 k ( x) ,且 k (?1) ? 0 。 对一切实数 x ,不等式 x ? k ( x) ? (I)求 k (1) 的值。 (II)求函数 k ( x) 的表达式;

ax 3 1 2 ? bx ? cx (a ? 0) 在点 x 处 3 2

1 2 ( x ? 1) 恒成立 2

(III)求证:

1 1 1 2n ? ??? ? k (1) k (2) k ( n) n ? 2

8、 (漳州市八校 2015 届高三第二次联考)设函数 f ?x ? ? ax2 ? ln x . (Ⅰ)当 a ? ?1 时,求函数 y ? f ?x ? 的图象在点 ?1, f ?1??处的切线方程; (Ⅱ)已知 a ? 0 ,若函数 y ? f ?x ? 的图象总在直线 y ? ?

1 的下方,求 a 的取值范围; 2

(Ⅲ)记 f ? ? x ? 为函数 f ?x ? 的导函数.若 a ? 1 ,试问:在区间 ?1,10? 上是否存在 k ( k ? 100 ) 个正数 x1 , x 2 , x3 … x k ,使得 f ? ? x1 ? ? f ? ? x2 ? ? f ? ? x3 ? ? 论.

? f ? ? xk ? ? 2012 成立?请证明你的结

9、 (德化一中 2015 届高三第三次月考) 已知函数 f ( x) ? 处的切线方程为 y ? x ? 1 . (I)求实数 a 的值,并求 f ( x ) 的单调区间; (II)试比较 2014
2015

ln x ( a ?R), 曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) x?a

与 2015

2014

的大小,并说明理由;

(III)是否存在 k∈Z,使得 kx ? f ( x) ? 2 对任意 x ? 0 恒成立?若存在,求出 k 的最小值;若不存 在,请说明理由.

10 、 ( 福 州 市 第 八 中 学 2015 届 高 三 第 四 次 质 检 ) 巳 知 函 数 f ( x) ? x 2 ? 2ax ? 2a ln x ,

g ( x) ? ln 2 x ? 2a 2 ,其中 x ? 0,a ? R . (Ⅰ)若 x ? 1 是函数 f ( x) 的极值点,求 a 的值; (Ⅱ)若 f ( x) 在区间 (2, ??) 上单调递增,求 a 的取值范围; 1 (Ⅲ)记 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ,求证: F ( x) ? . 2
11、(龙海二中 2015 届高三上学期期末)已知函数 f ( x) ? x2 ? 8ln x , g ( x) ? ? x2 ? 14 x . (1)求函数 H ( x) ?

f ( x) ? g ( x) ? 14 x 的单调递增区间; ? 8x

(2)若函数 y ? f ( x) 和函数 y ? g ( x) 在区间 ? a, a ? 1? 上均为增函数,求实数 a 的取值范围; (3)若方程 f ( x) ? g ( x) ? m 有两个解,求实数 m 的取值范围. 12、 (宁化一中 2015 届高三第四次阶段考)已知函数 f ( x) ? ln x ? ax2 (a ? R) . (1)讨论 f ( x ) 的单调性; (2)若 A, B 是函数 f ( x ) 图像上不同的两点,且直线 AB 的斜率恒大于实数 1 ,求实数 a 的取值范 围; (3)当 a ? 1 时, 设 F ( x) ? 2 f ( x) ? 3x2 ? kx(k ? R) , 若函数 F ( x ) 存在两个零点 m, n(0 ? m ? n) , 且满足 2 x0 ? m ? n ,问:函数 F ( x ) 在 ( x0 , F ( x0 )) 处的切线能否平行于 x 轴?若能,求出该切线方 程,若不能,请说明理由. 13 、 ( 莆 田 一 中 、 泉 州 五 中 、 漳 州 一 中 2015 届 高 三 上 学 期 联 考 ) 已 知 函 数

f ( x) ? ln x, g ( x) ?

1 2 ax ? bx(a ? 0) 2

(Ⅰ)若 a ? ?2 时,函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 在其定义域上是增函数,求 b 的取值范围; (Ⅱ)在(Ⅰ)的结论下,设函数 ? ( x) ? e
2x

? be x , x ? [0, ln 2], 求函数? ( x) 的最小值;

(Ⅲ)设函数 f ( x) 的图象 C1 与函数 g ( x) 的图象 C2 交于 P、Q,过线段 PQ 的中点 R 作 x 轴 的垂线分别交 C1、C2 于点 M、N,问是否存在点 R,使 C1 在 M 处的切线与 C2 在 N 处的切 线平行?若存在,求出 R 的横坐标;若不存在,请说明理由.

