当前位置:首页 >> 数学 >>

高三数学《一题多解


高三《一题多解 一题多变》题目
一题多解 一题多变(一) 原题: f ( x) = mx2 + 8x + 4 的定义域为 R,求 m 的取值范围 解:由题意 mx2 + 8x + 4 ≥ 0 在 R 上恒成立
? m ? 0 且Δ ? 0 ,得 m ? 4

变 1: f ( x) = log 3 mx 2 + 8 x + 4 的定义域为 R,求 m 的取值范围 解:由题意 m x2 + 8x + 4 > 0 在 R 上恒成立
? m ? 0 且Δ < 0 ,得 m > 4

变 2: f ( x) = log3 (mx2 +8x + 4) 的值域为 R,求 m 的取值范围 解:令 t = m x2 + 8x + 4 ,则要求 t 能取到所有大于 0 的实数,
? 当 m ? 0 时,t 能取到所有大于 0 的实数

当 m ? 0 时, m > 0 且Δ ≥ 0 ?0 ? m ≤ 4
?0 ? m ? 4

变 3: f ( x) = log3

m x2 + 8 x + n 的定义域为 R,值域为 [0,2],求 m,n 的值 x 2 +1

m x2 + 8 x + n ∈[1,9] ,得 解:由题意,令 y = (y - m)x 2 - 8x ? y - n ? 0 2 x +1
y ? m 时,Δ ≥ 0 ? y 2 - (m ? n) y ? mn- 16 ? 0 -

? 1 和 9 时 y 2 - (m + n) y + mn- 16 = 0 的两个根 ? m=n=5
n-m = 0 ? x ? R ,也符合题意 8

? 当 y = m 时, x =
?m=n=5

一 题 多 解解不等式 3 < 2 x - 3 < 5 解法一:根据绝对值的定义,进行分类讨论求解
-1-

(1)当 2 x - 3 ≥ 0 时,不等式可化为 3 < 2 x - 3 < 5 ?3 < x < 4 (2)当 2 x - 3 < 0 时,不等式可化为 3 < -2x + 3 < 5 ?-1 < x < 0 综上:解集为 {x 3 < x < 4或 - 1 < x < 0 } 解法二:转化为不等式组求解 原不等式等价于
2 x - 3 > 3且 2 x - 3 < 5 ?3 < x < 4或 1 < x < 0

综上:解集为 {x 3 < x < 4或 - 1 < x < 0 } 解法三:利用等价命题法 原不等式等价于
3 < 2 x - 3 < 5或 - 5 < 2x - 3 < -3 ,即 3 < x < 4或 - 1 < x < 0

解集为 {x 3 < x < 4或 - 1 < x < 0 } 解法四:利用绝对值的集合意义 原不等式可化为
3 3 3 5 < x - < ,不等式的几何意义时数轴上的点 x到 的距离大于 2 2 2 2

3 5 ,且小于 ,由图得, 2 2

解集为 {x 3 < x < 4或 - 1 < x < 0 }

一题多解 一题多变(二) 已知 sn 是等比数列的前 n 想项和, s3 , s6 , s9 成等差数列,求证:
a2 , a5 , a8 成等差数列

法一:用公式 s n =

a1 (1一q n ) , 1一q

-2-

因为 s3 , s6 , s9 成等差数列,所以 s3 + s6 = 2s9 且 q ≠ 1 则
a1 (1一q 3 ) a1 (1一q 6 ) 2a1 (1一q 9 ) + = ?q 3 + q 6 = 2q 9 (q ≠ 1) ? 1+ q 3 = 2q 6 1一q 1一q 1一q

所以 a2 + a5 = a1q + a1q 4 = a1q(2q 6 ) = 2a1q 7 = 2a8 所以 a2 , a5 , a8 成等差数列` 法二用公式 sn =
a1一a n q a 一a q a 一a q 2(a 一a q) ,? s3 + s6 = 2s9 ,∴ 1 3 + 1 6 = 1 9 1一q 1一q 1一q 1一q

则 a3 + a6 = 2a9 ? a2 q + a5 q = 2a8 q ? a2 + a5 = 2a8 ,所以 a2 , a5 , a8 成等 差数列` 证法三: (用公式 s2n = sn (1+ q n ), s3n = sn (1+ q n + q 2n ) )
? s6 = s3 + a4 + a5 + a6 = s3 + (a1 + a2 + a3 )q 3 = (1+ q 3 )s3

s9 = s3 (1+ q 3 + q 6 ) ? s3 + s6 = 2s9 ? s3 + s3 (1+ q 3 ) = 2s3 (1+ q 3 + q 6 )

解得 q 3 = 一 (下略)

1 2

-3-

变题: 已知 sin α = 且 α 是第二象限角,求 tan α 解
sin α =
4 5



α















4 3 4 ?cos α = 一 1一 sin 2 α = 一 , tan α = 一 5 5 3 4 变 1: sin α = ,求 tan α 5 4 解: sin α = > 0 ,所以 α 是第一或第二象限角 5 3 4 若是第一象限角,则 cos α = , tan α = 5 3 4 4 若是第二象限角,则 cos α = 一 , tan α = 一 5 3

变 2:已知 sin α = m(m > 0) 求 tan α 解:由条件 0 < m ≤ 1 ,所以 当
0 < m <1

时, α 是第一或第二象限角
m 1一m 2 m 1一m 2

若是第一象限角时 cosα = 1一m 2 , tanα =

若是第二象限角 cosα = 一 1一m 2 , tanα = 一 当 m = 1 时 tan α 不存在

变 3:已知 sin α = m( m ≤ 1) ,求 tan α 解:当 m = 1, 一1 时, tan α 不存在 当 m = 0 时,
tan α = 0

当 α 时第一、第四象限角时, tanα =

m 1一m 2

-4-

当 α 是第二、第三象限角时, tanα = 一

m 1一m 2

一题多解 一题多变(三) 题目:求函数 f ( x) = x + ( x ? 0) 的值域 方法一:判别式法 -设 y = x+
1 ,则 x 2 - yx+1 = 0 ,由Δ = y 2 - 4 ≥ 0? y ≥ 2 x
1 x

当 y = 2 时, x 2 - 2 x +1 = 0 ? x = 1 , 因此当 x = 1 时,
1 f ( x) = x + ( x ? 0) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞) x

