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2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題過關(guān)檢測1-函數(shù)與導(dǎo)數(shù)-專項(xiàng)訓(xùn)練
一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1.設(shè)函數(shù)f(x)=,則下列函數(shù)中為奇函數(shù)的是(　　)
A.f(x-1)-1 B.f(x-1)+1
C.f(x+1)-1 D.f(x+1)+1
2.已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f(-x),當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=3x+2x,則不等式f(x-2)<13的解集為(　　)
A.(-∞,0)∪(4,+∞)
B.(0,4)
C.(0,2)
D.(-∞,0)∪(2,+∞)
3.函數(shù)y=(3x-3-x)cos x在區(qū)間[-]上的大致圖象為(　　)
4.設(shè)f(x)是R上的奇函數(shù)且滿足f(x-1)=f(x+1),當(dāng)0≤x≤1時(shí),f(x)=5x(1-x),則f(-2 020.6)=(　　)
A. B. C.- D.-
5.設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),f'(x)在區(qū)間D上的導(dǎo)函數(shù)為g(x).若在區(qū)間D上,g(x)<0恒成立,則稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上為“凸函數(shù)”.已知實(shí)數(shù)m是常數(shù),f(x)=-3x2,若對滿足|m|≤1的任何一個(gè)實(shí)數(shù)m,函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)上都為“凸函數(shù)”,則b-a的最大值為(　　)
A.4 B.3 C.2 D.1
6.若f(x)=,則(　　)
A.f>f()>f(ln 2)
B.f>f(ln 2)>f()
C.f()>f(ln 2)>f
D.f(ln 2)>f()>f
7.(2024·新高考Ⅱ,6)設(shè)函數(shù)f(x)=a(x+1)2-1,g(x)=cos x+2ax(a為常數(shù)),當(dāng)x∈(-1,1)時(shí),曲線y=f(x)與y=g(x)恰有一個(gè)交點(diǎn),則a=(　　)
A.-1 B. C.1 D.2
8.已知函數(shù)f(x)=ln(2x+1),g(x)=2mx+m,若f(x)≤g(x)恒成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　)
A.(-∞,) B.(0,]
C.[,+∞) D.[e,+∞)
二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯(cuò)的得0分.
9.已知函數(shù)f(x)=xln x+x2,x0是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn),則以下幾個(gè)結(jié)論正確的是 (　　)
A.0
C.f(x0)+2x0<0 D.f(x0)+2x0>0
10.已知函數(shù)f(x)=當(dāng)x∈[t,+∞)時(shí),f(x)的值域?yàn)?-∞,16],則t的值可能為(　　)
A.-3 B.-1 C.1 D.3
11.(2023·新高考Ⅰ,11)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,f(xy)=y2f(x)+x2f(y),則 (　　)
A.f(0)=0
B.f(1)=0
C.f(x)是偶函數(shù)
D.x=0為f(x)的極小值點(diǎn)
三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.
12.若函數(shù)f(x)=e2x-ax2+1在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是　　　　　.
13.設(shè)s,t是兩個(gè)不相等的正數(shù),且s+sln t=t+tln s,則s+t-st的取值范圍為　　　　　.
14.已知函數(shù)f(x)的定義域D為(-∞,0)∪(0,+∞),f(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞減,且對任意的x1,x2∈D,都有f(x1x2)=f(x1)+f(x2)-1,若對任意的x∈(1,+∞),不等式f(ax)-f(ln x)>f(1)-1恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是　.
四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15.(13分)(2024·九省聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x+x2+ax+2在點(diǎn)(2,f(2))處的切線與直線2x+3y=0垂直.
(1)求a;
(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值.
16.(15分)已知f(x)=(ln x)2+2x-aex.
(1)當(dāng)a=0時(shí),求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)的最大值;
(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
17.(15分)已知函數(shù)f(x)=(x+m)ex.
(1)若f(x)在區(qū)間(-∞,1]內(nèi)單調(diào)遞減,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;
(2)當(dāng)m=0時(shí),若對任意的x∈(0,+∞),nxln(nx)≤f(2x)恒成立,求實(shí)數(shù)n的取值范圍.
