高中数学必修五知识题-高中数学定义定理大全
高考数学函数压轴题:
1. 已知函数
f(x)?x
3
?a
x?b(a,b?R)
在
x?2
处取得的极小值是
?
.
(1)求
f(x)
的单调递增区间;
(2)若
x?[?4,3]<
br>时,有
f(x)?m
2
?m?
10
恒成立,求实数
m
的取值范围.
3
1
3
4
3
2.
某造船公司年最高造船量是20艘. 已知造船x艘的产值函数R (x)=3700x +
45x
2
– 10x
3
(单位:万元), 成本函数为C (x)
= 460x + 5000 (单位:万元). 又
在经济学中,函数f(x)的边际函数Mf
(x)定义为: Mf (x) = f (x+1) – f (x).
求:(提示:利润 =
产值 – 成本)
(1) 利润函数P(x) 及边际利润函数MP(x);
(2) 年造船量安排多少艘时, 可使公司造船的年利润最大
(3)
边际利润函数MP(x)的单调递减区间, 并说明单调递减在本题中的实际
意义是什么
3.
已知函数
?
(x)?5x
2
?5x?1
(x?R)
,函数<
br>y?f(x)
的图象与
?
(x)
的图象关于点
1
(0
,)
中心对称。
2
(1)求函数
y?f(x)
的解析式;
(2)如果
g
1
(x)?f(x)
,
g
n
(x)
?f[g
n?1
(x)](n?N,n?2)
,试求出使
g
2
(x)?0
成
立的
x
取值范围;
(3)是否存在区间
E
,使
E?
?
xf(x)?0
?
??
对于区间内的
任意实数
x
,只要
n?N
,且
n?2
时,都有
g<
br>n
(x)?0
恒成立
4.已知函数:
f(x)?
x?1?a
(a?R且x?a)
a?x
(Ⅰ)证明:f(x)+2+f(2a-x)=0对定义域内的所有x都成立.
(Ⅱ)当f(x)的定义域为[a+,a+1]时,求证:f(x)的值域为[-3,-2];
1
2
(Ⅲ)设函数g(x)=x
2
+|(x-a)f(x)| ,求g(x) 的最小值 .
5. 设
f(x)
是定义在
[0,1]
上的函数,若存在
x
*
?(0,1)
,使得
f(x)
在
[0,x
*]
上单调递增,在
[x
*
,1]
上单调递减,则称
f(
x)
为
[0,1]
上的单峰函数,
x
*
为峰点,包含峰点的
区间为含峰区
间. 对任意的
[0,1]
上的单峰函数
f(x)
,
下面研究缩短其含峰区间长度的方法.
(1)证明:对任意的
x
1
,x
2
?(0,1)
,
x
1
?x
2
,若
f(x
1
)?f(x
2
)
,则
(0,x
2
)
为含峰区间;
若
f(x
1
)?f(x
2
),则
(x
1
,1)
为含峰区间;
(2)对给定的
r(0?r?0.5)
,证明:存在
x
1
,x
2
?(0,1
)
,满足
x
2
?x
1
?2r
,使得由(1)
所确定的含峰区间的长度不大于
0.5?r
;
6. 设关于
x
的
方程
2x
2
?ax?2?0
的两根分别为
?
、
?<
br>?
?
?
?
?
,函数
f(x)?
(1)证明<
br>f(x)
在区间
?
?
,
?
?
上是增函数;
(2)当
a
为何值时,
f(x)
在区间
?
?
,
?
?
上的最大值与最小值之差最小
7. 甲乙两公司生产同一种新产品
,经测算,对于函数
f
?
x
?
?x?8
,
g
?
x
?
?x?12
,
及任意的
x?0
,当甲公司
投入
x
万元作宣传时,乙公司投入的宣传费若小于
f
?
x
?
万
元,则乙公司有失败的危险,否则无失败的危险;当乙公司投入
x
万元作宣
传时,
甲公司投入的宣传费若小于
g
?
x
?
万元,则甲公司
有失败的危险,否则无失败的危
险.
设甲公司投入宣传费x万元,乙公司投入宣传费y万元,建立如图直角坐标
系,试回答以下问题: (1)请解释
f
?
0
?
,g
?
0
?<
br>;
(2)甲、乙两公司在均无失败危险的情况下尽可能少地投入宣传费用,问此时各应
投入多少宣传费
(3)若甲、乙分别在上述策略下,为确保无失败的危险,根据对方所投入的宣传费,
按最少投入费用原则,投入自己的宣传费:若甲先投入
a
1
?12
万
元,乙在上述
策略下,投入最少费用
b
1
;而甲根据乙的情况,调整宣传费为
a
2
;同样,乙再
根据甲的情况,调整宣传费为
b
2
,?,
如此得当甲调整宣传费为
a
n
时,乙调整宣传
4x?a
x
2
?1
a
n
,
limb
n
的值,若存在写出此极限值(不必证明)费为
b
n
;试问是否存在
lim<
br>,
n??
n??
若不存在,说明理由.
8. 设<
br>f(x)
是定义域在
[?1,1]
上的奇函数,且其图象上任意两点连线的斜率
均小于
零.
(l)求证
f(x)
在
[?1,1]
上是减函数;
(ll
)如果
f(x?c)
,
f(x?c
2
)
的定义域的交集为空
集,求实数
c
的取值范围;
(lll)证明若
?1?c?2
,则<
br>f(x?c)
,
f(x?c
2
)
存在公共的定义域,并求这个
公共的空义域.
9.
已知函数f(x)=ax
2
+bx+c,其中a∈N
*
,b∈N,c∈Z。
(1)若b>2a,且f(sinx)(x∈R)的最大值为2,最小值为-4,试求函数f(x)的最小值;
(2)若对任意实数x,不等式4x≤f(x)≤2(x
2
+1)恒
成立,且存在x
0
,使得
f(x
0
)<2(x
0
2
+1)成立,求c的值。
10. 已知函数
f(x)?x
4
?4x
3
?ax
2
?1
在区间[0,1]上单调递增,在区间[1,2]上
单
调递减;
(1)求a的值;
(2)求证:x=1是该函数的一条对称轴; (3)是否存在实数b,使函数
g(x)?bx
2
?1
的图象与函数f(
x)的图象恰好有两个
交点若存在,求出b的值;若不存在,请说明理由.
11. 定义在区
间(0,
?
