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2013年全国高考理科数学试题分类汇编14:导数与积分

时间:2013-08-15


2013 年全国高考理科数学试题分类汇编 14:导数与积分

一、选择题
1 . (2013 年高考湖北卷 (理) 已知 a 为常数,函数 )

f ( x ) ? x ? ln x ? ax ?

有两个极值点

x1 , x2 ( x1 ? x2 ) ,
( )

r />则

A.

f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? ? f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? ?

1 2 1 2

B.

f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? ? f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? ?

1 2 1 2

C.

D.

【答案】D 2 . 2013 年 普 通 高 等学 校招 生 统 一 考 试新 课 标 Ⅱ卷 数学 ( 理 ) 纯 WORD 版 含 答 案) 已 知函 数 ( ( )

f ( x) ? x 3 ? ax 2 ? bx ? c ,下列结论中错误的是
A. ?x0 ? R, C.若 x0 是 D.若 x0 是

( 函数



f ( x0 ) ? 0

B



y ? f ( x) 的图像是中心对称图形

f ( x) 的极小值点,则 f ( x) 在区间 (??, x0 ) 上单调递减 f ( x) 的极值点,则 f '( x0 ) ? 0
? ? x 2 dx, S2 ? ?
1 2 2 2 1 dx, S3 ? ? e x dx, 则 S1S2 S3 的大小关系为 1 x

【答案】C 3 . (2013 年高考江西卷(理) )若 S1

1


A. S1 C. S2



? S 2 ? S3 ? S3 ? S1

B. S 2 D. S3

? S1 ? S3 ? S2 ? S1

【答案】B 4 .( 2013 年 普 通 高 等 学 校 招 生 统 一 考 试 辽 宁 数 学 ( 理 ) 试 题 ( WORD 版 )) 设 函 数

f ? x ? 满足x 2 f ? ? x ? ? 2 xf ? x ? ?
A.有极大值,无极小值 C.既有极大值又有极小值

ex ,f x

?

2? ?

e2 则x ? 时,f ? x ? , 0, 8





B.有极小值,无极大值 D.既无极大值也无极小值

【答案】D 5 . (2013 年普通高等学校招生统一考试福建数学(理)试题(纯 WORD 版) )设函数 R, x0 ( x0

f ( x) 的定义域为
( )

? 0) 是 f ( x) 的极大值点,以下结论一定正确的是 f ( x) ? f ( x0 )
( x) 的极小值点
B. ? x0 是

A. ?x ? R,

f (? x) 的极小值点 (? x) 的极小值点

C. ? x0 是 ? f

D. ? x0 是 ? f

【答案】D 6 . (2013 年高考北京卷(理) )直线 l 过抛物线 C: x2=4y 的焦点且与 y 轴垂直,则 l 与 C 所围成的图形的 面积等于
A.


B.2 C.



4 3

8 3

D.

16 2 3

【答案】C 7 . (2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学(理)试题(纯 WORD 版) )已知 e 为自然对数的底数,设 函数

f ( x) ? (e x ? 1)( x ? 1) k (k ? 1,2) ,则


B.当 k D.当 k



A.当 k C.当 k

? 1 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极小值

? 1 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极大值

? 2 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极小值

? 2 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极大值

【答案】C 二、填空题 8 . 2013 年 高 考 江 西 卷 ( 理 ) 设 函 数 ( )

f ( x)



(0, ??)

内可导,且

f (e x ) ? x ? e x

,则

f x (1) ? ______________
【答案】2 9 . (2013 年高考湖南卷(理) )若 【答案】3 10.2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学 ( (理) (纯 WORD 版)若曲线 卷 ) 处的切线平行于 x 轴,则 k 【答案】 ?1 三、解答题 11 . 2013 年 普 通 高 等 学 校 招 生 统 一 考 试 新 课 标 Ⅱ卷 数 学 ( 理 ) 纯 WORD 版 含 答 案 ) 已 知 函数 ( ( )

?

T

0

x2 dx ? 9, 则常数T的值为 _________.
y ? kx ? ln x 在点 ?1, k ?

? ______.

f ( x) ? e x ? ln( x ? m) .
(Ⅰ)设 x

? 0 是 f ( x) 的极值点,求 m ,并讨论 f ( x) 的单调性;

(Ⅱ)当 m ? 2 时,证明 【答案】

f ( x) ? 0 .

12. (2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学(理)试题(WORD 版) )已知函数

f ? x ? ? ?1 ? x ?
(I)求证: 1-x ? (II)若

e?2 x

, g ? x ? ? ax ?

x3 ? 1 ? 2 x cos x.当x ? ? 0,1?时, 2

f ? x? ?

1 ; 1? x

f ? x ? ? g ? x ? 恒成立,求实数 a 取值范围.

请考生在第 22、23、24 三题中任选一题做答,如果多做,则按所做的第一题计分.作答时用 2B 铅笔在 答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑. 【答案】

13. (2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷(数学) (已校对纯 WORD 版含附加题) )本小题满 分 16 分. 设函数 (1)若

f ( x) ? ln x ? ax , g ( x) ? e x ? ax ,其中 a 为实数.

f (x) 在 (1,??) 上是单调减函数,且 g (x) 在 (1,??) 上有最小值,求 a 的取值范围; f (x) 的零点个数,并证明你的结论.

(2)若 g (x ) 在 (?1,??) 上是单调增函数,试求

卷Ⅱ 附加题部分答案 word 版 [选做题]第 21 题,本题包括 A、 C、 四小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域内作答,若多做, B、 D ...... 则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 【答案】解:(1)由

f ' ( x) ?
1 <1 x

1 1 ?1? ? a ? 0 即 ? a 对 x ? (1,??) 恒成立,∴ a ? ? ? max x x ?x?
∴a

而由 x ? (1,??) 知 由g
'

?1

( x) ? e x ? a 令 g ' ( x) ? 0 则 x ? ln a
'

当 x < ln a 时 g

( x) <0,当 x > ln a 时 g ' ( x) >0,

∵ g (x ) 在 (1,??) 上有最小值 ∴ ln a >1 ∴a>e

综上所述: a 的取值范围为 (e,??) (2)证明:∵ g (x ) 在 (?1,??) 上是单调增函数 ∴g ∴a
'

( x) ? e x ? a ? 0 即 a ? e x 对 x ? (?1,??) 恒成立,

? ex

? ?

min

而当 x ? (?1,??) 时, e >
x

1 e
1 >0 x

∴a

?