参考答案
一、选择题 1、 (?2016, ?2015)

二、解答题 1、本题主要考查函数的零点、函数的导数、导数的应用、不等式的恒成立等基础知识,考查推理论 证能力、运算求解能力等,考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等. π 解:(Ⅰ)函数 y ? f ? x ? 在 (0, ) 上的零点的个数为 1. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1分 2 理由如下: 因为 f ? x ? ? ex sin x ? cos x ,所以 f ? ? x ? ? ex sin x ? ex cos x ? sin x . · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 2分

π ,所以 f ?( x) ? 0 , 2 π 所以函数 f ( x) 在 (0, ) 上是单调递增函数. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 3分 2 π π 因为 f (0) ? ?1 ? 0 , f ( ) ? e 2 ? 0 , 2 根据函数零点存在性定理得 π 函数 y ? f ? x ? 在 (0, ) 上的零点的个数为 1. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 4分 2 (Ⅱ)因为不等式 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ≥ m 等价于 f ( x1 ) ≥ m ? g ( x2 ) , π π 所以 ?x1 ?[0, ], ?x2 ?[0, ] ,使得不等式 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ≥ m 成立,等价于 2 2 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 6分 f ( x1 )min ≥ ? m ? g ( x2 ) ?min ,即 f ( x1 )min ≥ m ? g ( x2 )max . ·
因为 0 ? x ?

π π 当 x ?[0, ] 时, f ? ? x ? ? ex sin x ? ex cos x ? sin x ? 0 ,故 f ( x ) 在区间 [0, ] 上单调递增,所以 x ? 0 时, 2 2 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 7分 f ? x ? 取得最小值 ?1 .·
又 g ? ? x ? ? cos x ? x sin x ? 2ex ,由于 0 ≤ cos x ≤1, x sin x ≥ 0, 2ex ≥ 2 ,

π 所以 g ? ? x ? ? 0 ,故 g ? x ? 在区间 [0, ] 上单调递减, 2 因此, x ? 0 时, g ? x ? 取得最大值 ? 2 .· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 8分
? 2 ?1 . 所以 ?1≥ m ? ? 2 ,所以 m ≤-

?

?

所以实数 m 的取值范围是 ??, ?1 ? 2 ? · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 9分 ?.· (Ⅲ)当 x ? ?1 时,要证 f ? x ? ? g ? x ? ? 0 ,只要证 f ? x ? ? g ? x ? , 只要证 e x sin x ? cos x ? x cos x ? 2e x , 只要证 e x sin x ? 2 ? ? x ? 1? cos x ,
ex cos x ? .· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 10 分 x ? 1 sin x ? 2 ex cos x ? 下面证明 x ? ?1 时,不等式 成立. x ? 1 sin x ? 2

?

?

?

由于 sin x ? 2 ? 0, x ? 1 ? 0 ,只要证

e x ? x ? 1? ? e x xe x ex ? 令 h ? x? ? , ? ? x ? ?1? ,则 h ? x ? ? 2 2 x ?1 ? x ? 1? ? x ? 1?
当 x ? ? ?1,0 ? 时, h? ? x ? ? 0 , h ? x ? 单调递减; 当 x ? ? 0, ??? 时, h? ? x ? ? 0 , h ? x ? 单调递增. 所以当且仅当 x ? 0 时, h ? x ? 取得极小值也就是最小值为 1. 令k ?
cos x sin x ? 2

,其可看作点 A ? sin x,cos x ? 与点 B ? 2,0 连线的斜率,

?

?

所以直线 AB 的方程为: y ? k x ? 2 , 由于点 A 在圆 x2 ? y 2 ? 1 上,所以直线 AB 与圆 x2 ? y 2 ? 1 相交或相切, 当直线 AB 与圆 x2 ? y 2 ? 1 相切且切点在第二象限时, 直线 AB 取得斜率 k 的最大值为 1 . · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 12 分 2 ? 1 ? h ? 0 ? ; x ? 0 时, h ? x ? ? 1≥ k . · 故 x ? 0 时, k ? · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 13 分 2 综上所述,当 x ? ?1 时, f ? x ? ? g ? x ? ? 0 成立. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 14 分 2、解:(I)当 a ? 0 时,设 g ( x) ? f ( x) ? (2 x ? 1) ? ln x ? x ? 1( x ? 0),

?

?

1 1? x , ?1 ? x x 当 0 ? x ? 1 时, g ?( x) ? 0 ;当 x ? 1 时, g ?( x) ? 0 . 因此,函数 g ( x) 在 (0,1) 上单调递增,在 (1,??) 上是单调递减
则 g ?( x) ? 得 g ( x) ? g max ( x) ? g (1) ? 0 ,即 f ( x) ? 2 x ? 1 . (II)(i)由 f ( x) ? ax ? x ? ln x( x ? 0) 得 f ?( x) ? 2ax ? 1 ?
2

…………4 分

1 2ax 2 ? x ? 1 . ? x x
…………5 分

当 a ? 0 时 f ?( x) ? 0 则 f ( x) 在 (0,??) 上是单调递增, 因此函数 f ( x) 至多只有一个零点,不符合题意. 当 a ? 0 时,由 2ax 2 ? x ? 1 ? 0 得 x3 ?

?1 ? 1 ? 8a ?0 4a

因此, f ( x) 在 (0, x3 ) 上是单调递增,在 ( x3 , ??) 上是单调递减, 所以 f max ( x) ? f ( x3 ) . 一方面,当 x 从右边趋近于 0 时, f ( x) ? ?? ; 当 x ? ?? 时, f ( x) ? ax ? x ? ln x ? ax ? x ? x ? 1 ? ax ? 2 x ? 1 (a ? 0)
2 2 2

因此, f ( x) ? ?? 另一方面,由 f ?( x3 ) ? 0 得 2ax32 ? x3 ? 1 ? 0 ,即 ax32 ? ?