方法二:单调性法 先判断函数 f ( x) = x + ( x ? 0) 的单调性 任取 0 ? x1 ? x2 ,则 f ( x1 ) - f ( x2 ) =
( x1 - x2 )(x1 x2 - 1) x1 x2
1 x

当 0 ? x1 ? x2 ≤ 2 时,即 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,此时 f ( x) 在 (0,1] 上时减函数 当 2 ? x1 ? x2 时, f ( x1 ) ? f ( x2 ) f ( x) 在 (2,+∞) 上是增函数

) 上是增函数,知 由 f ( x) 在 (0,1] 上是减函数, f ( x) 在 (1,+∞
x =1

时, f ( x) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞)

方法三:配方法
1 1 2 1 f ( x) = x + = ( x ) + 2 ,当 x = 0 时, x = 1 ,此时 x x x
f ( x) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞)

方法四:基本不等式法

-5-

f ( x) = x +

1 1 1 = ( x )2 + ( )2 ≥ 2 x =2 x x x

f ( x) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞)

变 原题:若函数 f ( x) = 范围 解:由题意得
1 ax + 2 x +1
2

题 的定义域为 R,求实数 a 的取值

ax2 + 2 x +1 ? 0 在 R 上恒成立,则要求
a?0

且Δ = 4 - 4a ? 0? a ? 1

变式一:函数 f ( x) = log2 (ax2 + 2x +1) 的定义域为 R,求实数 a 的取 值范围 解:由题意得
ax2 + 2 x +1 ? 0 在 R 上恒成立,则要求
a?0

且Δ = 4 - 4a ? 0? a ? 1

变式二:函数 f ( x) = l o 2 g(ax2 + 2 x +1) 的值域为 R,求实数 a 的取 值范围 解:令 u = ax2 + 2 x +1能取到所有大于 0 的实数,则
a = 0 时, u = zx +1 能取到所有大于

0 的实数

a ≠ 0 时, a ? 0 且Δ = 4 - 4a ≥ 0? 0 ? a ≤ 1

综上 0 ≤ a ≤ 1
-6-

一题多解 一题多变(四) 题目:求函数 f ( x) = x + ( x ? 0) 的值域 方法一:判别式法 -设 y = x+
1 ,则 x 2 - yx+1 = 0 ,由Δ = y 2 - 4 ≥ 0? y ≥ 2 x 1 x

当 y = 2 时, x 2 - 2 x +1 = 0 ? x = 1 , 因此当 x = 1 时,
1 f ( x) = x + ( x ? 0) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞) x

方法二:单调性法 先判断函数 f ( x) = x + ( x ? 0) 的单调性 任取 0 ? x1 ? x2 ,则 f ( x1 ) - f ( x2 ) =
( x1 - x2 )(x1 x2 - 1) x1 x2
1 x

当 0 ? x1 ? x2 ≤ 2 时,即 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,此时 f ( x) 在 (0,1] 上时减函数 当 2 ? x1 ? x2 时, f ( x1 ) ? f ( x2 ) f ( x) 在 (2,+∞) 上是增函数

) 上是增函数,知 由 f ( x) 在 (0,1] 上时减函数, f ( x) 在 (1,+∞
x =1

时, f ( x) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞)

方法三:配方法
1 1 2 1 f ( x) = x + = ( x ) + 2 ,当 x = 0 时, x = 1 ,此时 x x x
f ( x) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞)

方法四:基本不等式法
f ( x) = x + 1 1 1 = ( x )2 + ( )2 ≥ 2 x =2 x x x

f ( x) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞)
-7-

变 原题:若函数 f ( x) = 范围 解:由题意得
1 ax2 + 2 x +1

题 的定义域为 R,求实数 a 的取值

ax2 + 2 x +1 ? 0 在 R 上恒成立,则要求
a?0

且Δ = 4 - 4a ? 0? a ? 1

变式一:函数 f ( x) = log2 (ax2 + 2x +1) 的定义域为 R,求实数 a 的取 值范围 解:由题意得
ax2 + 2 x +1 ? 0 在 R 上恒成立,则要求
a?0

且Δ = 4 - 4a ? 0? a ? 1

变式二:函数 f ( x) = l o 2 g(ax2 + 2 x +1) 的值域为 R,求实数 a 的取 值范围 解:令 u = ax2 + 2 x +1能取到所有大于 0 的实数,则
a = 0 时, u = zx +1 能取到所有大于

0 的实数

a ≠ 0 时, a ? 0 且Δ = 4 - 4a ≥ 0? 0 ? a ≤ 1

综上 0 ≤ a ≤ 1

一题多解 一题多变(五)
-8-

题目:椭圆

x2 y2 ? ? 1 的焦点是 F1、F2 ,椭圆上一点 P 满足 PF1 ? PF2 , 25 16

下面结论正确的是————————————————————— ——( ) (B)P 点有四个

(A)P 点有两个

(C)P 点不一定存在

(D)P 点一定不存在

解法一: 以 F1 F2 为直径构圆,知:圆的半径 r ? c ? 3 ? 4 ? b ,即圆与椭圆不可能 有交点。故选 D

解法二: 由题知 ( S ?pF F ) max ? ? F1 F2 ? b ? 3 ? 4 ? 12 ,而在椭圆中:
1 2

S ?PF1F2 ? b 2 tan

?
4

1 2

? 16 ,? 不可能成立 12 ? 16, 故选 D

解法三: 由题意知当 p 点在短轴端点处 ? F1 PF2 最大,设 ? F1 PF2 ? 2? ,
tan ? ? 3 ? ? 1, ? ? ? ,?此时 ? F1 PF2 为锐角,与题设矛盾。故选 D 4 4

解法四: 设 P(5con? ,4 sin ? ) ,由 PF1 ? PF2 , 知 PF1 ? PF2 ? PF1 ? PF2 ? 0 ,而

-9-

PF1 ? PF2 ? (5con ? ? 3,4 sin ? )( 5con ? ? 3,4 sin ? ) ? 25con 2? ? 9 ? 16 sin 2 ? ? 0 ? con 2? ? ?

7 ? 9

无解,故选 D

解法五: 设 ?PF1 F2 ? ? ,假设 PF1 ? PF2 ,则
| PF1 | ? | PF2 |? 6con ? ? 6 sin ? ? 6 2 sin(? ?