)上的函f(x)满足:(1)f(x)不恒为零;(2)对任何实数
x、
q,都有
f(x
q
)?qf(x)
.
(1)求证:方程f(x)=0有且只有一个实根;
(2)若a>b>c>1,且a、b、c
成等差数列,求证:
f(a)?f(c)?f
2
(b)
;
(3)(本小题只理科做)若f(x) 单调递增,且m>n>0时,有
f(m)?f(n)?
2f(
m?n
)
,求证:
3?m?2?2
2
12. 已知三次函数
f(x)?x
3
?ax2
?bx?c
在y轴上的截距是2,且在
(??,?1),(2,??)
上
单调递增,在(-1,2)上单调递减.
(Ⅰ)求函数f (x)的解析式;
(Ⅱ)若函数
h(x)?
13. 已知函数
f(x)?
f?
(x)
?(m?1)ln(x?m)
,求
h(x)
的单调区间
.
3(x?2)
3x3(a?1)
(
a?0
且
a?1).
?
ax
(1)
试就实数
a
的不同取值,写出该函数的单调递增区间;
(2) 已知当
x?
0
时,函数在
(0,6)
上单调递减,在
(6,??)
上单调递增,
求
a
的
值并写出函数的解析式;
(3) (理)记(2)中的函数的图像
为曲线
C
,试问是否存在经过原点的直线
l
,
使得
l
为曲线
C
的对称轴若存在,求出
l
的方程;若不存在,请说明理由.
(文) 记(2)中的函数的图像为曲线
C
,试问曲线
C
是
否为中心对称图形若
是,请求出对称中心的坐标并加以证明;若不是,请说明理由.
14.
已知函数
f(x)?log
a
x
和
g(x)?2log
a<
br>(2x?t?2),(a?0,a?1,t?R)
的图象在
x?2
处的切线互相平行.
(Ⅰ) 求
t
的值;
(Ⅱ)设
F(x)?g(x)?f(x)
,当
x?
?
1,4
?
时,
F(x)?2
恒成立,求
a
的取值范围.
15.
设函数
f(x)
定义在
R
?
上,对任意的
m,n?R
?
,恒有
f(m?n)?f(m)?f(n)
,且当
x?1
时,<
br>f(x)?0
。试解决以下问题:
(1)求
f(1)
的值,并判断
f(x)
的单调性;
(2
)设集合
A?
?
(x,y)|f(x?y)?f(x?y)?0
?
,
B?
?
(x,y)|f(ax?y?2)?0,a?R
?
,若
AIB
??
,求实数
a
的取值范围;
(3)若
0?a?b
,满足
|f(a)|?|f(b)|?2|f(
a?b
)|
,求证:
3?b
?2?2
2
16.
(理科)二次函数f(x)=
x
2
?ax?b(a、b?R)
(I)若方程f(x)=0无实数根,求证:b>0;
(II)若方程f(x
)=0有两实数根,且两实根是相邻的两个整数,求证:f(-
a)=
(a
2
?1)
;
(III)若方程f(x)=0有两个非整数实根,且这两实数根在相邻两整数之间
,试
证明存在整数k,使得
f(k)?
.
(文科)已知函数f(x)=ax
2
?bx?c
,其中
a?N
*
,b?N,c?Z.
(I)若b>2a,且
f(sinx)(x∈R)的最大值为2,最小值为-4,试求函数f(x)的最
小值;
(I
I)若对任意实数x,不等式
4x?f(x)?2(x
2
?1)
恒成立,且存
在
x
0
使得f(x
0
)?2(x
2
0
?1
)
成立,求c的值。
1
4
1
4
17.
定义在(-1,1)上的函数f(x)满足:对任意x、y
(-1,1)都有
(I)求证:函数f(x)是奇函数;
(II)如果当
明;
(III)设-1。
时,有f(x)>0,判断f(x)在(-1,1)上的单调性,并加以证
18. 已知二次函
数
f(x)?ax
2
?bx?1(a?0,b?R),
设方程f(x)=x有
两个实数根x
1
、
x
2
.
(Ⅰ)如果
x
1
?2?x
2
?4
,设函数f(x)的对称轴为x=x
0
,
求证x
0
>—1;
(Ⅱ)如果
0?x
1
?2
,且
f(x)=x的两实根相差为2,求实数b 的取值范围.
19. 函数
f(x)
的
定义域为R,并满足以下条件:①对任意
x?R
,有
f(x)?0
;
②对任意
x
、
y?R
,有
f(xy)?[f(x)]
y<
br>;③
f()?1.
则
(1)求
f(0)
的值;
(4分)
(2)求证:
f(x)
在R上是单调增函数;
(5分)
1
3
(3)若
a?b?c?0,且b
2<
br>?ac
,求证:
f(a)?f(c)?2f(b).
20. (理)
已知
f
(
x
)
=In
(1
+x
2
)
+ax
(
a≤
0)
(1)讨论
f(x)
的单调性;
111
)(1
+
4
)?(1
+
4
)
n∈N
*
),
n≥
2
其中无理数
e=2.71828?)
.
4<
br>23n
(2)证明:
(1
+
1
3
(文)设函数
f(x)?ax
3
?bx
2
?cx(a?b?c)
,其图象在点<
br>A(1,f(1)),B(m,f(m))
处的切
线的斜率分别为
o,-a.
(1)求证:
0≤
(2)若函数
1
3
b
<
1
;
a
f(x)
的递增区间为
[s,t]
,求
[
s-t]
的取值范围.
21.设函数
f(x)??x
3
?2ax<
br>2
?3a
2
x?b(0?a?1)
(1)求函数f(x)的单调区间,并求函数f(x)的极大值和极小值;
(2)当x∈[a+1,
a+2]时,不等
|f
?
(x)|?a
,求a的取值范围.
22.
已知函数
f(x)?x?
16?7x
,函数
g(x)?6lnx?m
.
x?1
(1)当
x?1
时,求函数f(x)的最小值;
(2)
设函数h(x)=(1-x)f(x)+16,试根据m的取值分析函数h(x)的图象与
函数g(x)
的图象交点的个数.
23. 已知二次函数
f(x)?ax
2
?bx?c,
直线l
1
:y??t
2
?8t(其中0?t?2.t
为常数);l
2
:x?2
.若直线l
1
、l
2
与函数f(
x)的图象以及l
1
,y轴与函数f(x)的图象所
围成的封闭图形如阴影所示.