…………6 分

x3 ? 1 2 x ?1 x ? 1 ? 2 ln x3 因此, f ( x3 ) ? ax32 ? x3 ? ln x3 ? ? 3 ? x3 ? ln x3 ? 3 2 2 很明显 f ( x3 ) 在 (0,??) 上是单调递增且 f (1) ? 0
根据题意得 f ( x3 ) ? 0 ? f (1) ,

? x3 ? 1 即方程 2ax 2 ? x ? 1 ? 0 有且只有一个大于 1 的正实数根.
设 h( x) ? 2ax ? x ? 1 ,由 a ? 0且h(0) ? 1 ? 0, 得 h(1) ? 0 解得 a ? ?1
2

所以,实数 a 的取值范围是 (?1,0)

………………9 分

3、本题考查函数与导数等基本知识,考查推理论证能力和运算求解能力,考查函数与方程的思想、 化归与转化的思想、数形结合的思想,考查运用数学知识分析和解决问题的能力,满分 14 分. 解法一: (Ⅰ)当 a ? 4 时, f ( x) ? 4 x2 ? 2 x ? ln x , x ? (0, ??) ,
1 8x2 ? 2 x ?1 (4x ?1)(2x ? 1) .…………………1 分 ? ? x x x 1 由 x ? (0, ??) ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? . 4 当 x 变化时, f ?( x) , f ( x) 的变化如下表: f ?( x) ? 8x ? 2 ?
x
f ?( x) f ( x)

1 (0, ) 4 ?

1 4

1 ( , ??) 4

0 极小值

+

1 1 故函数 f ( x) 在 (0, ) 单调递减,在 ( , ??) 单调递增,…………………3 分 4 4

1 3 f ( x) 有极小值 f ( )= + ln 4 ,无极大值.………………………………4 分 4 4

1 2ax2 ? 2 x ?1 (Ⅱ) f ?( x) ? 2ax ? 2 ? ? , x x

令 f ?( x) ? 0 ,得 2ax 2 ? 2 x ? 1 ? 0 ,设 h( x) ? 2ax2 ? 2 x ? 1 . 则 f ?( x) 在 (0,1) 有唯一的零点 x 0 等价于 h ( x ) 在 (0,1) 有唯一的零点 x 0 当 a ? 0 时,方程的解为 x ?
1 ,满足题意;…………………………5 分 2

1 ? 0 ,函数 h ( x ) 在 (0,1) 上单调递增, 2a 且 h(0) ? ?1 , h(1) ? 2a ? 1 ? 0 ,所以满足题意;……………………6 分

当 a ? 0 时,由函数 h ( x ) 图象的对称轴 x ? ?

1 当 a ? 0 , ? ? 0 时, a ? ? ,此时方程的解为 x ? 1 ,不符合题意; 2 当 a ? 0 , ? ? 0 时,由 h(0) ? ?1 , 1 只需 h(1) ? 2a ? 1 ? 0 ,得 ? ? a ? 0 .……………7 分 2 1 综上, a ? ? .…………………8 分 2 (说明: ? ? 0 未讨论扣 1 分) (Ⅲ)设 t ? 1? x ,则 t ? (0,1) ,
p(t ) ? g (1 ? t ) ? at 2 ? 2t ? 3 ? ln t ,…………………9 分

1 2at 2 ? 2t ?1 , p?(t ) ? 2at ? 2 ? ? t t
1 由 a ? (? ,0) ,故由(Ⅱ)可知, 2

方程 2at 2 ? 2t ? 1 ? 0 在 (0,1) 内有唯一的解 x 0 , 且当 t ? (0, x0 ) 时, p ?(t ) ? 0 , p (t ) 单调递减; t ? ( x0 ,1) 时, p ?(t ) ? 0 , p (t ) 单调递增.…………………11 分 又 p(1)=a ? 1 ? 0 ,所以 p( x0 ) ? 0 .…………………12 分 取 t ? e?3? 2a ? (0,1) , 则 p(e?3? 2a )=ae?6? 4a ? 2e?3? 2a ? 3 ? ln e?3? 2a ? ae?6? 4a ? 2e?3? 2a ? 3 ? 3 ? 2a
? a(e?6? 4 a ? 2) ? 2e?3? 2 a ? 0 ,

从而当 t ? (0, x0 ) 时, p (t ) 必存在唯一的零点 t1 ,且 0 ? t1 ? x0 , 即 0 ? 1 ? x1 ? x0 ,得 x1 ? (0,1) ,且 x0 ? x1 ? 1 , 从而函数 g ( x) 在 (0,1) 内有唯一的零点 x1 ,满足 x0 ? x1 ? 1 .……14 分 解法二: (Ⅰ)同解法一;………………4 分
1 2ax2 ? 2 x ?1 (Ⅱ) f ?( x) ? 2ax ? 2 ? ? , x x

令 f ?( x) ? 0 ,由 2ax 2 ? 2 x ? 1 ? 0 ,得 a ?

1 1 ? .………5 分 2 x 2x

设m ?