1 e

分三种情况: (Ⅰ)当 a ∵

? 0 时, f ' ( x) ?

∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数

f (1) ? 0

∴f(x)存在唯一零点

(Ⅱ)当 a <0 时, ∵

f ' ( x) ?

1 ? a >0 x

∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数

f (e a ) ? a ? aea ? a(1 ? e a ) <0 且 f (1) ? ?a >0

∴f(x)存在唯一零点

1 1 1 ' ' 时, f ( x) ? ? a ,令 f ( x) ? 0 得 x ? e x a 1 1 ? a( x ? ) ? a( x ? ) 1 1 ' a >0; x > 时, f ' ( x) ? a ∵当 0< x < 时, f ( x) ? a a x x 1 1 1 1 ∴ x ? 为最大值点,最大值为 f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 a a a a
(Ⅲ)当 0< a

?

<0

①当 ? ln a ? 1 ? 0 时, ? ln a ? 1 ? 0 , a ②当 ? ln a ? 1 >0 时,0< a 实 际 上

?

1 1 , f (x) 有唯一零点 x ? ?e e a

?
,

1 , f (x) 有两个零点 e
对 于 0<

a?

1 e

,





1 1 1 a 1 1 1 f ( ) ? ln ? a ? ?1 ? <0, f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 >0 e e e e a a a
且函数在 ?

?1 1? , ? 上的图像不间断 ?e a?

∴函数

?1 1? f (x) 在 ? , ? 上有存在零点 ?e a?

另外,当 x ? ? 0, 个零点 下 面 考

? ?

1? 1 ? 1? ? 1? ' ? , f ( x) ? ? a >0,故 f (x) 在 ? 0, ? 上单调增,∴ f (x) 在 ? 0, ? 只有一 a? x ? a? ? a?



f (x)
?1



?1 ? ? ,?? ? ?a ?
?1







,





f (e a ) ? ln e a ? aea ? a ?1 ln e ? aea ? a(a ?2 ? e a ) <0
为此我们要证明:当

?1

?1

?1

x > e 时, ex

>

x 2 , 设 h( x ) ? e x ? x 2

,则

h ' ( x) ? e x ? 2 x

,再设

l ( x) ? e x ? 2 x
∴l
'

( x) ? e x ? 2
'

当 x >1 时, l

( x) ? e x ? 2 > e -2>0, l ( x) ? e x ? 2 x 在 ?1,?? ? 上是单调增函数
'

故当 x >2 时, h 从 而

( x) ? e x ? 2 x > h ' (2) ? e 2 ? 4 >0


h( x ) ? e x ? x 2

?2,???

上 是 单 调 增 函 数 , 进 而 当

x

>

e

时, h( x)

? e x ? x 2 > h(e) ? e e ? e 2 >0
x 2

即当 x > e 时, e > x ,
?1 ?1 ?1 1 a ?1 a ?1 ?1 ? aea ? a ?1 ln e ? aea ? a(a ?2 ? e a ) <0 时,即 a >e 时, f (e ) ? ln e e 1 1 1 ?1 a ?1 又 f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 >0 且函数 f (x) 在 a , e 上的图像不间断, a a a 1 ? a( x ? ) ?1 1 ?1 a ' a <0 故 f (x) 在 ∴函数 f (x) 在 a , e 上有存在零点,又当 x > 时, f ( x) ? a x

当 0< a <

?

?

?

?

?a

?1

,??

? 上是单调减函数∴函数 f (x) 在 ?a

?1

,??

? 只有一个零点

综合(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)知:当 a

? 0 时, f (x) 的零点个数为 1;当 0< a <

1 时, f (x) 的零点个数为 2 e

14 . 2013 年 普 通 高 等 学 校 招 生 统 一 考 试 广 东 省 数 学 ( 理 ) 卷 ( 纯 WORD 版 ) 设 函 数 ( )

f ? x ? ? ? x ? 1? e x ? kx 2 (其中 k ?R ).
(Ⅰ) 当 k

? 1 时,求函数 f ? x ? 的单调区间;
?1 ? ,1? 时,求函数 f ? x ? 在 ? 0, k ? 上的最大值 M ?2 ?

x 2

(Ⅱ) 当 k ? ? 【 答

.


x

(Ⅰ)
x


x

f ? x ? ? ? x ? 1? e ? x , f ? ? x ? ? e ? ? x ? 1? e ? 2 x ? xe ? 2 x ? x ? e ? 2 ?
x

k ?1



,



f ? ? x ? ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ln 2 f ? ? x ? , f ? x ? 的变化如下表:

当 x 变化时,

x
f ?? x? f ? x?

? ??, 0 ?
?
?

0 0
极 大 值

? 0, ln 2 ?
?

ln 2
0
极 小 值

? ln 2, ?? ?
?
?

?

右表可知,函数 (Ⅱ)

f ? x ? 的递减区间为 ? 0, ln 2 ? ,递增区间为 ? ??, 0 ? , ? ln 2, ?? ? .

f ? ? x ? ? e x ? ? x ? 1? e x ? 2kx ? xe x ? 2kx ? x ? e x ? 2k ? , 令 f ? ? x ? ? 0 , 得

x1 ? 0 , x2 ? ln ? 2k ? ,
令g

? k ? ? ln ? 2k ? ? k ,则 g ? ? k ? ?

1 1? k ?1 ? ?1 ? ? 0 ,所以 g ? k ? 在 ? ,1? 上递增, k k ?2 ?

所以 g

? k ? ? ln 2 ? 1 ? ln 2 ? ln e ? 0 ,从而 ln ? 2k ? ? k ,所以 ln ? 2k ? ? ?0, k ?