(Ⅰ)求a、b、c的值;
(Ⅱ)求阴影面积S关于t的函数S(t)的解析式;
(Ⅲ)若
g(x)?6lnx?
m,
问是否存在实数m,使得y=f(x)的图象与y=g(x)
的图象有且只有两个不同的交
点若存在,求出m的值;若不存在,说明
理由.
24.
已知
f(x)?x(x?a)(x?b)
,点A(s,f(s)), B(t,f(t))
(I) 若
a?b?1
,求函数
f(x)
的单调递增区间;
(II)若函数
f(x)
的导函数
f
?
(x
)
满足:当|x|≤1时,有|
f
?
(x)
|≤恒成立,求
函数
f(x)
的解析表达式;
(III)若0f(x)<
br>在
x?s
和
x?t
处取得极值,且
a?b?23
,证
明:
OA
与
OB
不可能垂直.
25.
已知函数
f(x)?
m?x
?
m?R
?
.
x
2
3
2
(1)设
g(x)?f(x
)?lnx
,当m≥时,求g(x)在[
1
,2
]上的最大值;
2
1
4
(2)若
y?log
1
[8?f(x)]在[1,??
)
上是单调减函数,求实数m的取值范围.
3
26. (本小题满分12分)
已知常数a > 0, n为正整数,f
n
( x ) = x
n
– ( x + a)
n
( x > 0 )是关于x的函数.
(1) 判定函数f
n
( x )的单调性,并证明你的结论.
(2)
对任意n a , 证明f
`
n + 1
( n + 1 ) < (
n + 1 )f
n
`(n)
答案:
?
f
?
(
2)?4?a?0
?
a??4
?
1.解:(1)
f
?
(x)?x
2
?a
,由题意
?
,
?
84
?
f(2)??2a?b??
?
b?4
?
33
?
令
f
?
(x)?x
2
?4?0
得
f(x)
的单调递增区间为
(??,?2)
和
(2,?)
.
(2)
f(x)?x
3
?4x?4
,当
x
变化时,
f
?
(x)
与
f(x)
的变化情况如下表:
- 4
(-4,
-2)
0
单
调递增
-2
2)
0
单调
递减
单调
递增 1
(-2,2
)
(2,33
1
3
所以
x?[?4,3]
时
,
f(x)
max
?
于
m
2
?m?
281
0
.于是
f(x)?m
2
?m?
在
x?[?4,3]
上恒成立等价
33
1028
,求得
m?(??,?3]?[2,??).
?
33
2.解:(1) P(x) = R (x) – C (x) =
– 10x
3
+ 45x
2
+ 3240x – 5000
(xN且
x[1, 20]); 2分
MP (x) = P ( x + 1
) – P (x) = – 30x
2
+ 60x +3275 (xN且x[1,
20]).
4分
(2) P`(x) = – 30x + 90x +
3240 = – 30( x +9 )(x – 12) (xN且x[1,
20])
7分
当1< x < 12时, P`(x) > 0, P(x)单调递增,
当 12
10分
即, 年建造
11分
(3) 由MP(x ) = – 30( x – 1)
2
+ 3305
(xN且x[1, 20]).
∴
12分
MP (x)是减函数说明:
随着产量的增加,每艘利润与前一台比较,利润在减少.1
3.解:(1)
当1< x
20时,MP (x)单调递减
12
x = 12 时,
P(x)取最大值
2
,
艘船时, 公司造船的年利润最大.
.
f(x)?5x?5x
2
………………………………………………………………(6分)
(2)由
g
2
(x)?5g
1
(x)?5g
1
2
(x)?0
解得
g
1
(x)?0或g
1
(x)?1
即
5x?5x
2
?0或5x?5x
2
?1
解得
x?0或x?1或
分)
5?55?5
?x?<
br>…………………………………(12
1010
(1) 由
?
xf(x)
?0
?
?
?
xx?0或x?1
?
,
又
(
5?55?5
,)?
?
xx?0或x?1
?
??
,
1010
5?55?5
2
,)
时,
g
2
(
x)?0
,
g
3
(x)?5g
2
(x)?5g
2<
br>(x)?0
,
1010
当
x?(
∴对于
n?2,3
时,
E?(
分)
以下用数学归纳法证明
E?(
5?55?
5
,)
,命题成立。………………(14
1010
5?55?5
,)
对
n?N
,且
n?2
时,都有
g
n
(x)
?0
成立
1010
假设
n?k(k?2,k?N)
时命题成立,即
g
k
(x)?0
,
那么
g
k?1
(x)
?f[g
k
(x)]?5g
k
(x)?5g
k
2
(
x)?0
即
n?k?1
时,命题也成立。
∴存在满足条件的区间
E?(
5?55?5
,)
。
101
0
4.解:(Ⅰ)证明:
f(x)?2?f(2a?x)?
x?1?a2a?x?1?
a
?2?
a?xa?2a?x
∴结论成立
……………………………………4分
?(a?x)?11
??1?
a?x
a?x
1111
当
a??x?a?1时?a?1??x??a??1?a?x??,?
2???1
222a?x
1
?3??1???2
即
f(x)值域为[?3,?2]
…………9分
a?x
(Ⅱ)证明:
f(x)?
(Ⅲ)解:
g(x)?x
2
?|x?1?a|(x?a)
(1)当
x?a?1且x?a时,g(x)?x
2
?x?1?a?(
x?)
2
??a
如果
a?1??
即
a?1
2
1
时,则函数在
[a?1,a)和(a,??)
上单调递增
2
1
2
3
4
如果
a?1??
1
即当a?
1
且a??
1
时,g(x)
min
?
g(?
1
)?
3
?a
22224
当
a?
?
时,
g(x)
最小值不存在…………………………11分
(2)当
x?a?1时g(x)?x
2
?x?1?a?(x?)
2
?a?
如果
a?1?即a?时g(x)
min
22
1
2
1
2
3
2
1
2
15
?g()?a?
24
5
4
如果
a?1?
1
即a?
3
时g
(x)在(??,a?1)上为减函数g(x)
min
?g(a?1)?(a?1)
2
…13分
当
a?
3
时(a?1)
2
?(a?5
)?(a?
3
)
2
?0
242
131
当a?时(a?1)
2
?(?a)?(a?)
2
?0
242
1
3
时 g(x)最小值是
?a
4
2
1335
当
?a?