1 1 1 1 ,则 m ? (1, ??) , a ? m2 ? m ? (m ? 1)2 ? ,………6 分 2 2 2 x

1 1 问题转化为直线 y ? a 与函数 h(m) ? (m ? 1)2 ? 的图象在 (1, ??) 恰有一个交点问题. 2 2 又当 m ? (1, ??) 时, h(m) 单调递增,………7 分
1 故直线 y ? a 与函数 h(m) 的图象恰有一个交点,当且仅当 a ? ? .……8 分 2 (Ⅲ)同解法一. (说明:第(Ⅲ)问判断零点存在时,利用 t ? 0 时, p(t ) ? ?? 进行证明,扣 1 分)

4、

所以 S1 ?

?

b

a

1 dx ? ln x x

b a

? ln b ? ln a , S2 ? ?

b

a

1 1 1 ? 1? dx ? ? ? ? b ? , ……5 分 a ? 2 x a b ? x?

1 1 S1 ? S 2 ? ln b ? ln a ? ? . b a (ⅰ)因为 a ? b ? 2 , 0 ? a ? b ,
所以 b ? 2 ? a , 0 ? a ? 1 ,且 S1 ? S 2 ? ln ? 2 ? a ? ? ln a ? 令 t ? a ? ? ln ? 2 ? a ? ? ln a ?

1 1 ? . ……6 分 2?a a

1 1 ? ? 0 ? a ? 1? . 2?a a
2

4 ? a ? 1? 1 1 1 1 ? 则 t? ? a ? ? . ? ? ? a ? 2 a ? a ? 2 ?2 a 2 a 2 ? a ? 2 ? 2
因为当 0 ? a ? 1 时, t ? a ? ? 0 ,
'

……7 分

所以 t ? a ? 在区间 (0,1] 上单调递增. 所以,当 0 ? a ? 1 时, t ? a ? ? t ?1? ? 0 ,从而 S1 ? S2 . (ⅱ)证明:令 m ? x ? ? ? ln x ?

……8 分 ……9 分

1 1? 1 ? ? ln b ? ? x ? [ ,1] ? , x b? b ?

……10 分

则 m? ? x ? ? ?

1 1 ?x ?1 1 1 ?1? ? 2 ? , m ?1? ? ln b ? ? 1, m ? ? ? 2ln b ? b ? . 2 x x x b b ?b? ?x ?1 ?0, x2
…① ……11 分

因为当 x ? [ ,1] 时, m? ? x ? ?

1 b

所以 m ? x ? 在区间 [ ,1] 内单调递增. 令 p ? x ? ? ln x ?

1 1 1 x ?1 ? 1? x ? 1? ,则 p? ? x ? ? ? 2 ? 2 ? 0 , x x x x

1 b

所以 p ? x ? 在区间 [1, ??) 单调递增, 所以,当 b ? 1 时, m ?1? ? ln b ?

1 ? 1 ? p (b) ? p (1) ? 0 . …② b
2

……12 分

1 ? x ? 1? ? 0 , 2 1 令 q ? x ? ? 2 ln x ? x ? ? x ? 1? ,则 q? ? x ? ? ? 1 ? 2 ? ? x x x x2
所以 q ? x ? 在区间 [1, ??) 单调递减,

1 a ? b ? 2 ,由 f ' (1) ? 0 ,得 b ? a ? 1 。…………………3 分 x x 1 (2)当 a ? ?1 时, b ? 0 , f ( x ) ? ln x ? 。 x 1 令 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ,即 F ( x ) ? ln x ? ? 2 x ? m , x
5、解:(1) f ( x) ?
'

于是函数 y ? f ( x) 与函数 g ( x) ? ?2 x ? m 的图象有两个不同的公共点, 等价于 ln x ?

1 ? 2 x ? m 有两个不同的根。…………………4 分 x
1 1 1 2x 2 ? x ? 1 ? 2 x , h ' ( x) ? ? 2 ? 2 ? ( x ? 0) , …………………6 分 x x x x2

令 h( x) ? ln x ?

1 1 1 2 2 2 当 x ? 0 时, h( x) ? ?? , 当 x ??? 时, h( x) ? ?? ,

∴ h( x) 在 (0??,?? ] 上单调递减,在 [ ??,??? ? ) 上单调递增,且 h( ) ? 3 ? ln 2 …………………7 分

∴当 m ? 3 ? ln 2 时 ,函数 y ? f ( x) 与函数 g ( x) ? ?2 x ? m 的图象有两个不同的公共点。…8 分 (3) an ? 1 ?

1

an?1 ? 1 1 ∴ an ? ……………9 分 n ?1 1 由(2)知 ln x ? ? 2 x ? 3 ? ln 2 , x n n n ? 1 2n n 2 1 ? ? ? 3 ? ln 2 即 ln ? ln 2 ? ? …………11 分 令x? 得 ln n ?1 n ?1 n n ?1 n ?1 n ?1 n 1 2 1 ∴ ln ? ln 2 ? ? 2 2 1 2 2 1 ln ? ln 2 ? ? 3 3 2 ??????