18.(17分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax(a∈R).
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)a=2時(shí),求函數(shù)g(x)=f(x)-cos x在區(qū)間(-,+∞)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
19.(17分)(2024·廣西4月模擬)定義:若函數(shù)f(x)圖象上恰好存在相異的兩點(diǎn)P,Q滿足曲線y=f(x)在P和Q處的切線重合,則稱P,Q為曲線y=f(x)的“雙重切點(diǎn)”,直線PQ為曲線y=f(x)的“雙重切線”.
(1)直線y=x-是否為曲線f(x)=x2-2x+2ln x的“雙重切線”,請說明理由;
(2)已知函數(shù)g(x)=求曲線y=g(x)的“雙重切線”的方程.
參考答案與詳細(xì)解析
一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1.B　解析 函數(shù)f(x)==-1+,故該函數(shù)圖象的對稱中心的坐標(biāo)為(-1,-1).
將該函數(shù)圖象向右平移1個(gè)單位長度,再向上平移1個(gè)單位長度后得到的圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為g(x)=f(x-1)+1,其圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對稱,即為奇函數(shù).故選B.
2.B　解析 依題意知f(x)為偶函數(shù),其圖象關(guān)于y軸對稱,當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=3x+2x單調(diào)遞增,且f(2)=13,所以不等式f(x)<13的解集為(-2,2).
將f(x)的圖象沿x軸向右平移2個(gè)單位長度后可得f(x-2)的圖象,故不等式f(x-2)<13的解集為(0,4).
3.A　解析 令f(x)=(3x-3-x)cos x,x∈[-],
則f(-x)=(3-x-3x)cos(-x)=-(3x-3-x)cos x=-f(x),
所以f(x)為奇函數(shù),排除BD;
又當(dāng)x∈(0,)時(shí),3x-3-x>0,cos x>0,所以f(x)>0,排除C.
4.D　解析 對任意的x∈R,f(x-1)=f(x+1),即f(x)=f(x+2),所以f(x)是以2為周期的周期函數(shù),
∴f(-2 020.6)=f(-0.6),又f(x)為R上的奇函數(shù),且當(dāng)0≤x≤1時(shí),f(x)=5x(1-x),因此f(-2 020.6)=f(-0.6)=-f(0.6)=-5×0.6×(1-0.6)=-.
5.A　解析 ∵f(x)=-3x2,∴f'(x)=-6x,
∴g(x)=x2-mx-6.
令h(m)=-mx+x2-6,則當(dāng)-1≤m≤1時(shí),h(m)<0恒成立.
∴∴-2∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(-2,2)上為“凸函數(shù)”,
∴b-a的最大值為2-(-2)=4.
6.C　解析 因?yàn)閒(-x)==f(x),所以f(x)是R上的偶函數(shù),因此f=f(log34).
因?yàn)閘og34>log33=1=20>>0,1=ln e>ln 2>ln .
所以log34>ln 2>>0.
當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f'(x)=<0,
所以f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,
所以f()>f(ln 2)>f.
故選C.
7.D　解析 令f(x)=g(x),則cos x=a(x2+1)-1.
令h(x)=cos x-a(x2+1)+1.
因?yàn)閔(x)為偶函數(shù),且h(x)有唯一零點(diǎn),所以有h(0)=0,即cos 0-a(02+1)+1=0,所以a=2.故選D.
8.C　解析 函數(shù)f(x)=ln(2x+1),x>-,g(x)=2mx+m,f(x)≤g(x)恒成立,
即ln(2x+1)≤2mx+m恒成立,
即m≥在x>-時(shí)恒成立,
令t=2x+1>0,即m≥在t>0時(shí)恒成立,
即m≥(t>0).
設(shè)g(t)=(t>0),則g'(t)=.
令g'(t)=0得t=e,則t∈(0,e)時(shí),g'(t)>0,g(t)單調(diào)遞增;t∈(e,+∞)時(shí),g'(t)<0,g(t)單調(diào)遞減.
所以t=e時(shí),函數(shù)g(t)=(t>0)取得最大值g(e)=,即,所以m≥.故選C.