时
g(x)最小值是
(a?1)
2
当
a?
时
g(x)最小值为
a?
2224
1
当
a??
时
g(x)最小值不存在
2
5.解:(1)证明:设
x
*
为
f(x)
的峰点,则由单峰函数定义可知,
f(x)
在
[0,x
*
]
上单调递增,
综合得:
当
a?且a?
1
2
在
[x
*
,1]
上单调
递减,
当
f(x
1
)?f(x
2
)
时,假设x
*
?
(0,x
2
)
,则
x
1
?x
2
<
x
*
,从而
f(x
*
)?f(
x
2
)?f(x
1
),
这与
f(x
1
)?
f(x
2
)
矛盾,所以
x
*
?
(0,x
2
)
,即
(0,x
2
)
为含峰区间.
当
f
(x
1
)?f(x
2
)
时,假设
x
*
?<
br>(x
1
,1)
,则
x
*
?x
1
?x
2
,从而
f(x
*
)?f(x
1
)?f(x
2
),
这与
f(x
1
)?f(x
2
)
矛
盾,所以
x
*
?
(x
1
,1)
,即
(x<
br>1
,1)
为含峰区间………………………….(7分)
(2)证明:由(1)的结论可知:
当
f(x
1
)?f(x
2
)
时,
含峰区间的长度为
l
1
?x
2
;
当
f(x
1
)?f(x
2
)
时,
含峰区间的长度为
l
2
?1?x
1
;
对于上述两种情况,
由题意得
?
?
x
2
?0.5?r
①
?
1?x
1
?0.5?r
由①得
1?x
2?x
1
?1?2r,
即
x
2
?x
1
?
2r
,
又因为
x
2
?x
1
?2r
,所以
x
2
?x
1
?2r
②
将②代入①得
x
1
?0.5-r,x
2
?0.5?r,
③
由①和③解得
x
1
=0.5-r,x
2
=0.5?r,
所以这时含峰区间的长度
l<
br>1
?l
2
?0.5?r
,
即存在
x
1,x
2
使得所确定的含峰区间的长度不大于
0.5?r
?2(
2x
2
?ax?2)
6.解:(1)证明:
f(x)?
,
(x
2
?1)
2
'
由方程
2x
2
?ax?
2?0
的两根分别为
?
、
?
?
?
?
??
知
x?
?
?
,
?
?
时,
2x
2
?ax?2?0
,所以此时
f
'
(x)?0
,
所以
f(x)
在区间
?
?
,
?
?
上是增函数
(2)解:由(1)知在
?
?
,
?
?
上,
f(x)
最小值为
f(
?
)
,最大
值为
f(
?
)
,
a
?
?
?
?
?
,
??
??1
,可求得
?
?
?
?
2
a
2
?4
,
4
?f
(
?
)?f(
?
)?
a
2
a
2
?
4?(?4?4)
42
2
?a?16
,
2
a
1??2?1
4
所以当
a?0
时,
f(x)
在区间
?
?
,
?
?
上的最大值与最小值之
差最小,最小值
为4
7.解:(1)
f(0)
表示当甲公司不投入宣传费时
,乙公司要回避失败风险,至少要投入
f(0)
=8万元;
…………………… (2分)
g(0)
表示当乙公司不投入宣传费时,
甲公司要回避失败风险,至少要投入
g(0)
=12万元.
…………………………… (4分)
(2) 解方程组
?
?
x?y?12
………………(6分)
?
?
?
y?x?8
得: x = 17, y = 25
……………(9分)
故甲公司至少投入17万元,
乙公司至少投入25万元. ……
(11
(3) 经观察,
显见
lima
n
?17,limb
n
?25
.
n??n??
M(17,25
8
O
12
x
分)
故点M (17, 25) 是双方在宣传投入上保
证自己不失败的一个平衡点. ………(16分)
8.解:(1)∵奇函数
f(x)
的图像上任意两点连线的斜率均为负
分
∴对于任意
x<
br>1
、x
2
?[?1,1]
且
x
1
?x
2
有
f(x
1
)?f(x
2
)
?0
……………………………………………………3分
x
1<
br>?x
2
从而
x
1
?x
2
与
f(x<
br>1
)?f(x
2
)
异号
∴
f(x)
在[?1,1]
上是减函数…………………………………………5
(2)
f(x?c)
的定义域为
[c?1,c?1]
f(x?c
2
)
的定义域为
[c
2
?1,c
2
?1]
………………………………7分
∵
上述两个定义域的交集为空集
则有:
c
2
?1?c?1
或
c
2
?1?c?1
…………………………9分
解得:
c?2
或
c??1
故c的取值范围为
c?2
或
c??1
………………………………………………10
分
(3)∵
c
2
?1?c?1
恒成立
由(2)知:当
?1?c?2
时
当
1?c?2
或
?1?c?0
时
c
2
?1?c?1
且
c
2
?1?c?1
此时的交集为
[(c<
br>2
?1,c?1]
………………………………………
12分
当
0?c?1
c
2
?1?c?1
且
c
2
?1?c?1
此时的交集为
[c?1,c
2
?1]
故
?1?c?2
时,存在公共定义域,且
当
?1?
c?0
或
1?c?2
时,公共定义域为
[(c
2
?1,c?
1]
;
当
0?c?1
时,公共定义域为
[c?1,c
2
?1]
.
9.解:(1)由函数f(x)的图像开口向上,对称轴x=-b2a<-1知,f(x)在[-
1,1]上为增函数,故f(1)=a+b+c=2,f(-1)=a-b+c=-4,∴b=3,
a
+c=-1。又b>2a,故a=1,c=-2。∴f(x)=x
2
+3x-2,最小值为-1
74。
(2)令x=1,代入不等式4x≤f(x)≤2(x
2
+1)得f(1)=
4,即a+b+c=4,
从而b=4-a-c。又4x≤f(x)恒成立,得ax+(b-4)x+c≥
0恒成立,故△
=(b-4)
2
-4ac≤0,∴a=c。又b≥0,a+c≤4,∴
c=1或c=2。当c=2时,
f(x)=2x
2
+2,此时不存在满足题意的x0
。当c=1时满足条件,故c=1。
10.解:(1)
∵
f(x)
在
?
0,1
?
上单调递增,在
?
1,2
?
上单调递减,?当x?1时,f(x)取得极大值,
2
∴
f
(x)?