?
4

)?6 2, 而 | PF1 | ? | PF2 |? 2a ? 10

即: 10 ? 6 2 ,不可能。故选 D

解法六:

con ? F1 PF2 ?

| PF1 | 2 ? | PF2 | 2 ?36 (| PF1 | 2 ? | PF2 | 2 ) ? 2 | PF1 || PF2 | ?36 64 ? 2 | PF1 | PF2 | ? ? ? | PF1 || PF2 | 2 | PF1 || PF2 | 2 | PF1 || PF2 |

32 32 32 7 ?1 ? ?1 ? ?1 ? ? 0 ,故 | PF1 | ? | PF2 | 2 | PF1 || PF2 | 25 25 ( ) 2

? F1 PF2 ? 90? ? PF1 ? PF2 不可能。故选 D

解 法 七 :设 P( x0 , y0 ) 由焦半径知:
| PF1 |? a ? ex 0 ? 5 ? 3 3 x0 , | PF2 |? a ? ex 0 ? 5 ? x0 ,? PF1 ? PF2 ? 5 5

| PF1 |2 ? | PF2 | 2 ?| F1 F2 | 2
? (5 ? ?x ? ? 25 3 25 > 8 ,故不符合题意,故选 D 3 3 3 18 2 625 2 x0 ) 2 ? (5 ? x0 ) 2 ? 10 2 ? x0 ? 50 ? x0 ? 5 5 25 9

而在椭圆中 | x0 |? 5 而 | x0 |?

解法八.
- 10 -

设圆方程为: x 2 ? y 2 ? 9 椭圆方程为:
x2 y2 ? ?1 25 16

两者联立解方程组得:
16x 2 ? 25 y 2 ? 25 ? 16 16x 2 ? 25(9 ? x 2 ) ? 25 ? 16 ? 9 x 2 ? 25 ? 16 ? 25 ? 9 ? 25 ? 7 ? x2 ? ? 25 ? 7 9

不可能 故圆 x 2 ? y 2 ? 9 与椭圆 即 PF1 不可能垂直 PF2 故选 D
x2 y2 ? ? 1 无交点 25 16

一题多解 一题多变(六) 一变题:课本 P110 写出数列 {an } 的前 5 项: a1 ? ? , an ? 1 ?
1 2

1 4

1 an -1

, 1 ] f ( x) 的反函数为 y = g ( x) , 变题:已知函数 f ( x)? ? 2 x ? 2 ,x ? [ ,设

a1 = 1, a2 = g (a1 )

an = g (an-1 ) ,求数列 {an } 的通项公式。

解:由题意得, y = g ( x) = 1 - x , a n = 1 - a n-1

1 2

1 2

- 11 -

? an ?

2 1 1 2 1 2 ? (an ?1 ? ) ,令 bn = a n - ,则 {bn } 是以 为首项, - 为公 3 3 2 3 2 3

比的等比数列, 故 bn = (- ) n-1 (n ≥ 1)
2 2 n + (-1) n-1 从而, an = bn + = (n ≥ 1) 3 3 × 2 n -1
1 3 1 2

二、一题多解
x 2 + 2x + a , x ∈[1,+∞) 已知函数 f ( x) = x

(1)当 a = 时,求函数 f ( x) 的最小值;(2)若对于任意 x ∈[1,+∞), f ( x) > 0 恒成立,试求实数 a 的取值范围, 解: (1)当 a = 时, f ( x) = x + 2 + 取等号 由 f ( x) = x + (k > 0) 性质可知, f ( x) 在 [
k x 1 2 1 2 ≥ 2 + 2 2 ,当且仅当 x = 时 2x 2

1 2

2 ,+∞) 上是增函数 2

? x ∈[1,+∞) ,所以 f ( x) 在 [1,+∞ ) 是增函数, f ( x) 在区间 [1,+∞ ) 上的

最小值为 f (1) =

7 2

x 2 + 2x + a >0 恒 成 立 ) , f ( x) = ( 2 ) 法 一 : 在 区 间 上 [1,+∞ x
? x 2 + 2 x + a > 0 恒成立 ) 设 y = x 2 + 2 x + a ,? x ∈[1,+∞) y = x 2 + 2x + a = ( x +1) 2 + a - 1 在 [1,+∞

上增 所以 x = 1 时, y min = a + 3 ,于是当且仅当 ymin = a + 3 > 0 时,函数
f ( x) > 0 恒成立,

- 12 -

故 a > -3 法二: f ( x) = x + + 2, x ∈[1,+∞) 当 a ≥ 0 时,函数 f ( x) 的值恒为正; 当 a < 0 时,函数 f ( x) 为增函数,故当 x = 1 时, y min = a + 3 ,于是 当且仅当 ymin = a + 3 > 0 时,函数 f ( x) > 0 恒成,故 a > -3
x 2 + 2x + a 法三: 在区间 [1,+∞ > 0 恒成立 ? x 2 + 2 x + a > 0 ) 上,f ( x) = x
a x

恒成立
?a > - x 2 - 2 x 恒成立,故 a 应大于 u = - x 2 - 2 x ,x ∈[1,+∞ ) 时的最大值

-3, 所以 a > -3

一题多解 一题多变(七) 原题::若 f ( ) = x + 1+ x 2 ( x > 0) ,则 f ( x) = 分析:用倒数换元 解 : 令 t = 则x = ,
1 x 1 t 1 x

所以

1 1 f (t ) = + 1+ ( ) 2 (t > 0) t t

将 t 换成 x 得到:
1 1 f (t ) = + 1+ ( ) 2 ( x > 0) x x

变题 1:设 f ( x) 满足关系式 f ( x) + 2 f ( ) = 3x, 求 f ( x) 的解析式 解: t = 则x =
1 x 1 t

1 x

- 13 -

1 1 f ( ) + 2 f (t ) = 3 t t

将 t 换成 x 得到:
1 1 f ( ) + 2 f ( x) = 3 x x

与原式联立方程组消去 f ( ) 得到
f ( x) ? 2 ? x( x ? 0) x

1 x

变题 2:已知 af ( x) ? f (? x) ? bx ,其中 a 2 ≠ 1 试求 f ( x) 的解析式 解:用相反数换元 令 t ? ? x, x ? ?t 代入到原式当中得到:

af (?t ) ? f (t ) ? ?bt

将 t 换成 x 得到:
af (? x) ? f ( x) ? ?bx

与原式联立方程组,得到:
(a2 ?1) f ( x) ? b(a ? 1) x

?


a 2 ≠1

f ( x) ?

b( a ? 1 ) b x? x 2 (a ? 1) a ?1

变题 3:已知 af (4x ? 3) ? bf (3 ? 4x) ? 2x, a2 ? b2 ,试求 f ( x) 的解析式 解:令 4 x ? 3 ? t ,则 2 x =
t +3 2 ?t ? 3 ∴ af (t ) ? bf (?t ) ? 2

(1)

将 (1) 中 t 换-t 得到:
af (?t ) ? bf (t ) ? t ?3 2

与 (1) 联立方程组得到:

- 14 -

(a 2 ? b 2 ) f (t ) ?

a?b 3 t ? ( a ? b) 2 2

? a2 ≠ b2

? f (t ) ?