所以当 x ? 所以 M 令

? 0, ln ? 2k ? ? 时, f ? ? x ? ? 0 ;当 x ? ? ln ? 2k ? , ?? ? 时, f ? ? x ? ? 0 ;

? max ? f ? 0 ? , f ? k ?? ? max ??1, ? k ? 1? e k ? k 3 ?

h ? k ? ? ? k ? 1? e k ? k 3 ? 1 , 则 h? ? k ? ? k ? e k ? 3k ? , 令 ? ? k ? ? e k ? 3k , 则

? ? ? k ? ? ek ? 3 ? e ? 3 ? 0
所以 ?

?k ? 在 ? ?

3? 1 ? ?1? ? ,1? 上递减,而 ? ? ? ? ? ?1? ? ? e ? ? ? e ? 3? ? 0 2? ?2? ? ?2 ?

所以存在

?1 ? x0 ? ? ,1? ?2 ?

使得

? ? x0 ? ? 0

,且当

?1 ? k ? ? , x0 ? ?2 ?

时,

? ?k ? ? 0

,当

k ? ? x0 ,1?

时, ?

?k ? ? 0 ,

所以 ?

?k ? 在 ? ?

1 ? , x0 ? 上单调递增,在 ? x0 ,1? 上单调递减. ?2 ?

因为 h ?

1 7 ?1? ?1 ? e ? ? 0 , h ?1? ? 0 ,所以 h ? k ? ? 0 在 ? ,1? 上恒成立,当且仅当 k ? 1 ??? 2 8 ?2? ?2 ?
f ? x ? 在 ? 0, k ? 上的最大值 M ? ? k ? 1? ek ? k 3 .

时取得“ ? ”. 综上,函数

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15. (2013 年高考江西卷(理) )已知函数

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

1 ) , a 为常数且 a >0 . 2

(1) 证明:函数 (2) 若 x0 满足

f (x) 的图像关于直线 x =

1 对称; 2

f (f (x0 ))=x0 ,但 f (x0 ) ? x0 ,则称 x0 为函数 f (x) 的二阶周期点,如果 f (x) 有

两个二阶周期点 x1 ,x2 , 试确定 a 的取值范围; (3) 对 于 (2) 中 的

x1 ,x2



a

,



x3

为 函 数

f(f(x)) 的 最 大 值

点,A(x1,f(f(x1))),B(x2,f(f(x2))),C(x3,0),记△ABC 的面积为 S(a),讨论 S(a)的单调性. 【 答 案 】 (1) 证 明 : 因 为

1 1 f ( ? x) ? a(1 ? 2 x ), f ( ? x) ? a(1 ? 2 x ) 2 2

, 有

1 1 f ( ? x) ? f ( ? x) , 2 2
所以函数

f ( x) 的图像关于直线 x ?

1 对称. 2
1 x? , 2 1 x? . 2

? 4 a 2 x, 1 ? (2)解:当 0 ? a ? 时,有 f ( f ( x )) ? ? 2 2 ? 4a (1 ? x), ?

所以

f ( f ( x)) ? x 只有一个解 x ? 0 ,又 f (0) ? 0 ,故 0 不是二阶周期点.

当a

?

1 时,有 2

1 x? , ? x, 2 f ( f ( x)) ? ? 1 ? x, 1 ? x? . 2

所以

1 1? 1? ? ? f ( f ( x)) ? x 有解集 ? x | x ? ? ,又当 x ? 时, f ( x) ? x ,故 ? x | x ? ? 中的所有点 2? 2? 2 ? ?

都不是二阶周期点.

1 , 4a 2 ? 4 a x, 1 1 ? ?x? , 2 1 2 a ? 4 a x, 4a 2 当 a ? 时,有 f ( f ( x )) ? ? ? 2 2 ?2a (1 ? 2a ) ? 4a x, 1 ? x ? 4a ? 1 , ? 4 a 2 ? 4 a 2 x, 2 4a ? 4a ? 1 x? . 4a x?
所以

f ( f ( x)) ? x 有四个解 0,

2a 2a 4a 2 , , 1 ? 4 a 2 1 ? 2a 1 ? 4a 2

,又

2a 2a , f (0) ? 0, f ( )? 1 ? 2a 1 ? 2 a


2a 2a 4a 4a 2a 4a 2 ,故只有 , f( )? , f( )? 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2
点.综上所述,所求 a 的取值范围为 a

f ( x) 的二阶周期

?

1 . 2
,

(3)由(2)得 x1

?

2a 4a 2 , x2 ? 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2

因为 x3 为函数

f ( f ( x)) 的最大值点,所以 x3 ?

1 4a ? 1 或 x3 ? . 4a 4a
2(a ? 1? 2 1? 2 )(a ? ) 2 2 , (1 ? 4a 2 ) 2

1 2a ? 1 当 x3 ? 时, S (a ) ? .求导得: S '(a ) ? ? 4(1 ? 4a 2 ) 4a
所以当 a ? (

1 1? 2 1? 2 , ) 时, S (a ) 单调递增,当 a ? ( , ??) 时 S (a ) 单调递减; 2 2 2

8a 2 ? 6a ? 1 12a 2 ? 4a ? 3 4a ? 1 当 x3 ? 时, S ( a ) ? ,求导得: S '( a ) ? , 4(1 ? 4a 2 ) 2(1 ? 4a 2 ) 2 4a
因a

?

12a 2 ? 4a ? 3 1 ?0, ,从而有 S '( a ) ? 2(1 ? 4a 2 ) 2 2

所以当 a ? (

1 , ??) 时 S (a ) 单调递增. 2
f ? x ? ? a ? x ? 5 ? ? 6 ln x ,
2

16. (2013 年普通高等学校招生统一考试重庆数学 (理) (含答案) 试题 )设 其中 a ? R ,曲线 (1)确定 a 的值;

y ? f ? x ? 在点 ?1, f ?1? ? 处的切线与 y 轴相交于点 ? 0, 6 ? .
(2)求函数

f ? x ? 的单调区间与极值.