,∴ an ?

an ?1 1 1 1 ,∴ ,∴ ? 1? ? n ?1 an ?1 ? 1 an an ?1 an

n 2 1 ? ln 2 ? ? n ?1 n ?1 n 1 1 1 1 1 ? n ln 2 ? ? ? ??? ? ? ? 1 ? Sn ? an ? 1 累加得 ln n ?1 2 3 n ?1 n ?1 ln
即 6、

……………13 分 ……………14 分

l nan ? l nn 2? Sn ? an ? 1 ∴ an ? 2n ? eSn ?an ?1

得证

7、解: (I)由对一切实数 x ,不等式 x ? k ( x) ? 得 1 ? k (1) ?

1 2 ( x ? 1) 恒成立 2
? k (1) ? 1
…………3 分

1 (1 ? 1) , 2

2 (II) k ( x) ? y ? ? ax ? bx ? c (a ? 0)

由 k (1) ? 1,

?a ? b ? c ? 1 k (?1) ? 0 得 ? ?a ? b ? c ? 0
1 2 ( x ? 1) 恒成立 2



1 ? a?c ? ? ? 2 ? 1 ?b ? ? 2 ?

………5 分

又 x ? k ( x) ?

? ?a ? 0 ? 1 1 1 ? 则由 ax 2 ? x ? c ? 0 (a ? 0) 恒成立得 ?? ? ? 4ac ? 0 ? a ? c ? 4 4 2 ? 1 ? a?c ? ? 2 ?

1 1 1 1 ? a ) x 2 ? x ? ? c ? 0 恒成立得 a ? c ? 2 2 2 4 1 1 1 2 1 1 综上, a ? c ? , b ? ? k ( x) ? x ? ? 4 2 4 2 4
同理由 (

…………8 分 ………9 分

n 2 ? 2n ? 1 (n ? 1) 2 1 4 (III) k (n) ? ? ? ? 4 4 k (n) (n ? 1) 2
要证原不等式,即证:

………10 分

1 1 1 n ? 2 ??? ? 2 2 2n ? 4 2 3 (n ? 1)

…………11 分

?

1 1 1 1 ? ? ? 2 (n ? 1)(n ? 2) n ? 1 n ? 2 (n ? 1)
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n ? 2 ??? ? ( ? ) ? ( ? ) ? ?( ? )? ? ? 2 2 2 3 3 4 n ?1 n ? 2 2 n ? 2 2n ? 4 2 3 (n ? 1)

?

?

1 1 1 2n ? ??? ? k (1) k (2) k ( n) n ? 2

…………14 分

注:第(III)小题也可用数学归纳法证明。 8、本题主要考查函数、导数等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想、 分类与整合思想及有限与无限思想.满分 12 分.
2 解: (Ⅰ)当 a ? ?1 时, f ? x ? ? ? x ? ln x , f
/

?x ? ? ?2 x ? 1 , f / ?1? ? ?1 ,
x

所以切线的斜率为 ? 1 .…………………………………………2 分 又 f ?1? ? ?1 ,所以切点为 ?1,?1? . 故所求的切线方程为: y ? 1 ? ??x ? 1? 即 x ? y ? 0 .………………………………4 分

1 ? ? 2a ? x 2 ? ? 1 2ax ? 1 2a ? ? ? (Ⅱ) f ? ? x ? ? 2ax ? ? , x ? 0 , a ? 0 .…………6 分 x x x
2

令f

/

则x? ?x ? ? 0 ,

?

? 1 ? 1 .当 x ? ? 0, ? ? 时,f ? 2a ? 2a ?

/

当 x ?? ?x ? ? 0 ; ?

? ?

?

? 1 ,?? ? ? 时,f 2a ?

/

?x ? ? 0 .

故 x?

?

1 为 函 数 f ?x ? 的 唯 一 极 大 值 点 , 所 以 f ?x ? 的 最 大 值 为 2a

? 1 ? 1 1 ? 1 ? ? f? ? ? .8 分 ? ? 2a ? = ? 2 ? 2 ln? ? 2a ? ? ?

由 题 意 有 ?

1 1 1 ? 1 ? 1 , 解 得 a?? . ? ln? ? ? ? ? 2 2 2 ? 2a ? 2

所 以 a 的 取 值 范 围 为

1? ? ? ? ?,? ? .……………………10 分 2? ?
(Ⅲ)当 a ? 1 时, f ? ? x ? ? 2 x ? ∵当 x ? ?1,10? 时, g ? ? x ? ? 2 ? 即y? f 又f
/

1 . x

记 g ?x ? ? f

/

?x? ,其中 x ? ?1,10? .

1 ? 0 ,∴ y ? g ?x ? 在 ?1,10? 上为增函数, x2
…………………………………………12 分

/

?x? 在 ?1,10? 上为增函数.

1 201 201 / ? ,所以,对任意的 x ? ?1,10? ,总有 f ? x ? ? . 10 10 10 201 / / / / / k, 所以 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? f ? x3 ? ? ... ? f ? xk ? ? k ? f ?10 ? ? 10 201 k?2 0 1 0 又 因 为 k ? 100 , 所 以 . 故 在 区 间 ?1,10? 上 不 存 在 使 得 10

?10 ? ? 2 ? 10 ?

f ? ? x1 ? ? f ? ? x 2 ? ? f ? ? x ?3?