0,即(4x
3
?12x
2
?2ax)|
x?1
?0
,∴
a?4
,
(2)设点A
(x
0
,f(x
0
))是f(x)上的任一点,它关于x?1的对称点的坐标为B(2?x
0
,f(x<
br>0
)),
∵
f(2?x
0
)?f(x
0<
br>)?x?1是y?f(x)的图象的一条对称轴。
由
g(x)?bx
2
?1与f(x)?x
4
?4x
3
?4x
2
?1的
图象恰有2个不同的
交点对应于方程
bx
2
?1?x
4
?4
x
3
?4x
2
?1恰有2个不同的实根,
即
x
4
?4x
3
?4x
2
?bx
2
?0?x?0是一个根
,当x?0时b?4,当x?0时方程有等根得b?0
∴
b=4或b=0为所求.
11.解:(1)取x=1,q=2,有
f(1
2
)?f(2)即f(1)
?0?1是f(x)?0的一个根,
若存在另一个实根
x
0
?1
,使
得
f(x
1
)?0对任意的x
1
(x
1
?(0,?
?)成立,且x
1
?x
0
(q?0),有f(x
1
)?qf
(x
0
)?0,
q
?f(x
0
)?0恒成立
,?f(x
1
)?0,与条件矛盾,?f(x)?0有且只有一个实根x?1
(2)
?a?b?c?1,不妨设a?b
q
,c?b
q
,
12
,则
q
1
?
0,
q
2
?0<
br>∴
f(a)?f(c)?f(b
q
)?f(b
q
)?q
1
q
2
?f
2
(b)
,又a+c=2b,
12
(a?c)
2
?0
∴ac-b=
?
4
2
即ac?b
2
q
1
?q
2
?q?q
?
?b,?0?q
1
?q
2
?2,?q
2
q
1
?
?
12
?
?1
?f(a)f(c
)?f
2
(b)
?
2
?
2
2
(
3)
?f(1)?0,f(x)在(0,??)单调递增,当x?(0,1)时f(x)?0;当x?(
1,??)时,f(x)?0.
又
f(m)?f(n),?f(m)?f(n),f
(m)??f(n),?m?n?0,?f(m)??f(n).
令m=b
q
,n=
b
q
,b
?1,
且q
1
q
2?0
1
2
?
m?n
?
则f(m)+f(n)
=(q
1
?q
2
)
f(b)=f(mn)=0
?mn?1.
0?n?1?m,?f(m)?2f
??
,
且
?
2
?2
即4m=
m
2
?2mn?n
2,
?4m?m
2
?2?n
2
,由0
2
?2?1,
?m?1
,
12.解:(Ⅰ)∵
f(x)?x
3
?ax<
br>2
?bx?c
在y轴上的截距是2,∴f(0)=2,∴c=2. 1
分 又
?f(x)
在
(??,?1),(2,??)
上单调递增,(-1,2
)上单调递减,
?f
?
(x)?3x
2
?2ax
?b?0
有两个根为-1,2,
2a
?
3
?1?2??
?
?
3
2
??
a??
3
3
?
?
?
?
2
?f(x)?x?x?6x?2
,…………5分
2
?
?1?2?
b
?
b??6
?
?
3
?
(Ⅱ)
Qf'(x)?3x
2
?3x?6?3(x?1)(x?2)
,
?h(x)?x?1?(m?1)ln(x?m)(x??m且x?2)
,………………6分
m?1x?1
,……………………………………… 7分
?
x?mx?m
当m≤-2时,-m≥2,定义域:
(?m,??)
,
h
?(x)?0
恒成立,
h(x)在(?m,??)
上单增;
……………………… 8分
?h
?
(x)?1?
当
?2?m??1
时,
2??m?1
,定义域:
(?m,2)?(2
,??)
h
?
(x)?0
恒成立,
h(x)在
(?m,2),(2,??)
上单增……………………… 9分
当m >-1时,-m
<1,定义域:
(?m,2)?(2,??)
由
h
?
(x)?0
得x
>1,由
h
?
(x)?0
得x <1.
故在(1,2),(2,+∞)上单增;在
(?m,1)
上单减.
………………11分
综上所述,当m≤-2时,h(x)在(-m,+∞)上单增;
当
?2?m??1
时,
h(x)在(?m,2),(2,??)
上单增;
当m
>-1时,在(1,2),(2,+∞)上单增;在(-m,1)单减.…12分
13.解:(1)
①当
a?0
时,函数
f(x)
的单调递增区间为
(?a(a?1),
0)
及
(0,a(a?1))
,
②当
0?a?1
时,函数
f(x)
的单调递增区间为
(??,0)
及
(0,??)<
br>,
③当
a?1
时,函数
f(x)
的单调递增区间为<
br>(??,?a(a?1))
及
(a(a?1),??)
.
(6分)
(2) 由题设及(1)中③知
a(a?1)?6
且
a?1
,解得
a?3
, (9分)
因此函数解析式为
f(x)?
分)
(3) (理)假设存在经过原点的直线
l
为曲线
C
的对称轴,显然
x
、
y
轴不是
曲线
C
的对称轴,故可设
l
:
y?kx
(
k?0
),
设
P(p,q)
为曲线
C
上的任意一点,P
?
(p
?
,q
?
)
与
P(p,q)
关于直线
l
对称,且
p?p
?
,
q?q
?
,则
P
?
也在曲线
C
上,由此得
3x23
?
(x?0)
. (10
3x
q?q
?
1
q?q
?
p?p
?
,
??,
?k
p?p
?
k
22
且
q?
p23p
?
23
?
,
q
?
??
, (14分)
?
pp
33
整理得
k??
1
k<
br>2
3
,解得
k?3
或
k??
3
,
3
所以存在直线
y?3x
及
y??
3
(16分)
x
为曲线
C
的对称轴.
3
(文)该函数
的定义域
D?(??,0)U(0,??)
,曲线
C
的对称中心为
(
0,0)
,
因为对任意
x?D
,
f(?x)??
?
3x3x3(a?1)3(a?1)
?
???
?
?
?
??f(x)
,
a?xax
??
所以该函数为奇函数,曲线
C
为中心对称图形.
14.解:(Ⅰ)
Q
f
?
(x)?log
a
e,g
?
(x)
?
1
x
4
log
a
e
………………………3分
2x?t?2
∵函数
f(x)
和
g(x)
的图象在
x?2
处的切线互相平行
?f
?