1 3 t? 2(a ? b) 2(a ? b) 1 3 x? 2(a ? b) 2(a ? b)

? f ( x) ?

变题 4:已知 af ( xn ) ? f (? xn ) ? bx,其中a2 ? 1, n为奇数, 求 f ( x) 解:设 x n = t, x = n t 代入原式得:

af (t ) ? f (?t ) ? b n t

将 t 换成—t 得到:
af (—t ) + f (t ) = —bn t

与上式联立方程组得到

(a2 — 1) f (t ) = b(a +1)n t

?


a 2 ≠1

f ( x) ?

b(a ? 1) n b n t? t 2 (a ? 1) a ?1 b(a ? 1) n b n x? x 2 (a ? 1) a ?1



f ( x) 的解析式为: f ( x) ?

一题多解 题目: 设二次函数 f ( x) 满足 f ( x — 2) = f (— x — 2), 且函数图象 y 轴上的 截距为 1,被 x 轴截的线段长为 2 2 ,求 f ( x) 的解析式 分析:设二次函数的一般形式 f ( x) = ax2 + bx + c(a ≠ 0) ,然后 根据条件求出待定系数 a,b,c 解法一:设 f ( x) = ax2 + bx + c(a ≠ 0)
- 15 -

由 f ( x — 2) = f (— x — 2), 得:
4a — b = 0


Δ
a =2 2

x1 — x2 =

∴ b 2 — 4ac = 8a 2

由题意可知

c =1

解之得:

1 a = , b = 2, c = 1 2 1 f ( x) = x + 2 x +1 2

解法二: f ( x — 2) = f (— x — 2), 故函数 y = f ( x) 的图象有对称轴 x = —2 可设 y = a( x + 2) 2 + k
? 函数图象与 y 轴上的截距为 1,则 4a + k = 1

又? 被 x 轴截的线段长为 2 2 ,则 x1 — x2 = 整理得: 2a + k = 0 解之得:

Δ
d

=2 2

1 a = , k = —1 2 1 f ( x) = x + 2 x +1 2

解法三: :

故 f ( x — 2) = f (— x — 2),

- 16 -

函 数 y = f ( x) 的 图 象 有 对 称 轴 x = —2 , 又
x1 — x2 = 2 2


y = ( x) 与 x 轴的交点为:

(—2 — 2 2, 0), (—2 + 2 2,0 )


故可设 y = a( x + 2 + 2 2 )
f (0) = 1, a = 1 2



∴ f ( x) =

1 x + 2 x +1 2

一题多解 一题多变(八) 原题 设 y = f (x) 有反函数 y = f -1 ( x) ,又 y = f ( x + 2) 与 y = f -1 ( x - 1)

互为反函数,则 f -1 (1) - f -1 (0) = __________ ( 《教学与测试》P77) 变题 设 y = f (x) 有 反 函 数 y = f -1 ( x) , 又 y = f ( x + 1) 的 图 象 与
-1

y = f ( x +1) 的图象关于 y = x 对称

(1) 求 f (1) - f (0) 及 f -1 (1) - f -1 (0) 的值; (2) 若 a , b 均为整数,请用 a , b 表示 f (a) ? f (b) 及 f -1 (a) - f -1 (b) 解 (1) 因 y = f ( x +1) 的 反 函 数 是 y = f (x) - 1 , 从 而
-1

令 x = 1 得 f (1) - f (0) = -1; f ( x +1) = f (x) - 1 ,于是有 f ( x +1) - f (x) = -1, 同 样 , y = f ( x + 1) 得 反 函 数 为 y = f -1 (x) - 1 , 从 而
f -1 ( x +1) = f -1 (x) - 1 ,于是, f -1 ( x +1) - f -1 (x) = -1.

(2)

f ( x + 2) - f ( x +1) = -1

, 而

f ( x +1) - f (x) = -1

, 故

f ( x + 2) - ( f (x) - 1) = -1 , 即 f ( x + 2) - f (x) = -2 , ? f ( x + n) - f (x) = -n ,

- 17 -

从而 f (a) - f (b) = f [a + (b - a)] - f (a) = b - a . 同理, f -1 (a) ? f -1 ?b? ? b ? a . 一题多解 1.函数 f ( x) ? x2 ? bx ? c, f (?1) ? f (3) ,则( (A) f (1) ? c ? f (?1) (B) f (1) ? c ? f (?1) (C) c ? f (?1) ? f (1) (D) c ? f (?1) ? f (1) 解法 1. 由 f (?1) ? f (3) 知 f ( x) 的图象关于 x = 1 对称, 得 b ? ?2 而
f (1) ? 12 ? (?2) ?1 ? c ? c ?1,f (?1) ? (-1)2 ? (?2) ? (?1) ? c ? c ? 3

)





c ? 3 ? c ? c ? 1 ,因此 f (1) ? c ? f (?1) .