? f ? ? xk ? ? 2012 成 立 的 k



k

? 100

) 个 正 数

x1 , x 2 , x3 … xk . …………14 分
x?a ? ln x x f '( x ) ? 9、解:(I)依题意, ,· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 1分 ( x ? a)2 1 1? a 1 ? 1 ,解得 a ? 0 , ? 所以 f '(1) ? ,又由切线方程可得 f '(1) ? 1 ,即 2 1? a (1 ? a) 1 ? a ln x 1 ? ln x 此时 f ( x) ? , f '( x) ? ,· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 3分 x x2 令 f '( x) ? 0 ,所以 1 ? ln x ? 0 ,解得 0 ? x ? e ;令 f '( x) ? 0 ,所以 1 ? ln x ? 0 ,解得 x ? e , 所以 f ( x ) 的增区间为: (0, e) ,减区间为: (e, ??) .· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 5分 (II)【法一】由(1)知,函数 f ( x ) 在 (e, ??) 上单调递减,所以 f (2014) ? f (2015) ,即 ln 2014 ln 2015 ? 2014 2015 ? 2015ln 2014 ? 2014 ln 2015

? ln 20142015 ? ln 20152014 ? 20142015 ? 20152014
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 9分

20152014 ? 2015 ? 【法二】 ?? ? 20142015 ? 2014 ?

2014

?

1 ,因为 2014

1 ? ? ? ?1 ? ? ? 2014 ? 1 2 1 3 1 2014 2 3 2014 ? 1 ? 1 ? C2014 ( ) ? C2014 ( ) ? ? C2014 ( ) 2014 2014 2014 1 1 1 ? 2? ? ? ? 2! 3! 2014! 1 1 1 ? 2? ? ? ? 1? 2 2 ? 3 2013 ? 2014 1 1 1 1 1 ? 2 ? (1 ? ) ? ( ? ) ? ? ( ? ) 2 2 3 2013 2014 1 ? 3? 2014 ?3 20152014 3 ? ? 1 ,所以 20152014 ? 20142015 .· 所以 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 9分 2015 2014 2014 ln x 2 ln x 2 (III) 若 kx ? f ( x) ? 2 对任意 x ? 0 恒成立, 则k ? 2 ? , 记 g ( x) ? 2 ? , 只需 k ? g ( x)max . x x x x 1 ? 2 ln x 2 1 ? 2 x ? 2 ln x ? 2 ? 又 g '( x) ? ,· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 10 分 x3 x x3 2 记 h( x) ? 1 ? 2 x ? 2ln x ,则 h '( x ) ? ?2 ? ? 0 ,所以 h( x) 在 (0, ??) 上单调递减. x 2 2 3 2 又 h(1) ? ?1 ? 0 , h( ) ? 1 ? 2 ? 2ln ? 1 ? 2 ? ln 2 ? 1 ? ? ln 2 ? ln ?0, 2 2 2 e 2 ,1) ,使得 h( x0 ) ? 0 ,即1 ? 2 x0 ? 2ln x0 ? 0 , · 所以存在唯一 x0 ? ( · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 11 分 2 当 x ? 0 时, h( x), g '( x), g ( x) 的变化情况如下: x (0, x0 ) x0 ( x0 , ??) h( x ) 0 + - g '( x ) 0 + - g ( x) ↗ 极大值 ↘
2 x0 ? ln x0 ,又因为 1 ? 2 x0 ? 2ln x0 ? 0 ,所以 2 x0 ? 2ln x0 ? 1 , 2 x0 (2 x0 ? 2ln x0 ) ? 2 x0 1 ? 2 x0 1 1 2 1 ? ? ?( ) ? , 所以 g ( x0 ) ? 2 2 2 x0 2 x0 2 x0 x0
所以 g ( x)max ? g ( x0 ) ? 因为 x0 ? ( · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 12 分

? 2015 ? ? ? ? 2014 ?

2014

2014

3 1 2 ,1) ,所以 ? (1, 2) ,所以 ? g ( x0 ) ? 1 ? 2 , · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 13 分 2 x0 2

又 g ( x)max ? g (1) ? 2 ,所以 2 ? g ( x0 ) ? 1 ? 2 , 因为 k ? g ( x)max ,即 k ? g ( x0 ) ,且 k∈Z,故 k 的最小整数值为 3. 所以存在最小整数 k ? 3 ,使得 kx ? f ( x) ? 2 对任意 x ? 0 恒成立. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 14 分 10、

(Ⅲ) 解法 1: F ( x ) ? x ? 2ax ? 2a ln x ? ln x ? 2a
2 2

2

x 2 ? ln 2 x ] ,…………………9 分 2 x 2 ? ln 2 x 2 令 P ( a ) ? a ? ( x ? ln x )a ? , 2 x ? ln x 2 x ? ln x 2 x 2 ? ln 2 x ) ?( ) ? 则 P(a ) ? (a ? 2 2 2 2 x ? ln x 2 ( x ? ln x ) ( x ? ln x ) 2 ? (a ? ) ? ? ……………………11 分 2 4 4 1 x ?1 令 Q ( x ) ? x ? ln x ,则 Q ?( x ) ? 1 ? ? , x x 显然 Q ( x ) 在 (0,1] 上单调递减,在 [1, ??) 上单调递增, 1 则 Q ( x ) min ? Q (1) ? 1 ,则 P ( a ) ? , …………………………13 分 4 1 1 故 F ( x) ? 2 ? ? . …………………………14 分 4 2 2 2 2 解法 2: F ( x ) ? f ( x ) ? g ( x ) ? x ? 2ax ? 2a ln x ? ln x ? 2a …………………………9 分 ? ( x ? a ) 2 ? (ln x ? a ) 2 则 F ( x ) 表示 y ? ln x 上一点 ( x,ln x ) 与直线 y ? x 上一点 ( a , a ) 距离的平方. 1 1 由 y ? ln x 得 y ? ? ,让 y ? ? ? 1 ,解得 x0 ? 1 , x x0 ∴直线 y ? x ? 1 与 y ? ln x 的图象相切于点 (1,0) ,……………………12 分 ? 2[a 2 ? ( x ? ln x )a ?