(2)?g
?
(2)
…………………………………………………5
分
?t?6
………………………………………………………………
6分
(Ⅱ)
Qt?6
(2x?4)
2
?log
a
,x?
?
1,4
?
…………………………………………7分
x
(2x?4)
216
?4x??16,x?
?
1,4
?
令
h
(x)?
xx
∴当
1?x?2
时,
h
?
(x)?0
,当
2?x?4
时,
h
?
(x)?0
.
∴
h(x)
在
?
1,2
?
是单调减函数,在
?2,4
?
是单调增函
数. …………………………9分
?h(x)<
br>min
?h(2)?32
,
?h(x)
max
?h(1)?h
(4)?36
∴当
0?a?1
时,有
F(x)
min?log
a
36
,当
a?1
时,有
F(x)
m
in
?log
a
32
.
∵当
x?
?
1,
4
?
时,
F(x)?2
恒成立,
∴
F(x)
min
?2
…………………………11
分
∴满足条件的
a
的值满足下列不等式组
?
0?a?1,
?
a?1,
①,或②
??
?log
a
36?2;
?
log
a
32?2.
不
等式组①的解集为空集,解不等式组②得
1?a?42
综上所述,满足条件的
a
的取值范围是:
1?a?42
.
15.解:(1)在
f(m?n)?f(m)?f(n)
中令
m?n?1
,
得
f(1)?0
; …………………2分
xx
设
x
1
?x
2
?0
,则
1
?1<
br>,从而有
f(
1
)?0
x
2
x
2
xx
所以,
f(x
1
)?f(x
2
?
1<
br>)?f(x
2
)?f(
1
)?f(x
2
)
x
2
x
2
所以,在上单调递
f(x)
R
?
减 …………………5分 <
br>(2)
Q
f(x?y)?f(x?y)?f(x
2
?y
2)?0?f(1)
,由(1)知,
f(x)
在
R
?
上单
调递减,
?
x?y?0
?
?
?
x?y?0
,
…………………7分
?
x
2
?y
2
?1
?
故集合
A
中的点所表示的区域为如图所示的阴影部分;
而
f(ax?y?2)?0?f(1)
,所以,
ax?y?1?0
,
…………8分
故集合
B
中的点所表示的区域为一直线,如图所示,
由图可知,要
AIB??
,只要
a?1
,
∴实数
a
的取值范围是
(??,1)
…………………10
分
(3)由(1)知
f(x)
在
R
?
上单调递减,∴当
0?x?1
时,
f(x)?0
,当
x?1
时,
f(x)?0
,
Q
0?a?b
,而
|f(a
)|?|f(b)|
,
?a?1,b?1
,故
f(a)?0,f(b)?0<
br>,
由得,,所以,
|f(a)|?|f(b)|f(a)?f(b)?0
ab
?1
, …………………12分
a?ba?b
?ab?1
,所以
f()?f(1)?0
,
22
?
?
a?b
?
2
?
a?b
)?f?
?
又
Q
f(b)?2f(
?
?
?
2
?
?
2
?
??
a?b
)|
得,
4b?(a?b)
2
?a
2
?b
2
?2
,
?
4b?b
2
?a
2
?2
, 由
|f(b
)|?2|f(
2
又
0?a?1
,所以
2?a
2
?
2?3
,由
又
2?4b?b
2
?3
及
b?1解得,
3?b?2?2
16.解:(理)(I)
??a
2
?4b,若b?0,则??0,方程有实根与题设矛盾.?b?0.
(3分)
(I
I)设两整根为x
1
,x
2
,x
1
>x
2
?f(?a)?b?
1
2
(a?1)
(5分)
4
(III)设m
a1
?(m,m?]
即
?1?a?2m?0
<
br>22
a
2
a1
?(m?)
2
?
f(m)=
m?am?b?m?am?
424
22
a
2
a1
?(m?1?)
2
?
f(m+1)=
(m?1)?a(m?1
)?b?(m?2)?a(m?1)?
424
22
?存在.
(6分)
(文)f(sinx)=
asin
2
x?bsinx?c
?f(sinx)
min
?f(?1)??4,
f(sinx)
max
=f(1)=2,
又b>2a>0,
?a?1,c??2.
?f(x)?x
2
?3x?2.
f(x)
min
??
17
(7分)
4
(2)
?4x?f(x)?2(x
2
?1),?4?f(1)?2(1?1)?4,?
f(1)?4.(1分)
2
?2.
不存在
x
0
使f(x
0
)?2x
0
当a=1时,c=1,
?b?2,
?f(x)?x
2
?2x?1.
2
?1).故c?1.(2分)
此时存在x
0
,使
f(x
0
)?2(x
0
17.解:(I)证:令x=y=0,则f(0)+f(0)
=f(0),
故f(0)=0令y=-x,则f(x)+f(-x)=
∴f(-x)=-f(x)
∴函数f(x)的奇函数 4’
(II)设-1
因此
∴函数f(x)在(-1,1)上是减函数 8’
(III) 是(-1,1)上的减函数,
由
当a=0时,
得x<0或x>2 9’
,原不等式的解集为{x|x>2} 10’
当-12中原不等式的解;
若x<0,则a(x-1)>1,x<1+
故原不等式的解集为 12’
当0 若x>2,则a(x-1)<1,x<1+
∴
故原不等式的解集为{x| }
18.解:(Ⅰ)设
g(x)?f
(x)?x?ax
2
?(b?1)x?1,且a?0,
4a?2b?1?0
∴由条件
x
1
?2?x
2
?4,得g(2)?0且g(4)
?0
……(2分)即
?
?
?
16a?4b?3?0
?
31
(4
?4a?b??2a.
42
分)
∴
3
?4a?
1
?2a得a?
1
.
……(5分)对
3
?
4a?b?
1
?2a可得
428
42
1?
1b3
……(8
b11
???2?.
?x???1??1???1.
04a2a8a
1
2a4a
4?
8
分)
(Ⅱ)由
g(x)?ax
2
?(b?1)x?1?0可知x
1
x
2
?
1
?0即x
1
与x
2
同号.
a
?0?x
1
?2,x
1
?2?x
2
?4,?x
2
?x
1
?2,
……(11分)
由
g(2)?0即4a?2
b?1?0
代入有
2
1
(b?1)
2
?1?3?2b?b?
.