【答案】

f (3) ? 2 ? 6ln 3
17 . 2013 年 高 考 四 川 卷 ( 理 ) 已 知 函 数 ( )

? x 2 ? 2 x ? a, x ? 0 f ( x) ? ? ?ln x, x ? 0 A( x1 , f ( x1 )) , B( x2 , f ( x2 )) 为该函数图象上的两点,且 x1 ? x2 .
(Ⅰ)指出函数 (Ⅱ)若函数 (Ⅲ)若函数

,其中

a

是实数.设

f ( x) 的单调区间;

f ( x) 的图象在点 A, B 处的切线互相垂直,且 x2 ? 0 ,求 x2 ? x1 的最小值; f ( x) 的图象在点 A, B 处的切线重合,求 a 的取值范围.

【答案】解:

? ? ? 函数 f ? x ? 的单调递减区间为 ? ??, ?1? ,单调递增区间为 ? ?1,0 ? , ? 0, ?? ?

? ?? ? 由导数的几何意义可知,点 A 处的切线斜率为 f ? ? x1 ? ,点 B 处的切线斜率为 f ? ? x2 ? ,故当点 A
处的切线与点 B 处的切垂直时,有 当 x ? 0 时,对函数 因为 x1 所以

f ? ? x1 ? f ? ? x2 ? ? ?1 .

f ? x ? 求导,得 f ? ? x ? ? 2 x ? 2 .

? x2 ? 0 ,所以 ? 2 x1 ? 2 ?? 2 x2 ? 2 ? ? ?1,

? 2 x1 ? 2 ? ? 0, ? 2 x2 ? 2 ? ? 0 .
? x1 ?

1 ?? ? 2 x1 ? 2 ? ? ? 2 x2 ? 2 ?? ? ? ? 2 x1 ? 2 ?? 2 x2 ? 2 ? ? 1 ? 2? 3 1 当且仅当 ? ? 2 x1 ? 2 ? = ? 2 x2 ? 2 ? =1,即 x1 ? ? 且x2 ? 时等号成立. 2 2
因此 x2 所以函数

f ( x) 的图象在点 A, B 处的切线互相垂直时, x2 ? x1 的最小值为 1

? ??? ? 当 x1 ? x2 ? 0 或 x2 ? x1 ? 0 时, f ? ? x1 ? ? f ? ? x2 ? ,故 x1 ? 0 ? x2 .
当 x1

? 0 时,函数 f ( x) 的图象在点 ? x1 , f ? x1 ? ? 处的切线方程为

y ? ? x12 ? 2 x1 ? a ? ? ? 2 x1 ? 2 ?? x ? x1 ? ,即 y ? ? 2 x1 ? 2 ? x ? x12 ? a
当 x2

? 0 时,函数 f ( x) 的图象在点 ? x2 , f ? x2 ? ? 处的切线方程为

y ? ln x2 ?

1 1 ? x ? x2 ? ,即 y ? ? x ? ln x2 ? 1 . x2 x2
① ②

? 1 ? ? 2 x1 ? 2 两切线重合的充要条件是 ? x2 ?ln x ? 1 ? ? x 2 ? a ? 2 1
由①及 x1

? 0 ? x2 知, ?1 ? x1 ? 0 .

由①②得, a

? x12 ? ln

1 ? 1 ? x12 ? ln ? 2 x1 ? 2 ? ? 1 . 2 x1 ? 2

设h

? x1 ? ? x12 ? ln ? 2 x1 ? 2 ? ? 1(?1 ? x1 ? 0) ,

则 h?

? x1 ? ? 2 x1 ?

1 ? 0. x1 ? 1

所以 h

? x1 ?? ?1 ? x1 ? 0 ? 是减函数.

则h

? x1 ? ? h ? 0 ? ? ? ln 2 ? 1, ? x1 ? 无限增大,所以 a 的取值范围是 ? ? ln 2 ? 1, ?? ? .

所以 a ? ? ln 2 ? 1 . 又当 x1 ? ( ?1,0) 且趋近于 ?1 时, h 故当函数

f ( x) 的图像在点 A, B 处的切线重合时, a 的取值范围是 ? ? ln 2 ? 1, ?? ?

18. (2013 年高考湖南卷(理) )已知 a

? 0 ,函数 f ( x) ?

x?a x ? 2a

.

(I)记

f ( x)在区间? 0, 4? 上的最大值为g(a),求 g(a )的表达式;
y ? f ( x) 在区间 ? 0, 4 ? 内的图像上存在两点,在该两点处的切线相互垂

(II)是否存在 a ,使函数

直?若存在,求 a 的取值范围;若不存在,请说明理由. 【 答 案 】

3a ? x?a ? x ? 2a ? 1 - x ? 2a , 当x ? ?2a, 或x ? a时,是单调递增的。 ? 解: a ? 0, f ( x) ? ? ? ? x ? a ? -1 ? 3a , 当 ? 2a ? x ? a时,是单调递减的。 ? x ? 2a x ? 2a ?
(Ⅰ)

由上知,当a ? 4时,f ( x)在x ? [0,4]上单调递减,其最大值为f (0) ? -1 ?
当a ? 4时,f ( x)在[0, a]上单调递减,在 a,4]上单调递增。 [

3a 1 ? 2a 2

令f (4) ? 1 -

3a 1 ? f (0) ? , 解得:a ? (1,4], 即当a ? (1,4]时,g (a)的最大值为f (0); 4 ? 2a 2

当a ? (0,1]时,g (a)的最大值为f (4)

3a ? ?1 - 4 ? 2a , 当a ? (0,1]时 ? 综上,g(a)? ? ? 1 , 当a ? (1,??)时 ?2 ?
(II) 由 前 知 ,y=f(x) 的 图 像 是 由 两 段 反 比 例 函 数 的 图 像 组 成 的 . 因 此 , 若 在 图 像 上 存 在 两 点

P( x1 , y1 ), Q( x2 , y2 ) 满足题目要求,则 P,Q 分别在两个图像上,且 f ' ( x1 ) ? f ' ( x2 ) ? ?1 .