(另解:令 N ( x ) ? x ? 1 ? ln x ,则 N ?( x ) ? 1 ? 故 N ( x ) min ? N (1) ? 0 ,则 x ? x ? 1 ? ln x ,

可得 y ? N ( x ) 在 (0,1] 上单调递减,在 [1, ??) 上单调递增, 直线 y ? x ? 1 与 y ? ln x 的图象相切于点 (1,0) ) ,

1 , x

2 , 2 2 2 1 则 F ( x ) ? ( x ? a ) 2 ? (ln x ? a ) 2 ? ( ) ? .…………………………14 分 2 2 ln x 1 ? ln x ' ' 令 H ' ( x) ? 0 ,得 0 ? x ? e 11、(1)解:∵ H ( x ) ? ( x ? 0) ∴ H ( x) ? 2 x x ln x 故函数 H ( x ) ? 的单调递增区间为 (0, e) ……………………………………4 分 x 8 2( x ? 2)( x ? 2) ( x ? 0) 当 0 ? x ? 2 时,f '( x) ? 0 , (2)f '( x) ? 2 x ? ? 当 x ? 2 时,f '( x) ? 0 , x x
点(1,0)到直线 y ? x 的距离为 要使 f ( x ) 在 (a, a ? 1) 上递增,必须 a ? 2

g ( x) ? ? x2 ? 14x ? ?( x ? 7)2 ? 49 ,如使 g ( x) 在 (a, a ? 1) 上递增,必须 a ? 1 ? 7 ,即 a ? 6 ,
由上得出,当 2 ? a ? 6 时 f ( x ) , g ( x) 在 (a, a ? 1) 上均为增函数 ……9 分 (3)方程 f ( x) ? g ( x) ? m 有两个解 ? ?

?y ? m
2 ? y ? 2 x ? 8ln x ? 14 x

有两个解 (x ? 0)

设 h( x) ? 2x2 ? 8ln x ?14x , h '( x) ? 4 x ?

8 2 ? 14 ? (2 x ? 1)( x ? 4) x x

h '( x), h( x) 随 x 变化如下表

x
h '( x)

(0, 4)

4

(4, ??)

?

0
极小值 ?24 ? 16 ln 2

?

h( x )

由于在 (0, ??) 上, h( x) 只有一个极小值,? h( x) 的最小值为 ?24 ? 16 ln 2 , 当 m ? ?24 ? 16 ln 2 时,方程 f ( x) ? g ( x) ? m 有两个解. 12、解: (1) ……………14 分

f ( x) ? ln x ? ax2 (a ? R) 的定义域为 ? 0, ?? ?
'

1 2ax 2 ? 1 ? 2ax ? ……………1 分 x x ' 当 a ? 0 时, f ( x) ? 0 ,即 f ( x ) 在 ? 0, ?? ? 上递增;……………2 分
且 f ( x) ?

? 1 1 1 ? 2 ?2ax2 ? 1? 0 ?x? ? ?x ? ? ?? ? 当 a ? 0 时, 令 f ( x) ? 0 , 则? , 即? 即? 2a , 2a 2a ? x?0 ? ? x ? 0 x?0 ? ? ? ? ? 1 ? 1 , ?? 即 f ( x ) 在 ? 0, ? 上递增,在 ? ? ? ? ? ? ? 上递减;……………4 分 2a ? 2a ? ? ? 综上所述:当 a ? 0 时, f ( x ) 的增区间为 ? 0, ?? ? ,无减区间;
'

? ? ? 1 ? 1 , ?? ,减区间为 ? ? ? ? ? ? ? 2a ? 2a ? ? ? (2)设 A? x1 , f (x1 ) ? , B ? x2 , f (x2 ) ? ,其中 0 ? x1 ? x2 ,由题知:
当 a ? 0 时, f ( x ) 的增区间为 ? 0, ?

f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 1 在 0 ? x1 ? x2 上恒成立,即 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? x2 ? x1 恒成立, x2 ? x1
即 f ( x2 ) ? x2 ? f ( x1 ) ? x1 恒成立,令 g ( x) ? f ( x) ? x ? ln x ? ax2 ? x 即 g ( x) ? ln x ? ax2 ? x 在 ? 0, ?? ? 上递增,即 g ( x) ?
'

1 ? 2ax ? 1 ? 0 在 ? 0, ?? ? 上恒成 x

立,

1 1 ? 1 1? ? 在 ? 0, ?? ? 上恒成立,即 2a ? ? ? 2 ? ? 2 x x x ?max ? x 1 1 1 1 1 ? 1 1? 当 ? 即 x ? 2 时, ? ? 2 ? ? ? ,所以 2 a ? ,所以 a ? ……………8 分 x 2 4 8 x ?max 4 ? x ( 3 ) 设 F ( x ) 在 ( x0 , F ( x0 )) 的 切 线 能 平 行 于 x 轴 , 因 为 a ? 1 , 所 以
即 2a ? ?