4
19.解:解法一:(1)令
x?0,y?2
,得:
f(0)?[f(0)]
2
……………1分
?f(0)?0?f(0)?1
…………………………4分
33
(2)任取
x
1
、
x
2
?(??,??)
,且
x1
?x
2
. 设
x
1
?
1
p<
br>1
,x
2
?
1
p
2
,
则
p
1
?p
2
1111
f(x
1)?f(x
2
)?f(p
1
)?f(p
2
)?[f()
]
p
1
?[f()]
p
2
…………………… 83333
1
?f()?1,p
1
?p
2
3
?f
(x
1
)?f(x
2
)?f(x)
在
分
R上是单调增函数…… 9分
c
f(a)?f(b?)?[f(b)]
b
b
a
(3)由(1)(2)知
f(b)?
c
f(c)?f(b?)?[f(b)]
b
………11
b
c
f(0)?1
?f(b)?1
?
a
b
分
?f(a)?f(c)?[f(b)]
?2[f(b)]
2b
b
?[f(b
)]?2[f(b)]
c
b
a?c
b
而
a?c?
2ac?2b?2b
2
?2[f(b)]
a?c
b
?2f(b)
?f(a)?f(c)?2f(b)
……15分
解法二:(1)∵对任意x、y∈R,有
f(xy)?[f(x)]
y
?f(x)?f(x?1)?[f(1)]
x
………1分
∴当
x?0
时
f(0)?[f(1)]
0
……2分
∵任意x∈R,
f(x)?0
…………3分
?f(0)?1
……………………4
分
(2)
?f(
1<
br>)?1,?f(1)?f(3?
1
)?[f(
1
)]
3
?1
…………………………6分
333
?f(x)?[f(1)]
x
是R上单调增函数
即
f(x)
是R上单调增函数;…… 9
分
(3)
f(a)?f
(c)?[f(1)]
a
?[f(1)]
c
?2[f(1)]
a?c
……………………11分
而
a?c?2ac?2b
2
?2b
'
?2[f(1)]
a?c
?2[f(1)]
2b
?2f(b)<
br>
2xax
2
?2x?a
?a?.
20.解:(理)(1)
f(x)?
22
1?x1?x
①若
a?0
时,
f<
br>'
(x)?
2x
'
?0?x?0,f(x)?0?x?0,
2
1?x
∴
f(x)
在
0,??
单调递增,在??,0
单调递减,……………………………………
1
?
②若
?
?
a?0
?a?-1
时,
f
'
(x)?
0
对
x?R
恒成立.
?
.??0
∴
f(x)
在
R
上单调递减.
…………………………………………………………
6
′
③若
?1?a?0
,
?1?1?a
2
?1
?1?2
2
?x?
由
f(x)?0?ax?2x?a?0??x?
,
aa
'2
?1?1?a
2
?1?1?a
2
由
f'(x)?0
可得
x?
或,
aa
?1?1?a
2?1?1?a
2
?1?1?a
2
,
∴
f(x)
在[]单调递减,在(
??,
],
aa
a
?1?1?a
2<
br>[,
??
]上单调递减,综上所述:若
a??1
时,
f(x)
在(
??,??
)
a
上单调递减.
?1?1?a
2
1??1?a
2
,
当
?1?a?0
时,
f(x)
在[]单调递减,
aa
?1?1?a
2
?1?1?a
2<
br>在(
??,
和
,??
)单调递减,
aa
当
a?0
时,
f(x)
在
0,??
单调递增,在
??,0
单调递减. <
br>21.解:(1)∵f′(x)=-x
2
+4ax-3a
2
=-(x-
3a)(x-a),由f′(x)>0得:a
则函数f(x)的单调递增区间为(a,
3a),单调递减区间为(-∞,a)和(3a,
+∞)
列表如下:
x
(-∞,a) a (a, 3a) 3a (3a,+ ∞)
f′(x) — 0 + 0 —
f(x)
-a
3
+b
4
3
4
3
b
∴函数f(x)的极大值为b,极小值为-a
3
+b
…………………………7
分
(2)
?f
?
(x)??x2
?4ax?3a
2
??(x?2a)
2
?a
2
,?f
?
(x)在[a?1,a?2]
上单调递
减,因此
f?
(x)
max
?f
?
(a?1)?2a?1,f
?<
br>(x)
min
?f
?
(a?2)?4a?4
∵不等式|f′(x)|≤a恒成立,
∴
?
?
2a?1?a
4
4
,解得:?a?1
即a的取值范围是
?a?1
5
5
?
4a?4??a
x
2
?8x?16(x?4)
2
??0
, 22.解:(1)
方法一: ∵ x>1 ,
f(x)?
x?1x?1
当且仅当x=4时,取等号,故函数f(x)的最小值为0;
方法二:∵
x>1,
f(x)?x?1?
当且仅当
x?1?
99
?6?2(x
?1)??6?0
x?1x?1
9
即x=4时,取等号,故函数f(x)的最小值为0.
x?1
方法三:求导(略) ……………………………………4分
(2)由于h(x)=(1-x)f(x)+16=
8x?x
2
设
F(x)=g(x)-h(x)=
6lnx?x
2
?8x?m
(
x?0
且
x?1
),则
62(x?1)(x?3)
,……………………………6分
?2x?8?
x
x
令
F'(x)?0
得x=3或x=1(舍)又∵
limF(x)???,
limF(x)???
,
F'(x)?
x?0x???
li
mF(x)?m?7
,F(3)=6ln3-15+m
x?1
根据导数的符号及函数的单调情况、取极值的情况作出的
草图如
O
下:………………11分
由此可得:
当
m?7
或m?15?6ln3
时,h(x)的图象与g(x)的图象恰有
1个交点;
当
m?15?6ln3
时,h(x)的图象与g(x)的图象恰有2个交点;
当
7?m?15?6ln3
时,h(x)的图象与g(x(的图象恰有3个交点. <
br>?
?
c?0
?
a??1
?
??
23.解:(
I)由图形 知:
?
a?8
2
?b?8?c?0解之得:
?
b?8
,
?
4ac?b
2
?
c?0
?
?
?16,
?
?
4a
y
(1,
m-7)
3
1
x
(3, 6ln3-15+m)
∴函数f(x)的解
析式为
f(x)??x
2
?8x
…………………………4分
2
?
?
y??t?8t
(Ⅱ)由
?
2<
br>?