二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯(cuò)的得0分.
9.AD　解析 ∵f(x)=xln x+x2(x>0),
∴f'(x)=ln x+1+2x.
∵x0是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn),
∴f'(x0)=0,即ln x0+1+2x0=0.
又f'>0,x→0,f'(x)→-∞,
∴0∴A正確,B不正確;
∴f(x0)+2x0=x0ln x0++2x0=x0(ln x0+x0+2)=-x0(x0-1)>0;即C不正確;D正確.
10.ABC　解析 由題意,函數(shù)f(x)=當(dāng)x≥0時(shí),函數(shù)f(x)=12x-x3,則f'(x)=12-3x2=-3(x+2)(x-2),當(dāng)00,當(dāng)x>2時(shí),f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,所以當(dāng)x=2時(shí),函數(shù)f(x)取得最大值,最大值為f(2)=12×2-23=16,所以當(dāng)x≥0時(shí),f(x)∈(-∞,16].當(dāng)x<0時(shí),函數(shù)f(x)=-4x單調(diào)遞減,令f(x)=16,即-4x=16,解得x=-4,所以當(dāng)x∈[-4,0)時(shí),f(x)∈(0,16],當(dāng)x∈(-∞,-4)時(shí),f(x)∈(16,+∞).因?yàn)楫?dāng)x∈[t,+∞)時(shí),函數(shù)f(x)的值域?yàn)?-∞,16],所以t∈[-4,2].
結(jié)合選項(xiàng),t的值可能為-3,-1,1.故選ABC.
11.ABC　解析 對于選項(xiàng)A,令x=0,y=0,f(0)=0,所以A正確;
對于選項(xiàng)B,令x=1,y=1,f(1×1)=12×f(1)+12×f(1)=2f(1),解得f(1)=0,所以B正確;
對于選項(xiàng)C,令x=-1,y=-1,f[(-1)×(-1)]=(-1)2×f(-1)+(-1)2×f(-1)=2f(-1),解得f(-1)=0;再令x=-1,y=x,f[(-1)×x]=x2×f(-1)+(-1)2×f(x),f(-x)=f(x),所以C正確;
對于選項(xiàng)D,用特值法,函數(shù)f(x)=0,為常數(shù)函數(shù),且滿足f(xy)=y2f(x)+x2f(y),而常數(shù)函數(shù)沒有極值點(diǎn),所以D錯(cuò)誤.故選ABC.
三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.
12.[,+∞)　解析 f'(x)=2e2x-2ax,由于f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減,所以e2x-ax≤0在區(qū)間[1,2]上恒成立,即a≥在區(qū)間[1,2]上恒成立.
令h(x)=,x∈[1,2],則h'(x)=>0,因此h(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增,所以h(x)max=h(2)=,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是[,+∞).
13.(1,+∞)　解析 由已知s+sln t=t+tln s,可得,設(shè)f(x)=(x>0),則f'(x)=,當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示.
由題意知f(s)=f(t),所以s,t為方程f(x)=m的兩個(gè)不同的解,不妨設(shè)s>t,則00,所以s+t-st>1.
14.(-∞,-)∪(,+∞)　解析 令x1=x2=1,有f(1)=f(1)+f(1)-1,得f(1)=1,
令x1=x2=-1,得f(1)=2f(-1)-1,則f(-1)=1,
令x1=x(x∈D),x2=-1,有f(-x)=f(x)+f(-1)-1,得f(-x)=f(x),
又函數(shù)f(x)的定義域D為(-∞,0)∪(0,+∞)關(guān)于原點(diǎn)對稱,所以f(x)是偶函數(shù).
因?yàn)閒(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.
不等式f(ax)-f(ln x)>f(1)-1可化為f(ax)>f(ln x),
則有f(|ax|)>f(|ln x|).
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,
所以|ax|>|ln x|,
又x>1,所以|a|x>ln x,即|a|>.
設(shè)h(x)=(x>1),則|a|>h(x)max,h'(x)=.
故當(dāng)x∈(1,e)時(shí),h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,
所以h(x)≤h(e)=,所以|a|>,所以a>或a<-,即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞,-)∪(,+∞).