F ( x)? 2 l n x? 2 x ? k x.
?2 ln m ? m2 ? km ? 0, ① ? 2 2 ln n ? n ? kn ? 0, ? ② ? 结合题意,有 ?m ? n ? 2 x0 , ③ ? 2 ? ? 2 x0 ? k ? 0, ④ ? ? x0

……9 分

m m n ? 2x . 由 ④ 得 m(? n ?) k m (? , n所 ) .以 k ? ① — ② 得 2 l n ? m( ? n ) 0 n m?n 2ln
k? 2 ? 2 x0 . x0

m ? 1) m 2(m ? n) ? n . ⑤ ……11 分 所以 ln ? m n m?n ?1 n m 2(u ? 1) ? 0(u ? (0,1)). 设 u ? ? (0,1) ,⑤式变为 ln u ? n u ?1 2(u ? 1) (u ? (0,1)) , 设 y ? ln u ? u ?1 2(

1 2(u ? 1) ? 2(u ? 1) (u ? 1) 2 ? 4u (u ? 1) 2 ? ? ? ? 0, u (u ? 1)2 u(u ? 1)2 u(u ? 1) 2 2(u ? 1) 所 以 函 数 y ? ln u ? 在 (0,1) 上 单 调 递 增 , 因 此 , y ? y |u ?1 ? 0 , 即 u ?1 2( u? 1) l nu ? ? 0. u ?1 m 2( ? 1) m n 也就是, ln ? ,此式与⑤矛盾. m n ?1 n 所以 F ( x ) 在 ( x0 , F ( x0 )) 处的切线不能平行于 x 轴.……14 分 y? ?
1 3 、 解 : ( 1 ) 依 题 意 : ∵ h( x)在(0,??) 上是增函数,

h( x) ? ln x ? x 2 ? bx.

1 ? 2 x ? b ? 0对x ? (0,??) 恒成立,……………………2 分 x 1 1 ∴ b ? ? 2 x. ∵ x ? 0, 则 ? 2 x ? 2 2 . ∴b 的取值范围为 (??,2 2 ]. ………4 分 x x
∴ h( x ) ? (2)设 t ?e , 则函数化为y ? t ? bt , t ? [1,2] ,即 y ? (t ? ) ?
x 2
2

b 2

b2 , t ? [1, 2] …5 分 4

∴当 ?

b ? 1, 即 ? 2 ? b ? 2 2时, 函数y在[1,2] 上为增函数, 2

当 t=1 时, y min ? b ? 1. …6 分

b2 b b 当 1 ? ? ? 2, 即 ? 4 ? b ? ?2时, 当t ? ? 时, y min ? ? ; …………7 分 4 2 2
当?

b ? 2, 即b ? ?4时, 函数y在[1, 2] 上为减函数, 2

当 t=2 时, ymin ? 4 ? 2b. ……………8 分 综上所述,当 ? 2 ? b ? 2 2时, ? ( x)的最小值为b ? 1. 当 ? 4 ? b ? ?2时, ? ( x)的最小值为 ?

b2 . 2

当b ? ?4时, ? ( x)的最小值为4 ? 2b …9 分
(3)设点 P、Q 的坐标是 ( x1 , y1 ), ( x 2 , y 2 ), 且0 ? x1 ? x 2 . 则点 M、N 的横坐标为 x ?

x1 ? x 2 . 2

C1 在 M 处的切线斜率为 k1 ?

2 . x1 ? x 2

C2 在点 N 处的切线斜率 k 2 ?

a ( x1 ? x 2 ) ? b. 2

假设 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线平行,则 k1 ? k 2 即

a ( x1 ? x 2 ) 2 ? ? b. x1 ? x 2 2
2 2( x 2 ? x1 ) a ( x 2 ? x12 ) a 2 a ? ? b( x 2 ? x1 ) ? ( x 2 ? bx 2 ) ? ( x12 ? bx1 ) x1 ? x 2 2 2 2



x2 ? 1) x2 x 2 2( x 2 ? x1 ) x1 ? ? ? y 2 ? y1 ? ln x 2 ? ln x1 ? ln ,? ln ………12 分 x2 x1 x1 ? x 2 x1 1? x1 2(
设u ?

x2 2(u ? 1) ? 1, 则 ln u ? , u ? 1 …………………………① x1 1? u

令 r (u ) ? ln u ? ∵u ?1

1 4 (u ? 1) 2 2(u ? 1) ? . , u ? 1. 则 r ?(u ) ? ? u (u ? 1) 2 u (u ? 1) 2 1? u

∴ r ?(u ) ? 0.

所以 r (u )在[1,??) 上单调递增,故 r (u ) ? r (1) ? 0 , 则 ln u ?

2(u ? 1) u ?1

这与①矛盾,假设不成立,故 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不平行.……14 分


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