解 法 2. 由 f (?1) ? f (3) 知 f ( x) 的 图 象 关 于 x = 1 对 称 , 而
c = f (0) ,而 f ( x) 在[-1,1]上递减,易得答案为 B.

y

-1 1 x

0

- 18 -

一题多解 一题多变(九) 姜忠杰 变 题 原题:若在区间 y = x 2 - ax - a 2 在区间 (-∞ ,1- 3) 是减函数,则 a 的取值范 围是多少? 变 1:若函数 y = x 2 - ax - a 2 在 (-∞ ,1- 3) 上是减函数,则 a 的取值范 围是多少? 变 2、若函数 y = log ( x 2 - ax - a 2 ) 在 (-∞,1- 3) 上是增函数,则 a 的取值
1 2

范围是多少? 变 3、若函数 y = log ( x 2 - ax - a 2 ) 在 (-∞ ,1- 3) 上是增函数,且函数的
1 2

值域为 R,则 a 的取值范围是多少?
a a (- ∞, (- ∞, ∴ (-∞ 解:? 函数 y = x 2 - ax - a 2 的减区间为 ,1- 3) ? 2] , 2]

∴ [2 - 2 3 , +∞ )-

变 1、设 u = x 2 - ax - a 2 ,则 u 在 (-∞ ,1- 3) 为减函数,且在 (-∞ ,1- 3) ,
u ≥0

所 以 有 1- 3 ≤ a 2 且 u ( 1- 3 ) ≥ 0 , ∴ a 的 取 值 范 围 是
[
( 3 -1)(1- 5 ) 2

,

( 3 -1)(1+ 5 ) 2

]

变 2:设 u = x 2 - ax - a 2 ,则 u 在为减函数,且在 (-∞ ,1 - 3] , u ≥ 0所 以 有 1- 3 ≤ a 2 且 u ( 1- 3 ) ≥ 0 , ∴ a 的 取 值 范 围 是
[
( 3 -1)(1- 5 ) 2

,

( 3 -1)(1+ 5 ) 2

]

变 3:设 u = x 2 - ax - a 2 ,则 u 在 (-∞ ,1- 3) 减区间,u 在 (-∞ ,1- 3) 取到 一切正实数
- 19 -

1- 3 ≤ a 2 , u(1 - 3) = 0 ,所以 a =

( 3 -1)(1- 5 ) 2

或(

3 -1)(1+ 5 ) 2

一题多解: 设 a + lg a = 10 , b + 10b = 10,求 a + b 的值。 解法一(构造函数) :设 f ( x) = x + lg x ,则
f (a) = 10 = b +10b = lg10b +10b = f (10b ) ,由于 f ( x) 在 (0,+∞) 上是单调递

增函数,所以 a = 10b ,故 a + b = 10b + b = 10 。 解法二(图象法) 因为 a 是方程 x + lg x = 10 的一个根,也就是方程 lg x = 10 - x 的一个 根
b 是方程 x + 10x = 10 的一个根,也就是方程 10x = 10 -x 的一个

根 令 g ( x) = lg x , h( x) = 10x , Φ ( x) = 10 - x ,在同一坐标系中作出他们 的图象,如图所示:
10

8

6

4

2

-5

B

5

AC

10 A

a 是方程 g ( x) = Φ ( x) 的根,即图中 OA= a
b 是方程 h( x) = Φ ( x) 的根,即图中
- 20 -

OB= b

易得 OA+OB=10,所以 a + b = 10 解法三:方程 x + lg x = 10 , x + 10x = 10 的根为 a , b 由 x + 10x = 10 ,得
10x = 10 - x ,∴ x = lg(10 - x) ,又 x + lg x = 10∴ lg(10 - x) + lgx = 10 ,

即x(10- x) = 1010 , 即x 2 - 10x+1010 = 0
x1 + x2 = 10 (虚根Δ < 0)

一题多解 一题多变(十)
x1 + x 2 f ( x1 ) + f ( x 2 ) )= ; 2 2 )证明: x + x2 f ( x1 ) + f ( x 2 ) (2)若f ( x) = x 2 + ax + b, 则f ( 1 )≤ 2 2 ( 1 )若f ( x) = ax + b, 则f (

(课本 P102

变题:1、如图所示, f ( xi )(i = 1,2,3,4) 是定义在[0,1]上的四个函数, 其 中 满 足 性 质 :“ 对 [0 , 1] 中 的 任 意 的 x1 , x 2 , 任 意
? ?[0,1], f [? x1 ? (1? ? )x2 ] ? ? f (x1 ) ? (1? ? ) f (x2 ) 恒 成 立 ”

的只有(

A )

- 21 -

A、 f ( x1 ), f ( x3 )

B、 f ( x2 )

C、 f ( x2 ), f ( x3 )

D、 f ( x4 )

变题 2、定义在 R 上的函数 f ( x) 满足:如果对于任意 x1 , x2 ∈ R 都有
f( x1 + x 2 f ( x1 ) + f ( x 2 ) )≤ 2 2

则 称 函 数 f ( x) 是
f ( x) = ax2 + x(a ∈ R, a ≠ 0)

R 上 的 凹 函 数 。 已 知 二 次 函 数

(1)求证:当 a > 0 时,函数 f ( x) 是凹函数; (2)如果 x ∈[0,1] 时, | f ( x) |≤ 1 ,试求实数 a 的取值范围。 (1)证明:略 (2)实数 a 的取值范围是 [?2, 0)

二、一题多解 不查表计算: lg 3 2 + lg 3 5 + 3 lg 2 lg 5 解法一:原式= (lg 2 + lg 5)(lg 2 2 - lg2lg5+ lg 2 5) + 3lg2lg5 = lg 2 2 - lg 2 lg 5 + lg 2 5 + 3 lg 2 lg 5 = lg 2 2 + 2 lg 2 lg 5 + lg 2 5 = (lg 2 + lg 5) 2 = 1
- 22 -

解法二:原式= (lg 2 ? lg5)3 ? 3lg2 2lg5-3lg 2lg2 5 ? 3lg 2lg5 =1- 3lg 2lg 5(lg 2 ? lg 5 ?1) =1 解法三:原式= (lg 2 + lg 5) 3 - 3 lg 2 lg 5(lg 2 + lg 5) + 3 lg 2 lg 5 = 1 - 3 lg 2 lg 5 + 3 lg 2 lg 5 =1 解 法 四 : 原 式

= lg3 2 + lg3 5 + 3 lg 2 2 lg 5 + 3 lg 2 lg 2 5 - 3 lg 2 2 lg 5 - 3 lg 2 lg 2 5 + 3 lg 2 lg 5 = (lg 2 + lg 5) 3 - 3 lg 2 lg 5(lg 2 + lg 5 - 1) =1 解法五:原式= lg3 2 + lg3 5 + 3 lg 2 lg 5 × 1 = lg3 2 + lg3 5 + 3 lg 2 lg 5 × (lg 2 + lg 5) = (lg 2 + lg 5) 3 =1

一题多解 一题多变(十一) 一题多解1. 已知 f ( x) =
2 2 -1 2 ( x < -1),求 f (- ) 的值 1- x 3

解法 1 先求反函数 由y?
?
2 2 得 x 2 ? 1- 2 1-x y
x < -1

- 23 -



x = - 1-

2 且 y<0 y
2 ( x < 0) x

故原函数的反函数是 f -1 ( x) = - 1 ∴

2 f -1 (- ) = -2 3

解法 2 从互为反函数的函数的关系看 令
?