? 3a ? ( x ? 2a ) 2 , 当x ? ?2a, 或x ? a时 ? ? ? 3a f ' ( x) ? ? , 当 ? 2 a ? x ? a时 2 ? ( x ? 2a ) ?0 ? a ? 4 ? ?
不妨设

3a ? 3a ? ? ?1, x1 ? (0, a), x2 ? (a,8] ? 3a ? ( x1 ? 2a)( x2 ? 2a) 2 ( x1 ? 2a) ( x2 ? 2a) 2
2

? 3a ? 2ax2 ? 4a 2 ?a 3a ? 2ax2 ? 4a ?0 ? ? 0 ? x1 x2 ? 2a ( x1 ? x2 ) ? 4a 2 ? 3a ? x1 ? ?? x2 ? 2a x2 ? 2a ?a ? x ? 8 2 ? ?0 ? 3 ? 2 x2 ? 4a ?2 x2 ? 3 ? 4a ?2 ? 4 a ? 3 ? 4 a 1 1 ? ? ? ? ?1 ? x2 ? 2a ? ?2 ? 4a ? 2 x2 ? ?2a ? 3 ? 4a ? a ? ,且0 ? a ? 4 ? a ? (0, ) 3 2 ?a ? x ? 8 ?2a ? 2 x ? 16 ?2 ? 4a ? 16 2 2 ? ? ?
所以,当 a ? (0, 互垂直. 19 . 2013 年 普 通 高 等 学 校 招 生 统 一 考 试 福 建 数 学 ( 理 ) 试 题 ( 纯 WORD 版 ) 已 知 函 数 ( )

1 ) 时,函数 y ? f ( x) 在区间 ? 0, 4 ? 内的图像上存在两点,在该两点处的切线相 2

f ( x) ? x ? a ln x( a ? R)
(1)当 a

? 2 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 A(1, f (1)) 处的切线方程;
f ( x) 的极值.

(2)求函数

【答案】解:函数

f ( x ) 的定义域为 (0, ??) , f ?( x ) ? 1 ?

a . x

(Ⅰ)当 a

? 2 时, f ( x ) ? x ? 2 ln x , f ?( x ) ? 1 ?

2 ( x ? 0) , x

? f (1) ? 1, f ?(1) ? ?1 , ? y ? f ( x ) 在点 A(1, f (1)) 处的切线方程为 y ? 1 ? ?( x ? 1) ,
即x?

y?2?0.

(Ⅱ)由

f ?( x ) ? 1 ?

a x?a ? , x ? 0 可知: x x

①当 a ②当 a

? 0 时, f ?( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 为 (0, ??) 上的增函数,函数 f ( x ) 无极值; ? 0 时,由 f ?( x ) ? 0 ,解得 x ? a ;

? x ? (0, a ) 时, f ?( x ) ? 0 , x ? ( a, ??) 时, f ?( x ) ? 0 ? f ( x ) 在 x ? a 处取得极小值,且极小值为 f (a ) ? a ? a ln a ,无极大值.
综上:当 a 当a

? 0 时,函数 f ( x ) 无极值

? 0 时,函数 f ( x ) 在 x ? a 处取得极小值 a ? a ln a ,无极大值.

20.2013 年高考新课标 (理)(本小题满分共 12 分)已知函数 ( 1 ) 若曲线

f ( x) = x 2 ? ax ? b , g ( x) = e x (cx ? d ) ,

y ? f ( x) 和曲线 y ? g ( x) 都过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的切线 y ? 4 x ? 2
f ( x) ≤ kg ( x) ,求 k 的取值范围.

(Ⅰ)求 a , b , c , d 的值;(Ⅱ)若 x ≥-2 时, 【答案】(Ⅰ)由已知得 而

f (0) ? 2, g (0) ? 2, f ?(0) ? 4, g ?(0) ? 4 ,

f ?( x) = 2x ? b , g ?( x) = e x (cx ? d ? c) ,∴ a =4, b =2, c =2, d =2;
f ( x) ? x 2 ? 4 x ? 2 , g ( x) ? 2e x ( x ? 1) ,

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,

设函数 F ( x ) = kg ( x ) ?

f ( x) = 2ke x ( x ? 1) ? x 2 ? 4 x ? 2 ( x ? ?2 ),

F ?( x) = 2ke x ( x ? 2) ? 2 x ? 4 = 2( x ? 2)(ke x ? 1) ,
有题设可得 F (0) ≥0,即 k

?1,

令 F ?( x ) =0 得, x1 = ? ln k , x2 =-2, (1)若 1 ? k

? e 2 ,则-2< x1 ≤0,∴当 x ? (?2, x1 ) 时, F ( x) <0,当 x ? ( x1 , ??) 时, F ( x) >0,即

F ( x) 在 (?2, x1 ) 单 调 递 减 , 在 ( x1 , ??) 单 调 递 增 , 故 F ( x) 在 x = x1 取 最 小 值 F ( x1 ) , 而

F ( x1 ) = 2 x1 ? 2 ? x12 ? 4 x1 ? 2 = ? x1 ( x1 ? 2) ≥0,
∴当 x ≥-2 时, F ( x ) ≥0,即 (2)若 k

f ( x) ≤ kg ( x) 恒成立,

? e 2 ,则 F ?( x) = 2e 2 ( x ? 2)(e x ? e 2 ) ,

∴当 x ≥-2 时, F ?( x ) ≥0,∴ F ( x ) 在(-2,+∞)单调递增,而 F ( ?2) =0, ∴当 x ≥-2 时, F ( x ) ≥0,即 (3)若 k

f ( x) ≤ kg ( x) 恒成立,

? e 2 ,则 F (?2) = ?2ke ?2 ? 2 = ?2e ?2 (k ? e 2 ) <0,
f ( x) ≤ kg ( x) 不可能恒成立,
2

∴当 x ≥-2 时,

综上所述, k 的取值范围为[1, e ]. 21. (2013 年高考湖北卷(理) )设 n 是正整数, r 为正有理数. (I)求函数

f ( x ) ? ?1 ? x ?
n r ?1 ? ? n ? 1? r ?1
,记

r ?1

? ? r ? 1? x ? 1( x ? ?1) 的最小值;

r ?1

(II)证明:

? nr ?