四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15.解 (1)f'(x)=+2x+a,則f'(2)=+2×2+a=+a.
由題意可得(+a)×(-)=-1,解得a=-3.
(2)由(1)可知f(x)=ln x+x2-3x+2.
則f'(x)=+2x-3=,x>0,
所以當(dāng)00,當(dāng)1時(shí),f'(x)>0,
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),(1,+∞),f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(,1),
故f(x)有極大值f()=ln+()2-3×+2=-ln 2,有極小值f(1)=ln 1+12-3×1+2=0.
16.解 (1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=(ln x)2+2x,
所以f'(x)=+2.
設(shè)g(x)=f'(x),則g'(x)=.
令g'(x)=0,得x=e.
當(dāng)x∈(0,e)時(shí),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.
所以f'(x)max=g(x)max=g(e)=+2.
(2)由于f'(x)=+2-aex,若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn),則f'(x)有兩個(gè)變號零點(diǎn),即a=有兩個(gè)實(shí)數(shù)根,令函數(shù)h(x)=,問題轉(zhuǎn)化為曲線y=h(x)與直線y=a有兩個(gè)不同的交點(diǎn).
h'(x)=,在區(qū)間(0,1)內(nèi),h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi),h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,
所以h(x)max=h(1)=.
又因?yàn)楫?dāng)x趨近于0時(shí),h(x)趨近于負(fù)無窮,當(dāng)x趨近于正無窮時(shí),h(x)趨近于0,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,).
17.解 (1)因?yàn)閒(x)=(x+m)ex,所以f'(x)=(x+m+1)ex.
由題意可得f'(x)≤0在區(qū)間(-∞,1]內(nèi)恒成立,即x+m+1≤0在區(qū)間(-∞,1]內(nèi)恒成立,可得m≤-x-1對于x∈(-∞,1]恒成立,所以m≤(-x-1)min=-2,所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是(-∞,-2].
(2)當(dāng)m=0時(shí),由nxln(nx)≤f(2x),得2xe2x≥nxln(nx).
由題意可知,x>0,n>0,所以-ln x-ln n≥0對于任意的x∈(0,+∞)恒成立.
設(shè)h(x)=e2x-ln x-ln n,x>0,n>0,則h'(x)=e2x-,因?yàn)楹瘮?shù)y=e2x和y=-在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)均單調(diào)遞增,所以函數(shù)h'(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
當(dāng)x→0時(shí),h'(x)<0;
當(dāng)x→+∞時(shí),h'(x)>0.故存在x0∈(0,+∞),使得h'(x0)==0,即.
當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),h'(x)<0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),h'(x)>0,所以h(x)在區(qū)間(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(x0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,
故h(x)min=h(x0)=-ln x0-ln n=-ln x0-ln n≥0對x0∈(0,+∞)恒成立,又由=0,得n=4x0,
所以h(x0)=-2x0-2ln x0-2ln 2≥0對x0∈(0,+∞)恒成立.因?yàn)楹瘮?shù)y=-2x和y=-2ln x在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,所以函數(shù)h(x0)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.因?yàn)閤0=時(shí),h(x0)=0,所以x0∈(0,].令p(x)=4xe2x(x>0),則p'(x)=4e2x+8xe2x=4e2x(1+2x)>0.
所以函數(shù)n=4x0在區(qū)間(0,]內(nèi)單調(diào)遞增,所以018.解 (1)f(x)=ex-ax,其定義域?yàn)镽,f'(x)=ex-a.
當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)>0,所以f(x)在R上單調(diào)遞增;
當(dāng)a>0時(shí),令f'(x)>0得x>ln a,令f'(x)<0得x所以f(x)在區(qū)間(-∞,ln a)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(ln a,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)在R上單調(diào)遞增;當(dāng)a>0時(shí),f(x)在區(qū)間(-∞,ln a)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(ln a,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
(2)(方法一)由已知得g(x)=ex-2x-cos x,x∈(-,+∞),則g'(x)=ex+sin x-2.