2 2 解得 x = ± 2 2 =3 1- x

x < -1
x = -2 2 f -1 (- ) = -2 3



变题 2. 已知 f ( x) 对于任意实数 x. y 满足 f ( x + y) = f ( x) + f ( y) ,当 x > 0

时, f ( x) < 0 (1) 求证 f ( x) = - f (- x)
- 24 -

(2) 判断 f ( x) 的单调性 证明 (1)令 x = y = 0, 得 f (0) = f (0) + f (0)


f (0) = 0

-

令 x = -y ,得 f (0) = f ( x) + f (-x)= 0


f ( x) = - f (- x)



2





x1 < x2





f ( x 2 ) = f [ x1 + ( x2 - x1 )] = f ( x1 ) + f ( x2 - x1 ) < f ( x1 )


f ( x) 在 R 上是单调函数

变 题 1.
x f ( ) = f ( x) - f ( y ) y

已知函数是定义 R 在上的增函数,且满足

(1) 求 f (1) 的值 (2) 若 f (6) = 1, 解不等式 f ( x + 5) - f ( ) < 2 解 (1) 令 x = y = 1 ,得
1 x

f (1) = f (1) - f (1)
∴ f (1) = 0 -

(3) 在 f ( ) = f ( x) - f ( y) 中,令 x = 1, y = 6 得
1 f ( ) = - f (6) = -1 6

x y

从而 f (36) = f (6) - f ( ) = 2

1 6

又原不等式可化为
- 25 -

f [ x( x + 5)] < f (36) ,

且 f ( x) 是 (0,+∞) 上的增函数,
∴ 原不等式等价于

x( x + 5) < 36


-9< x <4



?

x>0 0< x<4

x +5 > 0

解得


原不等式的解集为(0,4)

一题多解 一题多变(十二) 考查知识点:函数的对称中心 原题:函数 y = lg( x + x 2 +1) 的图象关于原点对称。
x) + f ( x) = lg(x + (x ) 2 + 1) + 解:该函数定义域为 R,且 f (-

lg( x + x 2 +1) = lg(x + x 2 +1)(x + x 2 +1) = lg1 = 0
∴ f (x) =f ( x) ,∴ 该函数图像关于原点对称 x +1) =f ( x +1) 则 y = f ( x) 的图象的关 变题 1: 已知函数 y = f ( x) 满足 f (-

于 (1,0) 对称
x +1) =f ( x +1) ∴ y = f ( x +1) 为奇函数, 解: 即 y = f ( x +1) 的图象关 ? f (-

于原点 (0,0) 对称,故 y = f ( x) 的图象关于 (1,0) 对称。
x) = 2 ,则函数 y = f ( x) 的图象 变题 2:已知函数 y = f ( x) 满足 f ( x) + f (-

关于 (0,1) 对称
x) = 2 得,∴ f (x)1 =[ f ( x)1] , y = f ( x) -1 为奇函数, 解:由 f ( x) + f (-

即 y = f ( x) -1 的图象关于(0,0)对称,∴ y = f ( x) 的图象关于 (0,1) 对
- 26 -

称 变题 3:已知函数 y = f ( x) 满足 f ( x) + f (2 + x) = 2 ,则 y = f ( x) 的图象关 于(1,1)对称
1, x = 1t, 解: 令 x = t则故由 f ( x) + f (2 + x) = 2 得 f (1+ t ) + f (1t) = 2 ,

即 f ( x) 满足 f (1+ x) + f (1x) = 2 ,即 f (x +1)1 =[ f ( x +1)1] ,∴ y = f ( x +1)1 的图 象关于原点(0,0)对称,故 y = f ( x) 的图象关于(1,1)对称。
x) = b ,则 y = f ( x) 的图象关于 结论:若函数 y = f ( x) 满足 f (a + x) + f (cc b (a+ 2 , 2 ) 对称。

4x x) = 1(2)指出该函数 变题 4:已知 f ( x) = x 求证: (1) f ( x) + f (14 +2

图象的对称中心并说明理由。
1 2 (3)求 f (1000 ) + f (1000 ) +?+ f (1000 1001 ) 的值。
x 4x 414x 2 + = + x = 1 ,得证。x 1x x 4 +2 4 +2 4 +2 4 +2

x) = (1)证明: f ( x) + f (1-

1 x) = 1 得 ( 2 ) 解 : 该 函 数 图 象 的 对 称 中 心 为(1 , 由 f ( x) + f (12, 2) 1 f (1 2 + x) + f ( 2 - x) = 1 1 1 1 1 1 即 f (-x + 1 2 ) - 2 = -[ f ( x + 2 ) - 2 ] , ∴ y = f ( x + 2 ) - 2 的图象关于原点中心对 1 称,故 y = f ( x) 的图象关于 对称。 (1 2, 2)

( 3 ) 解 : ? f ( x) + f (1 - x) = 1 , 故
999 2 f (1001 ) + f (1001 ) =1 ,??,∴

1 f (1001 ) + f (1000 1001 ) =1



1 2 f (1000 ) + f (1000 ) +?+ f (1000 1001 ) =500

变题 5:求证:二次函数 f ( x) = ax2 + bx + c(a ≠ 0) 的图象没有对称中心。 证明:假设 (m, n) 是 f ( x) = ax2 + bx + c(a ≠ 0) 的图象的对称中心,则对任
- 27 -



x∈ R







f (m + x) + f (mx) = 2n





a(m + x) 2 + b(m + x) + c + a(mx) 2 + b(mx) + c = 2n 恒成立,
n=0 与 即有 ax2 + am2 + bm+ c = n 恒成立,也就是 a = 0 且 am2 + bm+ ca ≠ 0 矛盾