? n ? 1?

? n r ?1 r ?1

r ?1

;

(III) 设

x?R

? x? ? ?

为不小于

3 x 的 最 小 整 数 , 例 如 ? 2 ? ? 2 , ?? ? ? 4 , ? ? ? ? ?1 . 令 ? ? ? ? ? 2? ? ?

S ? 3 81 ? 3 82 ? 3 83 ? ? 3 125 ,求 ? S ? 的值. ? ?
(参考数据: 80
4 3

? 344.7 , 81 ? 350.5 , 124 ? 618.3 , 126 ? 631.7 )
r r f ?( x ) ? ? r ? 1??1 ? x ? ? ? r ? 1? ? ? r ? 1? ??1 ? x ? ? 1? ? ?

4 3

4 3

4 3

【答案】证明:(I)

? f ( x ) 在 ? ?1,0 ? 上单减,在 ? 0, ?? ? 上单增.

? f ( x ) min ? f (0) ? 0
(II)由(I)知:当 x

? ?1 时, ?1 ? x ?

r ?1

? ? r ? 1? x ? 1 (就是伯努利不等式了)

? n r ?1 ? ? r ? 1? n r ? ? n ? 1? r ?1 ? 所证不等式即为: ? r ?1 r ?1 r ? n ? ? r ? 1? n ? ? n ? 1? ?
若n

? 2 ,则 n

r ?1

? ? r ? 1? n ? ? n ? 1?
r r

r ?1

? 1? ? ? n ? r ? 1? ? ? 1 ? ? ? n ? 1? ? n?

r

r ? 1? ? 1? ? ?1 ? ? n ?1 ? n ?
r



r r r ? 1? ? ?1 ? ? ? ? ? 1 , ? ? ? n n ?1 n ? n?

r r ? 1? ,故①式成立. ? ?1 ? ? ? 1 ? ? 1 ? n n ?1 ? n?
若n

r

? 1 , n r ?1 ? ? r ? 1? n r ? ? n ? 1?

r ?1

显然成立.
r

n

r ?1

? ? r ? 1? n ? ? n ? 1?
r r

r ?1

? 1? ? n ? r ? 1 ? ? 1 ? ? ? n ? 1? ? n?

r ? 1? ? 1? ? ?1 ? ? n ?1 ? n ?
r



r r r ? 1? ? ?1 ? ? ? ? 1 , ? n n ?1 ? n? n

r r ? 1? ,故②式成立. ? ?1 ? ? ? 1 ? ? 1 ? n n ?1 ? n?
综上可得原不等式成立. (III)由(II)可知:当 k ? N 时,
*

r

1 4 4? 4 ? 3? 4 3? k 3 ? ? k ? 1? 3 ? ? k 3 ? ? ? k ? 1? 3 ? k 3 ? ? 4? 4? ? ?

?S ?

4 4 4? ? 3 125 ? 4 3? k 3 ? ? k ? 1? 3 ? ? ? 125 3 ? 80 3 ? ? 210.225 ?? 4 k ?81 ? ? 4? ?

4 4 4 4 ? 3? ? 3 125 ? 3 3 3 ?k3 ? S ? ? ?? k ? 1? ? 126 ? 81 ? ? 210.9 ? 4 k ?81 ? ? 4? ?

? ? S ? ? 211 ? ?
22. (2013 年高考陕西卷(理) )已知函数 f ( x) ? e , x ? R .
x

(Ⅰ) 若直线 y=kx+1 与 f (x)的反函数的图像相切, 求实数 k 的值; (Ⅱ) 设 x>0, 讨论曲线 y=f (x) 与曲线 y ? mx (m ? 0) 公共点的个数.
2

(Ⅲ) 设 a<b, 比较 【 答 案 】 解 :(Ⅰ)

f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) 与 的大小, 并说明理由. 2 b?a
f (x) 的 反 函 数

g ( x) ? ln x .

设 直 线 y=kx+1 与

g ( x) ? ln x 相 切 与 点

?kx 0 ? 1 ? lnx 0 ? 2 ?2 P(x 0, y 0 ), 则? 1 ? x0 ? e ,k ? e k ? g' (x 0 ) ? ? x0 ?

.所以 k

? e?2

(Ⅱ)

当 x > 0,m > 0 时 , 曲 线 y=f (x) 与 曲 线 y ? mx (m ? 0) 的 公 共 点 个 数 即 方 程
2

f ( x) ? mx 2


根的个数.

f ( x) ? mx 2 ? m ?

ex ex xe x ( x ? 2) , , 令h( x) ? 2 ? h' ( x) ? x2 x x2

则 h(x)在 (0,2)上单调递减,这时h(x) ? (h(2), ??);

h(x)

在(2,??)上单调递增, 这时h(x) ? (h(2), ??).

e2 h(2) ? 4

.

h(2)是y ? h(x)的极小值即最小值。
所以对曲线 y=f (x) 与曲线 y ? mx (m ? 0) 公共点的个数,讨论如下:
2

当m

? (0,

e2 e2 ) 时,有 0 个公共点;当 m= 4 4

,有 1 个公共点;当 m

? (

e2 有 , ?) 2 个公共点; ? 4

(Ⅲ) 设

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

?

(b ? a ? 2) ? e a ? (b ? a ? 2) ? e b (b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b ? a a ? ?e 2 ? (b ? a) 2 ? (b ? a)
? x ? 2 ? ( x ? 2) ? e x , x ? 0, 则g ' ( x) ? 1 ? (1 ? x ? 2) ? e x ? 1 ? ( x ? 1) ? e x .

令 g ( x)

g ' ( x)的导函数g ' ' ( x) ? (1 ? x ? 1) ? e x ? x ? e x ? 0, 所以g ' ( x)在(0, ?)上单调递增 ?
,且 g ' (0)

? 0.因此g ' ( x) ? 0,g ( x)在(0,??)上单调递增, 而g (0) ? 0,

所以在(0,??)上g ( x) ? 0 .

? 当x ? 0时,g ( x) ? x ? 2 ? ( x ? 2) ? e x ? 0且a ? b,
(b ? a ? 2) ? (b ? a ? 2) ? e b ? a a ? ?e ? 0 2 ? (b ? a)
所以 当a

< b时,

f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) ? 2 b?a
f ( x) ? x ? c ( e =2.71828 e2 x

23.2013 年普通高等学校招生统一考试山东数学 ( (理) (含答案)设函数 试题 ) 是自然对数的底数, c ? R ).

(Ⅰ)求

f ( x) 的单调区间、最大值;

(Ⅱ)讨论关于 x 的方程

ln x ? f ( x) 根的个数.

【答案】解:(Ⅰ)

f ' ( x) ? (1 ? 2 x)e?2 x ,



f ( x) ? 0 ,解得
'

x?

1 2,

x?


1 ' 2 时, f ( x) ? 0 , f ( x) 单调递减 1 1 (??, ) ( , ??) 2 ,单调递减区间是 2 ,

所以,函数

f ( x) 的单调递增区间是

最大值为

1 1 f( )? ?c 2 2e x ?c e2 x
x ? (0, ??)

g ( x) ? ln x ? f ( x) ? ln x ?
(Ⅱ)令

x ? (1, ??) 时, ln x ? 0 ,则 (1)当

g ( x) ? ln x ?

x ?c e2 x ,

g ( x) ? e
'

?2 x

所以,

e2 x ( ? 2 x ? 1) x

e2 x ?0 因为 2 x ?1 ? 0 , x
因此

所以

g ' ( x) ? 0

g ( x) 在 (1, ??) 上单调递增.

x ? (0,1) 时,当时, ln x ? 0 ,则 (2)当
g ( x) ? e
' ?2 x

g ( x) ? ? ln x ?

x ?c e2 x ,

所以, 因为

e2 x (? ? 2 x ? 1) x

e2 x ? (1, e2 ) , e2 x ? 1 ? x ? 0 ,又 2x ?1 ? 1

?
所以

e2 x ? 2x ?1 ? 0 x

所以

g ' ( x) ? 0

因此

g ( x) 在 (0,1) 上单调递减.

综合(1)(2)可知 当 当

x ? (0, ??) 时, g ( x) ? g (1) ? ?e?2 ? c ,

g (1) ? ?e?2 ? c ? 0 ,即 c ? ?e?2 时, g ( x) 没有零点,
ln x ? f ( x)
根的个数为 0;

故关于 x 的方程 当

g (1) ? ?e?2 ? c ? 0 ,即 c ? ?e?2 时, g ( x) 只有一个零点,
ln x ? f ( x)
根的个数为 1;

故关于 x 的方程 当

g (1) ? ?e?2 ? c ? 0 ,即 c ? ?e?2 时,

①当

x ? (1, ??) 时,由(Ⅰ)知

g ( x) ? ln x ?
要使 ②当

x 1 ? c ? ln x ? ( e?1 ? c) ? ln x ? 1 ? c 2x e 2

g ( x) ? 0 ,只需使 ln x ?1 ? c ? 0 ,即 x ? (e1?c , ??) ;
x ? (0,1) 时,由(Ⅰ)知

g ( x) ? ? ln x ?

x 1 ? c ? ? ln x ? ( e?1 ? c) ? ? ln x ? 1 ? c 2x e 2 ;

要使

g ( x) ? 0 ,只需使 ? ln x ?1 ? c ? 0 ,即 x ? (0, e?1?c ) ;
? ?e?2 时, g ( x) 有两个零点,故关于 x 的方程 ln x ? f ( x) 根的个数为 2;
ln x ? f ( x)

所以当 c

综上所述: 当 c ? ?e 当c 当c
?2

时,关于 x 的方程

根的个数为 0;

? ?e?2 时,关于 x 的方程 ln x ? f ( x) 根的个数为 1; ? ?e?2 时,关于 x 的方程 ln x ? f ( x) 根的个数为 2.

24 . 2013 年 普 通 高 等 学 校 招生 统 一 考 试 浙 江数 学 ( 理)试 题 ( 纯 WORD 版 ) 已知 a ? R , 函数 ( )

f ( x) ? x 3 ? 3x 2 ? 3ax ? 3a ? 3.
(1)求曲线 y

? f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程;(2)当 x ? [0,2] 时,求 | f ( x) | 的最大值.

【 答 案 】 解 :(Ⅰ) 由 已 知 得 :

f ?( x) ? 3x 2 ? 6 x ? 3a ? f ?(1) ? 3a ? 3 , 且

f (1) ? 1 ? 3 ? 3a ? 3 ? 3a ? 1
为: 3(a ? 1) x ? (Ⅱ)由已知得到:

,所以所求切线方程为:

y ? 1 ? (3a ? 3)( x ? 1)

,即

y ? 4 ? 3a ? 0 ;
f ?( x) ? 3x 2 ? 6 x ? 3a ? 3[ x( x ? 2) ? a] ,其中 ? ? 4 ? 4a ,当 x ? [0, 2]

时, x( x ? 2) ? 0 , (1) 当

a?0

时 ,

f ?( x) ? 0

, 所 以

f ( x)



x ? [0, 2]

上 递 减 , 所 以 因 为

| f ( x m) a?| x f( ?

m fa x {f 0 ?a

( 0 ) , )

( ,2 ) } f ? 3m

aa?; (

1x ? f

(2)当 ?