?
y??x?8x
得
x
2
?8x?t(t?8)?
0,?x
1
?t,x
2
?8?t,
∵0≤t≤2
∴直线l
1
与f(x)的图象的交点坐标为(
t,?t
2
?8t)
…………………………6
分
由定积分的几何意义知:
440
………………………………9分
??t
3
?10t
2
?16t?
33
(Ⅲ)令
?
(x)?g(x)?f
(x)?x
2
?8x?6lnx?m.
因为x>0,要使函数f(x)与函数g(x)有且仅有2个不同的交点,则函数
?
(x)?x
2
?8x?6lnx?m
的图象与x轴的正半轴有且只有两个不同的交点
当x∈(0,1)时,
?
'
(x)?0,
?
(x)
是增函数;
当x∈(1,3)时,
?
'
(x)?0,
?
(
x)
是减函数
当x∈(3,+∞)时,
?
'
(x)?0,
?
(x)
是增函数
当x=1或x=3时,
?
'
(x)?0
∴
?
(x)极大值为
?
(1)?m?7;
?(x)极小值为
?
(3)?m?6ln3?15
………………………………12分
又因为当x→0时,
?
(x)???
当
x???时,
?
(x)???
所以要使
?
(x)?0
有且仅有两个不同的正根,必须且只须
即
?
?
m?7?0
?
m?6ln3?15?0
<
br>或
?
?
m?6ln3?15?0
?
m?7?0
∴m=
7或
m?15?6ln3.
∴当m=7或
m?15?6ln3.
时
,函数f(x)与g(x)的图象有且只有两个不同交点.
24.解:(I) f
(x)=x
3
-2x
2
+x,
f
?
(x)=3x
2
-4x+1,
因为f(x)单调递增,
所以
f
?
(x)≥0,
即
3x
2
-4x+1≥0,
解得,x≥1, 或x≤,……………………………2分
故f(x)的增区间是(-∞,)和[1,+ ∞]. …………………………3
分
1
3
1
3
(II)
f
?
(x)=3x-2(a+b)x+ab.
当x∈[-1,1]时,恒有|
f
?
(x)|≤.………………………4分
故有
?
≤
f
?
(1)≤,
33
22
33
?
≤
f
?
(0)≤,………………………5
22
3
?
3
?≤ 3?2(a?b)?ab ≤
,①
?
22
?
3
?
3
即
?
?≤ 3?2(a?b)?ab ≤ ,②
………6
2
?
2
3
?
?
3
≤ ab≤ .③
?
22
?
3
2
3
2
3
2
2
?
≤
f
?
(-1)≤,
①+②,得
?
93
≤ab≤
?
,……………………………8分
22
又由③,得
ab=
?
,
将上式代回①和②,得
a+b=0,
故f(x)=x
3
?
x. ……………………9分
(III)
假设
OA
⊥
OB
,
即
OA
?OB
=
(s,f(s))?(t,f(t))
=
st+f(s)f(t)=0, ……………10分
(s-a)(s-b)(t-a)(t-b)=-1,
[st-(s+t)a+a
2
][st-(s+t)b+b
2
]=-1,
……………………………………11分
由s,t为
f
?
(x)=0的两根可得,
s+t=(a+b),
st=, (02
3
1
3
3
2
3<
br>2
从而有ab(a-b)
2
=9.
……………………………………12分
这样(a+b)=(a-b)+4ab
=
9
+4ab≥2
36
=12,
ab
22
即
a+b≥2
3
,
这样与a+b<2
3
矛盾.
……………………13分
故
OA
与
OB
不可能垂直.
1
1
(x?)
2
?m?
25.解:(1)g(x)=
m?x
?
lnx,g
?
?
x
?
??
x?x
2
?m<
br>??
2
2
4
xxx
22
.
即m≥
1
时,g′(x)≤0,g(x)在[
1
,2]上单调递减,
4
2
∴g(x)
max
=g(
1
)=2m-
1
-ln2.
22
所以m≥
1
时,g(x)
max
=2m-
1
?ln2
;
4
2
(2)因为函数y=log
1
[8-f(x)]在[1,+∞)上是单调减函数,则其导数在[1,+∞)
3上恒小于等于零.
所以
?
?
m?x
2
?
?
y??[8?f(x
)]??
?
?
?
m?x
2
?
8?f(x)x
??
8?
x
3
3
log
1
el
og
1
e
?
x2?m
log
1
e?0
恒成立.
xx?8x?m
3
?
2
?
x
2<
br>?m
?0
在[1,+∞)恒
2
x?8?m
因为log
1
e<0,所以
3
x2?m
?0
xx
2
?8?m<
br>??
在[1,+∞)恒成立.即
成立.
?
x<
br>因为
?
?
2
2
?m?0,
?
?
x?
8x?m?0
2
在[1,+∞)上不恒成立,所以
?
?
x
?
2
2
?m?0,
在[1,+∞)上恒成立.
?
?
x?8x?m?0
?
m??x
得
?
?
2
在[1,+∞)上恒成立. 所以-1≤m<9.
?
?
m?x?8x
(本题也可用复合函数进行处理)
26.解:
(1) f
n
`( x ) = nx
n – 1
– n ( x
+ a)
n – 1
= n [x
n – 1
– ( x +
a)
n – 1
] ,
∵a > 0 , x > 0, ∴
f
n
`( x ) < 0 , ∴ f
n
( x
)在(0,+∞)单调递减. 4
分
(2)由上知:当x >
a>0时, f
n
( x ) = x
n
– ( x +
a)
n
是关于x的减函数,
∴ 当n a时, 有:(n + 1
)
n
– ( n + 1 + a)
n
n
n
– (
n + a)
n
. 2
分
又 ∴f
`
n + 1
(x ) = ( n + 1 ) [x
n
–( x+ a )
n
] ,
∴f
`
n +
1
( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )
n
–(
n + 1 + a )
n
] < ( n + 1 )[ n
n
– (
n +
a)
n
] = ( n + 1 )[ n
n
– (
n + a )( n + a)
n
2分
( n + 1
)f
n
`(n) = ( n + 1 )n[n
n – 1
– ( n
+ a)
n – 1
] = ( n + 1 )[n
n
– n( n
+ a)
n – 1
],
2分
∵( n + a ) > n
,
∴f
2分
`
n + 1
– 1
]
( n + 1 ) < ( n + 1 )f
n
`(n) .
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