①當(dāng)x∈(-,0)時(shí),因?yàn)間'(x)=(ex-1)+(sin x-1)<0,所以g(x)在區(qū)間(-,0)內(nèi)單調(diào)遞減,所以g(x)>g(0)=0,
所以g(x)在區(qū)間(-,0)內(nèi)無零點(diǎn);
②當(dāng)x∈[0,]時(shí),因?yàn)間'(x)單調(diào)遞增,且g'(0)=-1<0,g'-1>0,所以存在x0∈(0,),使g'(x0)=0,所以當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),g'(x)<0,當(dāng)x∈(x0,)時(shí),g'(x)>0,所以g(x)在區(qū)間[0,x0)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(x0,]內(nèi)單調(diào)遞增,且g(0)=0,所以g(x0)<0,又因?yàn)間-π>0,所以g(x0)·g<0,所以g(x)在區(qū)間(x0,)內(nèi)存在一個(gè)零點(diǎn),所以g(x)在區(qū)間[0,]上有兩個(gè)零點(diǎn);
③當(dāng)x∈(,+∞)時(shí),g'(x)=ex+sin x-2>-3>0,
所以g(x)在區(qū)間(,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,
因?yàn)間>0,所以g(x)在區(qū)間(,+∞)內(nèi)無零點(diǎn).
綜上所述,g(x)在區(qū)間(-,+∞)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.
(方法二)由已知得g(x)=ex-2x-cos x,x∈(-,+∞),則g'(x)=ex+sin x-2.
①當(dāng)x∈(-,0)時(shí),因?yàn)間'(x)=(ex-1)+(sin x-1)<0,所以g(x)在區(qū)間(-,0)內(nèi)單調(diào)遞減,所以g(x)>g(0)=0,所以g(x)在區(qū)間(-,0)內(nèi)無零點(diǎn);
②當(dāng)x∈[0,+∞)時(shí),令s(x)=g'(x),則s'(x)=ex+cos x>0,所以g'(x)在區(qū)間[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,
又因?yàn)間'(0)=-1<0,g'(π)=eπ+sin π-2=eπ-2>0,
所以 x0∈(0,π)使g'(x0)=0,
當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),g'(x)<0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),g'(x)>0,所以g(x)在區(qū)間(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(x0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,且g(0)=0,所以g(x0)<0,又因?yàn)間(π)=eπ+1-2π>0,所以g(x0)·g(π)<0,所以g(x)在區(qū)間(x0,+∞)內(nèi)存在唯一零點(diǎn),所以g(x)在區(qū)間[0,+∞)內(nèi)存在兩個(gè)零點(diǎn).
綜上所述,g(x)在區(qū)間(-,+∞)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.
19.解 (1)不是,理由如下:
由已知得f'(x)=x-2+,由f'(x)=x-2+=1,解得x1=1,x2=2.
又f(1)=-,f(2)=2ln 2-2,不妨設(shè)切點(diǎn)為P(1,-),Q(2,2ln 2-2),則在點(diǎn)P處的切線的方程為y+=x-1,即y=x-,在點(diǎn)Q的切線方程為y-2ln 2+2=x-2,即y=x-4+2ln 2與直線y=x-不重合,所以直線y=x-不是曲線f(x)=x2-2x+2ln x的“雙重切線”.
(2)由題意g'(x)=函數(shù)y=ex+1(x≤0)和y=(x>0)都是單調(diào)函數(shù),則可設(shè)切點(diǎn)為P(x1,y1),Q(x2,y2),且x1≤0設(shè)t(x)=ex+1(x-1)-4+6(x≤0),則t'(x)=xex+1-2[x-2]<0,所以t(x)是減函數(shù),
又t(-1)=0,所以t(x)=0在區(qū)間(-∞,0]上只有一解x=-1,
所以方程(x1-1)-4+6=0的解是x1=-1,從而x2=2,
所以在點(diǎn)P(-1,1)處的切線方程為y-1=x+1,即y=x+2,在點(diǎn)Q(2,4)處的切線方程為y-4=x-2,即y=x+2.
所以曲線y=g(x)的“雙重切線”方程為y=x+2

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