所以 f ( x) = ax2 + bx + c(a ≠ 0) 的图象没有对称中心。

一题多解 一题多变(十三)
= 题 目 : 已 知 函 数 f(x) x2 + 2 x + a ) 若 对 任 意 x ∈ [1 , +∞ x

x ∈[1 , +∞) ,f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围。

= + ∞) 上,f(x) 解法一: 在区间 [1,

x2 + 2 x + a > 0 恒成立 ? x2 + 2 x + a > 0 x

+ ∞) 递 增 , ∴ 当 x=1 时 恒 成 立 , 设 y = x2 + 2 x + a 在 [1,

ymin = 3 + a ,于是当且仅当 ymin = 3 + a > 0 时,函数恒成立,故

a>—3。

= x + + 2,x ∈ [1 , + ∞) 当 a ≥ 0 的值恒为正,当 a<0 时,函 解法二: f(x)

a x

数 f(x)为增函数故当 x=1 时 f(x) 于是当且仅当 min = 3 + a 3+a>)时恒成立, 故 a>—3。

= + ∞) 上 f(x) 解法三: 在区间 [1,

x2 + 2 x + a 恒成立 ? x2 + 2 x + a > 0 恒成 x

立 ?a > — x2 — 2 x 恒 成 立 , 故
- 28 -

a

应 大 于

u = — x2 — 2 x,x ∈[1 , +∞)时的最大值—3, ∴ a > — (x+1) +1
2

当 x=1 时,取得最大值 —3

∴ a > —3。

题目:

将函数 f ( x) ? ? 的图象向左平移 1 个单位,再向上平移 1 个单位,求所得图象的函数表达式。

1 x

1 中 的 x 换 成 x+1 , y 换 成 y-1 得 x 1 1 x f ( x) ? 1 ? ? ? f ( x) ? 1 ? ? f ( x) ? x ?1 x ?1 x ?1 x ?1 变题 1:作出函数 f ( x) ? 的图象 x ?1 x ?1 2 2 解: 函数 f ( x) ? =1 ? , 它是由函数 f ( x) ? ? 的图象向左平 x ?1 x ?1 x

解:

将 函 数 f ( x) ? ?

移 1 个单位,再向上平移 1 个单位得到。图象为:

变题 2:求函数 f ( x) ?

x ?1 的单调递增区间 x ?1
- 29 -

解:

由图象知 函数 f ( x) ?

x ?1 的单调递增区间为:?? ?,?1?, ?? 1,??? x ?1

变题 3:求函数 f ( x) ? 解: 由

x ?1 的单调递增区间 x ?1 x ?1 的单调递增区 x ?1

x ?1 ? 0 得 x ? 1或x ? ?1 所以函数 f ( x) ? x ?1

间为 ?? ?,?1?, ?1,??? 变题 4: 求函数 f ( x) ? log 2 ( 解: 增区间 为 ?1,???, ?? ?,?1? 变题 5 求实数 a 解: 由 f ( x) ?
a?x 1 ? ?1 ? 知对称中心为( ( a+1,-1) , x ? a ?1 x ? (a ? 1)
x ?1 ) 的单调递增区间 x ?1



x ?1 x ?1 ? 0 ? x ? 1或x ? ?1 ,所以函数 f ( x) ? l o g( ) 的单调递 2 x ?1 x ?1

函数 f ( x) ?

a?x 的反函数的图象的对称中心为(-1,3) , x ? a ?1

所以它的反函数的对称中心为 (-1, a+1) , 由题意知: a+1=3 得 a=2。 变题 6 :函数 f ( x) ? 解:
x?2 的图象关于 y=x 对称求 a 的值 x?a x?2 因为函数 f ( x) ? 的反函数是它本身,且过点(2,0) , x?a x?2 所以其反函数的图象必过点(0,2) ,即函数 f ( x) ? 也 x?a

过点(0,2) ,代入得 a=-1。 变题 7 设( a , b ) 与( c , d )都是 函数 f ( x )的单 调区间,
(a,b) ? (c,d) 且 x ? x x、 x?
1 2 1 2

则 f ( x1) 与 f ( x2) 的 大 小 关 系 为





(A) f ( x1) ? f ( x2) (B) f ( x1) ? f ( x2) (C) f ( x1) ? f ( x2) (D)不能确
- 30 -

定 解 : 构 造 函 数 f ( x) ? ? 它 在 ?? ?,0?, ?0,??? 上 都 是 增 函 数 , 但 在
1 x

?? ?,0? ? ?0,??? 上无单调性,故选 D
ax ? 1 1 (a ? ) 在 (?2,??) 上的单调性。 x?2 2 ax ? 1 1 ? 2a 1 1 ?a? (a ? ) 由 f ( x) 的图象知 ,当 a ? 时在上 解: f ( x) ? x?2 x?2 2 2 1 是增函数;当 a ? 时在上为减函数 2

变题 8:讨论函数 f ( x) ?

一题多解 一题多变(十四) 已知 a > b > 0, m > 0 ,求证:
b+m b > a+m a

变 1、已知数列 {an } 满足 a n =



n , n ∈ N * ,试比较 an 与 an+1 的大小 n+2 b+m b < 2、已知 a > b > 0, m < 0 ,且 a + m > 0, b + m > 0 ,求证: a+m a b+m b < 3、已知 a > b > 0, m > 0 ,求证: a+m a

解: 原题:证明:作差?a > b > 0,m> 0

b + m b ab + am - ab - bm m(a - b) ‘ - = = a+m a a(a + m) a(a + m) ∴ m( a - b ) >0 a ( a + m)
∴ b+m b - >0 a+m a

∴a -b > 0

1 、 ? an > 0
∴ an < an+1



an a n+1

n n(n + 3) n 2 + 3n n + 2 = = = <1 n + 1 (n + 2)(n + 1) n 2 + 3n + 2 n+3

2、

b + m b ab + am - ab - bm m(a - b) - = = a+m a a(a + m) a(a + m)

- 31 -

? a > b > 0 ,∴ a - b > 0 ,又 a + m > 0




m(a - b) <0 a(a + m)



b+m b < a+m a

3、作差

a + m a b(a + m) - a(b + m) m(b - a) - = = b+m b b(b + m) b(b + m)

?a > b > 0

, m>0

∴b - a < 0



m(b - a) <0 b(b + m)



a+m a < b+m b

一 题 已知数列 {an } 满足 a n = 方法一:作差 an+1 - an = 方法二:作商? an > 0





n , n ∈ N * ,试比较 an 与 an+1 的大小 n+2

n +1 n 2 = > 0 ,∴an+1 > an n + 3 n + 2 (n + 2)(n + 3)

n an n(n + 3) n 2 + 3n ∴ = n+2 = = 2 <1 n + 1 (n + 2)(n + 1) n + 3n + 2 a n+1 n+3