? 4 ? 4a ? 0 ,即 a ? 1 时, f ?( x) ? 0 恒成立,所以 f ( x) 在 x ? [0, 2] 上递增,所以

| f ( x ) |max ? max{f (0),f (2)} ,因为 f (0) ? 3(1 ? a), f (2) ? 3a ? 1? f (0) ? 0 ? f (2) ? f ( x) |max ? f (2) ? 3a ? 1 ; |
(3)当 ? ? 4 ? 4a

? 0 ,即 0 ? a ? 1 时,
,且

f ?( x) ? 3x 2 ? 6 x ? 3a ? 0 ? x1 ? 1 ? 1 ? a , x2 ? 1 ? 1 ? a


0 ? x1 ? x2 ? 2

,

x

0

(0, x1 )
+

x1
0

( x1 , x2 )
-

x2
0

( x2 , 2)
+

2

f ?( x)

f ( x)

3 ? 3a

递增

极 大 值

递减

极 小 值

递增

3a ? 1

所以

f ( x1 ) ? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a , f ( x2 ) ? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a ,且

? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 ? 0, f ( x1 ) f ( x2 ) ? 1 ? 4(1 ? a)3 ? 0, 所以 f ( x1 ) ?| f ( x2 ) | ,
所以 | 由

f ( x) |max ? max{ f (0), f (2), f ( x1 )} ;

f (0) ? f (2) ? 3 ? 3a ? 3a ? 1 ? 0 ? 0 ? a ? 0?a? 2 3
时,

2 ,所以 3

(ⅰ) 当

f (0) ? f (2)

,所以

x ? (?? , 1] a[ ?? ? ,

) 时,

y ? f ( x)



增, x ? (1, a) 时,

y ? f ( x) 递减,所以 | f ( x) |max ? max{ f (0), f ( x1 )} ,因为

f ( x1 ) ? f (0) ? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a ? 3 ? 3a ? 2(1 ? a) 1 ? a ? (2 ? 3a) ?
, 又 因 为

a 2 (3 ? 4a) 2(1 ? a) 1 ? a ? (2 ? 3a)
, 0 以 所

0?a?

2 3

, 所 以

2 ? 3 ? 0 ? 3 a ?4 a ,
2 (a1 ? ?) a 1
,所以

, 所 以 0

f ( x )? 1

f( 0 ) ?

| f ( x ) |a ? m x
(ⅱ) 当

f ( 1? ) ? 1 x

2 ? a ? 1 时 , f (2) ? 0, f (0) ? 0 3
2? a (1

| f ( x ) m a x? m a xf{ ( 2f) , x (, 因 为 | )} 1
a 2 ( 3? 4 ) a 2) 2 (1 a ) ? a ? a3 ? 1 (?

f ( x1 )? f ( 2 ? ? ) 1
,此时 3a ? 2 ? 0 ,当 ① 当

) a1? a ? 3 ? 1 ? a (1 ? a) ? 1 a ? (? ? 2 3

2)

2 ? a ? 1 时, 3 ? 4a 是大于零还是小于零不确定,所以 3
时 ,

2 3 ?a? 3 4
f

3 ? 4a ? 0
? )

, 所 以

f ( 1x ? )
1

| f (, 2所 ) 以|

此 时

| f ( xm ) a | x ?
② 当

?( x1
时 ,

1? a ; ( ? a ) 2 1
, 所 以

3 ? a ?1 4

3 ? 4a ? 0
3

f ( 1x ? )

| f (, 2所 ) 以|

此 时

| f ( xm ) a |x ?

f ? ( 2 ?) a

1

? ?3 ? 3a, ( a ? 0) ? 3 综上所述: | f ( x) |max ? ?1 ? 2(1 ? a ) 1 ? a , (0 ? a ? ) . 4 ? 3 ?3a ? 1, (a ? ) ? 4
25 . 2013 年 普 通 高 等 学 校 招 生 统 一 考 试 大 纲 版 数 学 ( 理 ) WORD 版 含 答 案 ( 已 校 对 ) 已 知 函数 ( )

f ? x ? = ln ?1 ? x ? ?
(I)若 x ? 0 时, (II)设数列

x ?1 ? ? x ? 1? x

.

f ? x ? ? 0 ,求 ? 的最小值;

?an ?的通项an ? 1 ?

1 1 1 1 ? ? ??? ? , 证明:a2 n ? an ? ? ln 2. 2 3 n 4n

【答案】

26. (2013 年普通高等学校招生统一考试天津数学(理)试题(含答案) )已知函数 f ( x) ? x ln x .
2

(Ⅰ) 求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ) 证明: 对任意的 t>0, 存在唯一的 s, 使 t ? f (s) . (Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s ? g (t ) , 证明: 当 t >e2 时, 有 【答案】

2 ln g (t ) 1 ? ? . 5 ln t 2

27. (2013 年高考北京卷(理) )设 L 为曲线 C: (I)求 L 的方程;

y?

ln x 在点(1,0)处的切线. x

(II)证明:除切点(1,0)之外,曲线 C 在直线 L 的下方.

【 答 案 】 解 : (I) 设

f ( x) ?

ln x x

,则

f ?( x) ?

1 ? ln x x2

.所以

f ?(1)? 1. 所 以

L 的方程为

y ? x ?1.
(II) 令

g ( x) ? x ? 1 ? f ( x )

, 则 除 切 点 之 外 , 曲 线 C 在 直 线

l

的 下 方 等 价 于

g ( x) ? 0 (?x ? 0, x ? 1) . g ( x) 满足 g (1) ? 0 ,且 g ?( x) ? 1 ? f ?( x) ?
当0?

x 2 ? 1 ? ln x . x2

x ? 1 时, x2 ? 1 ? 0 , ln x ? 0 ,所以 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 单调递减;
2

当 x ? 1 时, x 所以, g ( x) ?

? 1 ? 0 , ln x ? 0 ,所以 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 单调递增.

g (1) ? 0 ( x ? 0, x ? 1).

所以除切点之外,曲线 C 在直线 L 的下方. 又解:

g ( x) ? 0



x ?1 ?

ln x ?0 x

变形为

x2 ? x ?l n x ? 0, 记 h( x) ? x 2 ? x ? ln x

,则

1 2 x 2 ? x ? 1 (2 x ? 1)( x ? 1) , h?( x) ? 2 x ? 1 ? ? ? x x x
所以当 0 ?

x ? 1 时, h?( x) ? 0 , h( x) 在(0,1)上单调递减;

当 x ? 1 时, h?( x) ? 0 , h( x ) 在(1,+∞)上单调递增. 所以 h( x) ? h(1) ? 0 .)


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