∴ an < an+1 -

方法三: (单调性) a n =
∴an < an+1

n n+2 -2 2 = =1 , an 关于 n 单调递增 n+2 n+2 n+2

方法四:浓度法 把 a n =

n 看成是一杯溶液(糖)的浓度,随着 n 的 n+2

增大(相当于向溶液中加糖) ,浓度
- 32 -

当然增大,易得 an < an+1

一题多解 一题多变(十五)

例、 ax 2 - ax + ≥ 0 恒成立,求 a 的取值范围 解:1、当 a = 0 时 > 0 2、
a>0
? 0<a≤2

1 2

1 2

Δ = a 2 - 4a ×

1 ≤0 2

∴0≤ a ≤ 2 变式 1:已知函数 g ?x ? ? ax2 ? ax ? 的定义域为 R ,求实数 a 的 取值范围。 解:由题意得 ax 2 - ax + ≥ 0 恒成立, ∴1、当 a = 0 时 > 0 2、
a>0
? 0<a≤2

1 2

1 2

1 2

Δ = a 2 - 4a ×

1 ≤0 2

∴0≤ a ≤ 2 变式 2、函数 g ?x ? ? ax2 ? ax ? 的定义域为 R 的充要条件是什 么
1 2

解:由题意得 ax 2 - ax + ≥ 0 恒成立,
- 33 -

1 2

∴1、当 a = 0 时 > 0 2、
a>0
? 0<a≤2

1 2

Δ = a 2 - 4a ×

1 ≤0 2

∴0≤a ≤2 变式 3、y ?
1 1 ax ? ax ? 2
2

的定义域为 R , 求实数 a 的取值范

围。

解:由题意得 ax 2 - ax + > 0 恒成立, ∴1、当 a = 0 时 > 0 2、
a>0
?0 < a < 2

1 2

1 2

Δ = a 2 - 4a ×

1 <0 2

∴0≤ a < 2

变式 4、y ?

1 1 ax ? ax ? 2
2

的定义域为 R, 求实数 a 的取值范围。
ax 2

解 : 由 题 意 得
Δ < 0, a 2 - 4a ×
1 < 0? 0 < a < 2 2

-

1 ax + = 0 2

无 解 即

或a = 0 ∴0≤a <2

- 34 -

变式 5、 y = log2 (ax2 - ax + ) 的定义域为 R,求 a 的取值范围 解:由题意得 ax 2 - ax + > 0 恒成立,
1 2 1 ∴1、当 a = 0 时 > 0 2

1 2

2、

a>0
?0 < a < 2

Δ = a 2 - 4a ×

1 <0 2

∴0≤ a < 2

一题多解 徐晓洲 求y=
x 2 +1 的值域 x2 + 2

法一:常数分离法
y =11 x +2
2


1 1 ≤1- 2 <1 2 x +2

x 2 ≥ 0? x 2 + 2 ≥ 2? 0 <

1 1 1 1 ≤ ? - ≤- 2 <0 2 x +2 2 x +2
2



∴值域为[ ,1 )

1 2

法二:反解法
- 35 -

由y=

x 2 +1 1 - 2y ? yx 2 + 2 y = x 2 +1? x 2 = ≥0 2 y -1 x +2
1 2

∴函数的值域为[ ,1 ) 法三:判别式法
x 2 +1 由y= 2 ?yx 2 + 2 y = x 2 + 1 ?( y - 1)x2 + 2 y - 1 = 0 x +2

即:1、当 y = 1 时 2、当 y ≠ 1 时

1≠ 0

故舍去

Δ = 0 - 4(y - 1)(2y - 1) ≥ 0?
1 2

1 ≤ y ≤1 2

所以函数的值域为[ ,1 )

- 36 -


相关文章:
导数一题多解
导数一题多解_高三数学_数学_高中教育_教育专区。导数一题多解+...2014小学教师资格考试《... 2014年幼儿园教师资格考... 2014教师资格中学教育知...
高中一题多解经典练习题1
高中一题多解经典练习题1_高三数学_数学_高中教育_教育专区。高中一题多解经典...喜欢此文档的还喜欢 高三数学《一题多解 一题... 36页 免费 ...
高中一题多解经典练习题3
高中一题多解经典练习题3_高三数学_数学_高中教育_教育专区。高中一题多解经典练习题3高中一题多解经典练习题 3 1、 已知 f ( x) = 2 2 -1 2 ( x ...
高三数学一道高考题的变式及多种解法
高三数学一道高考题的变式及多种解法_从业资格考试_资格考试/认证_教育专区。...B ? B, ∴A = 2B 解后反思: 注重教材习题,在解题中的灵活运用,sin2A-...
018答案一题多元解答
018答案一题多元解答_高三数学_数学_高中教育_教育专区。多种解法 ...x n?1 解:因 x ? x ? x ? ? ? x ? , 1? x 2 3 n 两边都是...
2014高三数学二轮复习 一题多解专题三 利用导数证明不...
2014高三数学二轮复习 一题多解专题三 利用导数证明不等式问题_数学_高中教育_教育...《走向高考》2014高三数... 101页 免费 2013届高三数学二轮复习... 9页 免...
高中不等式证明例题(一题多解)
高中不等式证明例题(一题多解)_高三数学_数学_高中教育_教育专区。多种方法证明高中不等式例 1 证明不等式 1 ? 1 2 ? 1 3 ?? ? 1 n ? 2 n (n∈N...
十八(4)学习与探索-2-一题多解及新型题(教师)
十八(4)学习与探索-2-一题多解及新型题(教师)_高三数学_数学_高中教育_教育专区。模块: 十八、拓展应用与巧解 课题: 学习与探索-2 教学目标: 让学生通过...
2017届吉林省长春市普通高中高三下学期第二次模拟考试
长春市普通高中 2017 届高三质量监测(二) 数学文科...请考生在 22、23 两题中任选一题作答,如果多做,...1| ? | x ? 5 |≤ m 的解集不是空集,求 ...
辽宁省大连市普兰店区第二中学2018届高三上学期竞赛(期...
考试数学(理)试题+Word版含答案_高三数学_数学_...题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计...18.解:(1)已知变量 x,y 具有线性负相关关系,故...
更多相关标签: