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2013理科高考试题分章汇集:导数与积分


2013 年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 ) ,则
A.

f ( x1

) ? 0, f ( x2 ) ? ?

1 2

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

1 2

1 f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? ? C. 2

1 f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? ? D. 2

【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 ? ax ? bx ? c ,下列结论中错误的是
3 2





A. ?x0 ? R, f ( x0 ) ? 0

B

函数 y ? f ( x ) 的图像是中心对称图形 .

C.若 x0 是 f ( x) 的极小值点,则 f ( x) 在区间 (??, x0 ) 上单调递减 D.若 x0 是 f ( x) 的极值点,则 f '( x0 ) ? 0 【答案】C 3 . (2013 年高考江西卷(理) )若 S1 ? 关系为 A. S1 ? S 2 ? S3 C. S 2 ? S3 ? S1 B. S 2 ? S1 ? S3 D. S3 ? S 2 ? S1

?

2

1

x 2 dx, S 2 ? ?

2

1

2 1 dx, S3 ? ? e x dx, 则 S1S 2 S3 的大小 1 x





【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 【答案】D

ex e2 , f ? 2 ? ? , 则x ? 0, 时,f ? x ? x 8
B.有极小值,无极大值 D.既无极大值也无极小值





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

C. ? x0 是 ? f ( x) 的极小值点

D. ? x0 是 ? f (? x) 的极小值点

【答案】D 2 6 . (2013 年高考北京卷(理) )直线 l 过抛物线 C: x =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.



4 3

B.2

C.

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 ? 1)( x ? 1) (k ? 1,2) ,则
x k

( B.当 k ? 1 时, f (x) 在



A.当 k ? 1 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极小值

x ? 1 处取得极大值
C.当 k ? 2 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极小值 D.当 k ? 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) 在 (0, ??) 内可导,且 f (e ) ? x ? e ,则
x x

f x (1) ? ______________
【答案】2 9 . (2013 年高考湖南卷(理) )若

?

T

0

x 2 dx ? 9, 则常数T的值为 _________.

【答案】3 10. (2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学(理)卷(纯 WORD 版) )若曲线

y ? kx ? ln x 在点 ?1, k ? 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 f ( x) ? e ? ln( x ? m) .
x

(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 f ( x) ? 0 . 【答案】

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 ?

e?2 x

, g ? x ? ? ax ?
1 ; 1? x

x3 ? 1 ? 2 x cos x.当x ? ? 0,1?时, 2

(I)求证: 1-x ? f ? x ? ?

(II)若 f ? x ? ? g ? x ? 恒成立,求实数 a 取值范围.

请考生在第 22、 23、 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 24 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 f ( x) ? ln x ? ax , g ( x) ? e ? ax ,其中 a 为实数.
x

(1)若 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;

(2)若 g (x) 在 (?1,??) 上是单调增函数,试求 f (x) 的零点个数,并证明你的结论.

卷Ⅱ 附加题部分答案 word 版 [选做题]第 21 题,本题包括 A、B、C、D 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,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) ? 而由 x ? (1,??) 知
' x

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

1 <1 x
'

∴a ?1

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

∴a ? e

? ?
x

min

而当 x ? (?1,??) 时, e x > 分三种情况:

1 e 1 >0 x

∴a ?

1 e

(Ⅰ)当 a ? 0 时, f ' ( x) ? ∵ f (1) ? 0

∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数

∴f(x)存在唯一零点

(Ⅱ)当 a <0 时, f ' ( x) ?
a a

1 ? a >0 ∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数 x
a

∵ f (e ) ? a ? ae ? a (1 ? e ) <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 ' a >0; x > 1 时, f ' ( x) ? a <0 ∵当 0< x < 时, f ( x) ? x x a a
(Ⅲ)当 0< a ?

1 1 1 1 为最大值点,最大值为 f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 a a a a 1 1 ①当 ? ln a ? 1 ? 0 时, ? ln a ? 1 ? 0 , a ? , f (x) 有唯一零点 x ? ? e e a 1 ②当 ? ln a ? 1 >0 时,0< a ? , f (x) 有两个零点 e 1 实 际 上 , 对 于 0< , a? 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
∴x ? 且函数在 ? ,





?1 1? ?1 1? ? 上的图像不间断 ∴函数 f (x) 在 ? , ? 上有存在零点 ?e a? ?e a? ? ?
1 1? ? 1? ? 1? ' ? , f ( x) ? ? a >0,故 f (x) 在 ? 0, ? 上单调增,∴ f (x) 在 ? 0, ? x a? ? a? ? a?

另外,当 x ? ? 0, 只有一个零点 下 面
?1


?1


?1

f (x)



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


?1





,





f (e a ) ? ln e a ? ae a ? a ?1 ln e ? ae a ? a (a ?2 ? e a ) <0
为此我们要证明:当 x > e 时, e x > x 2 ,设 h( x) ? e ? x
x 2

,则 h ( x) ? e ? 2 x ,再设
' x

l ( x) ? e x ? 2 x
∴ l ( x) ? e ? 2
' x

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

故当 x >2 时, h ( x) ? e ? 2 x > h (2) ? e ? 4 >0
' x ' 2

从 而 h( x ) ? e ? x
x x 2

2



?2,?? ?
e 2

上 是 单 调 增 函 数 , 进 而 当 x > e

时, h( x) ? e ? x > h(e) ? e ? e >0 即当 x > e 时, e x > x 2 , 当 时, f (e
a ?1

0<
?1

a
?1

<

1 e
?1



,
?1



a ?1

>e

) ? ln e a ? ae a ? a ?1 ln e ? ae a ? a (a ?2 ? e a ) <0
?1 1 1 ? a ? ? ln a ? 1 >0 且函数 f (x) 在 a ?1 , e a 上的图像不间断, a a

又 f ( ) ? ln

1 a

?

?

∴函数 f (x) 在 a , e

?

?1

a

?1

?

1 上有存在零点,又当 x > 时, f ' ( x) ? a

1 ? a( x ? ) a <0 故 f (x) x

在 a ,?? 上是单调减函数∴函数 f (x) 在 a ,?? 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

?

?

?1

?

1 时, f (x) 的零点个 e

数为 2 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; (Ⅱ) 当 k ? ? 【 答

?1 ? ,1 时,求函数 f ? x ? 在 ? 0, k ? 上的最大值 M . ?2 ? ?
案 】 (Ⅰ) 当

f ? x ? ? ? x ? 1? e x ? x 2 , f ? ? x ? ? e x ? ? x ? 1? e x ? 2 x ? xe x ? 2 x ? x ? e x ? 2 ?
令 f ? ? x ? ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ln 2 当 x 变化时, f ? ? x ? , f ? x ? 的变化如下表:

k ?1



,

x
f ?? x? f ? x?

? ??, 0 ?
?

0 0


? 0, ln 2 ?
?
?

ln 2

? ln 2, ?? ?
?

0
极 小 值

?

大 值

?

右表可知,函数 f ? x ? 的递减区间为 ? 0, ln 2 ? ,递增区间为 ? ??, 0 ? , ? ln 2, ?? ? . (Ⅱ)

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 ? 0, ln ? 2k ? 时, f ? ? x ? ? 0 ;当 x ? ln ? 2k ? , ?? 时, f ? ? x ? ? 0 ; 所以 M ? max f ? 0 ? , f ? k ? ? max ?1, ? k ? 1? e k ? k 3 令 h ? k ? ? ? k ? 1? e ? k ? 1 , 则 h? ? k ? ? k e k ? 3k
k 3

?

?

?

?

?

?

?

? ?
, 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? ?
?1 ? ?1 ? ,1? 使得 ? ? x0 ? ? 0 , 且当 k ? ? , x0 ? 时 , ? ? k ? ? 0 ,当 k ? ? x0 ,1? ?2 ? ?2 ?

所以 存在 x0 ? ? 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 ??? 2 8 ?2? ?2 ?

k ? 1 时取得“ ? ”.
综上,函数 f ? x ? 在 ? 0, k ? 上的最大值 M ? ? k ? 1? e ? k .
k 3

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 f (x) 的图像关于直线 x =

1 对称; 2

(2) 若 x0 满足 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 和 a , 设 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 f ( ? x) ? a (1 ? 2 x ), f ( ? x) ? a (1 ? 2 x ) , 有

1 2

1 2

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
2

(2)解:当 0 ? a ?

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

1 x? , 2 1 x? . 2

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.

1 x? , ? x, 1 2 当 a ? 时,有 f ( f ( x)) ? ? 1 ? x, 1 2 ? x? . 2
所以 f ( f ( x)) ? x 有解集 ? x | x ? 有点都不是二阶周期点.

? ?

1 1? 1? ? ? ,又当 x ? 时, f ( x) ? x ,故 ? x | x ? ? 中的所 2 2? 2? ?

1 , 4a ? 4 a 2 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









0,

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

,



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

2a 4a 2 2a 2a 4a 4a ,故只有 是 f ( x) 的二阶 , f( )? , f( )? 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2
周期点.综上所述,所求 a 的取值范围为 a ? (3)由(2)得 x1 ?

1 . 2

2a 4a 2 , , x2 ? 1 ? 4a 2 1 ? 4a 2
1 4a ? 1 或 x3 ? . 4a 4a

因为 x3 为函数 f ( f ( x)) 的最大值点,所以 x3 ?

当 x3 ?

2a ? 1 1 时, S (a ) ? .求导得: S '(a ) ? ? 4a 4(1 ? 4a 2 )

2(a ?

1? 2 1? 2 )(a ? ) 2 2 , (1 ? 4a 2 ) 2

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

当 x3 ?

8a 2 ? 6a ? 1 12a 2 ? 4a ? 3 4a ? 1 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 ? ( , ??) 时 S ( a ) 单调递增. 16 . 2013 年 普 通 高 等 学 校 招 生 统 一 考 试 重 庆 数 学 ( 理 ) 试 题 ( 含 答 案 ) 设 ( )

1 2

f ? x ? ? a ? x ? 5 ? ? 6 ln x ,其中 a ? R ,曲线 y ? f ? x ? 在点 ?1, f ?1? ? 处的切线与 y 轴
2

相交于点 ? 0, 6 ? . (1)确定 a 的值; (2)求函数 f ? x ? 的单调区间与极值.

【答案】

f (3) ? 2 ? 6 ln 3
17. (2013 年高考四川卷(理) )已知函数 f ( x) ? ?

? x 2 ? 2 x ? a, x ? 0 ?ln x, x ? 0

,其中 a 是实数.设

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 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)若函数 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; (Ⅲ)若函数 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 f ? ? x1 ? f ? ? x2 ? ? ?1 . 当 x ? 0 时,对函数 f ? x ? 求导,得 f ? ? x ? ? 2 x ? 2 . 因为 x1 ? x2 ? 0 ,所以 ? 2 x1 ? 2 ?? 2 x2 ? 2 ? ? ?1 , 所以 ? 2 x1 ? 2 ? ? 0, ? 2 x2 ? 2 ? ? 0 .

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 ? x1 ? 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 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
2

① ②

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

设 h ? x1 ? ? x1 ? 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 , 所以 a ? ? ln 2 ? 1 . 又 当 x1 ? (?1, 0) 且 趋 近 于 ?1 时 , h ? x1 ? 无 限 增 大 , 所 以 a 的 取 值 范 围 是

? ? ln 2 ? 1, ?? ? .
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; (II)是否存在 a ,使函数 y ? f ( x) 在区间 ? 0, 4 ? 内的图像上存在两点,在该两点处的 切线相互垂直?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 ( x ? 2a ) 2 ? ?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 0? ?a 3a ? 2ax2 ? 4a ? ? 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, ) 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 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; (2)求函数 f ( x) 的极值. 【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 ? 0 时, f ?( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 为 (0, ??) 上的增函数,函数 f ( x ) 无极值; ②当 a ? 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 ? 0 时,函数 f ( x ) 无极值 当 a ? 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 1(理) )(本小题满分共 12 分)已知函数 f ( x) = x ? ax ? b , g ( x)
2
x = e (cx ? d ) ,若曲线 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 ? 4x ? 2 (Ⅰ)求 a , b , c , d 的值;(Ⅱ)若 x ≥-2 时, f ( x) ≤ kg ( x) ,求 k 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)由已知得 f (0) ? 2, g (0) ? 2, f ?(0) ? 4, g ?(0) ? 4 ,
x 而 f ?( x) = 2x ? b , g ?( x) = e (cx ? d ? c) ,∴ a =4, b =2, c =2, d =2;

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x) ? x ? 4 x ? 2 , g ( x) ? 2e ( x ? 1) ,
2 x x 2 设函数 F ( x) = kg ( x) ? f ( x) = 2ke ( x ? 1) ? x ? 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 , 则 -2< x1 ≤0,∴ 当 x ? (?2, x1 ) 时 , F ( x) <0, 当 x ? ( x1 , ??)
2

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 f ( x) ≤ kg ( x) 恒成立, (2)若 k ? e ,则 F ?( x) = 2e 2 ( x ? 2)(e x ? e 2 ) ,
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 f ( x) ≤ kg ( x) 恒成立, (3)若 k ? e ,则 F (?2) = ?2ke
2 ?2

? 2 = ?2e ?2 (k ? e 2 ) <0,

∴当 x ≥-2 时, f ( x) ≤ kg ( x) 不可能恒成立, 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 ?
r ?1

2

? ? r ? 1? x ? 1( x ? ?1) 的最小值;
r

n r ?1 ? ? n ? 1? (II)证明: r ?1

r ?1

?n

? n ? 1? ?

? n r ?1 ; r ?1

r ?1

(III)设 x ? R ,记 ? x ? 为不小于 x 的最小整数,例如 ? 2 ? ? 2 , ?? ? ? 4 , ? ? ? ? ?1 .令 ? ? ? ? ? ? 2

? 3? ? ?

S ? 3 81 ? 3 82 ? 3 83 ? ? 3 125 ,求 ? S ? 的值. ? ?
(参考数据: 80 3 ? 344.7 , 813 ? 350.5 , 124 3 ? 618.3 , 126 3 ? 631.7 )
4 4 4 4

? ? 【答案】证明:(I) f ?( x ) ? ? r ? 1??1 ? x ? ? ? r ? 1? ? ? r ? 1? ? ?1 ? x ? ? 1?
r r

? 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 r ? ? n ? 1?

r ?1

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

r

? 1?

r ? 1? ? ?1 ? ? ① n ?1 ? n ?
r

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 ? 1, n
r ?1

r

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

r ?1

显然成立.
r

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

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

r ? 1? ? 1? ? ?1 ? ? ② n ?1 ? n ?
r r r ? 1? ? ?1 ? ? ? ? 1 , ? n n ?1 ? n? n
r

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.
1 4 4? 4 ? 3? 4 3? 3 3 ? k3 ? 3 ?k3 (III)由(II)可知:当 k ? N 时, ? k ? ? k ? 1? ? ?? k ? 1? ? 4? 4? ? ?
*

r

?S ?

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

S?

4 4 4 4 ? 3? ? 3 125 ? ? k ? 1? 3 ? k 3 ? ? ? 126 3 ? 813 ? ? 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 , x ? R . (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 2 (m ? 0) 公共点的个数. (Ⅲ) 设 a<b, 比较
f (a) ? f (b) f (b) ? f (a) 与 的大小, 并说明理由. 2 b?a

【答案】解:(Ⅰ) f (x)的反函数 g ( x) ? ln x . 设直线 y=kx+1 与 g ( x) ? ln x 相切与

?kx 0 ? 1 ? lnx 0 ? 2 ?2 点 P(x 0, y 0 ), 则? 1 ? x 0 ? e , k ? e .所以 k ? e ?2 k ? g' (x 0 ) ? ? x0 ?
(Ⅱ) 当 x > 0,m > 0 时, 曲线 y=f (x) 与曲线 y ? mx 2 (m ? 0) 的公共点个数即方程

f ( x) ? mx 2 根的个数.
由 f ( x) ? mx ? m ?
2

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),??).

h(2) ?

e2 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 2 (m ? 0) 公共点的个数,讨论如下: 当 m ? (0, 共点; (Ⅲ) 设

e2 e2 e2 ,有 1 个公共点;当 m ? 有 ) 时,有 0 个公共点;当 m= ( , ?) 2 个公 ? 4 4 4

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 x x

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

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

23 . 2013 年 普 通 高 等 学 校 招 生 统 一 考 试 山 东 数 学 ( 理 ) 试 题 ( 含 答 案 ) 设 函 数 ( )

f ( x) ?

x ? c ( e =2.71828 是自然对数的底数, c ? R ). e2 x
(Ⅱ)讨论关于 x 的方程 ln x ? f ( x) 根的个数.

(Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间、最大值;

【答案】解:(Ⅰ) f ( x) ? (1 ? 2 x)e
'

?2 x

,

' 由 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 , 1 1 f( )? ?c 2e 最大值为 2 g ( x) ? ln x ? f ( x) ? ln x ?
(Ⅱ)令

x ?c e2 x

x ? (0, ??)

(1)当 x ? (1, ??) 时, ln x ? 0 ,则

g ( x) ? ln x ?

x ?c e2 x ,

g ' ( x) ? e ?2 x (
所以,

e2 x ? 2 x ? 1) x
所以 g ( x) ? 0
'

e2 x ?0 因为 2 x ? 1 ? 0 , x

因此 g ( x) 在 (1, ??) 上单调递增.

(2)当 x ? (0,1) 时,当时, ln x ? 0 ,则

g ( x) ? ? ln x ?

x ?c e2 x ,

g ' ( x) ? e ?2 x (?
所以, 因为 e
2x

e2 x ? 2 x ? 1) x

? (1, e 2 ) , e 2 x ? 1 ? x ? 0 ,又 2 x ? 1 ? 1
所以 g ( x) ? 0
'

e2 x ? ? 2x ?1 ? 0 所以 x

因此 g ( x) 在 (0,1) 上单调递减. 综合(1)(2)可知 当 x ? (0, ??) 时, g ( x) ? g (1) ? ?e 当 g (1) ? ?e
?2 ?2

?c,

? c ? 0 ,即 c ? ?e ?2 时, g ( x) 没有零点,

故关于 x 的方程 当 g (1) ? ?e
?2

ln x ? f ( x)

根的个数为 0;

? c ? 0 ,即 c ? ?e ?2 时, g ( x) 只有一个零点,

故关于 x 的方程 当 g (1) ? ?e
?2

ln x ? f ( x)

根的个数为 1;

? c ? 0 ,即 c ? ?e ?2 时,

①当 x ? (1, ??) 时,由(Ⅰ)知

g ( x) ? ln x ?

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

要使 g ( x) ? 0 ,只需使 ln x ? 1 ? c ? 0 ,即 x ? (e ②当 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 ;
?1? c

要使 g ( x) ? 0 ,只需使 ? ln x ? 1 ? c ? 0 ,即 x ? (0, e
?2

);

所以当 c ? ?e 时, g ( x) 有两个零点,故关于 x 的方程 综上所述: 当 c ? ?e 时,关于 x 的方程 当 c ? ?e 时,关于 x 的方程 当 c ? ?e 时,关于 x 的方程
?2 ?2 ?2

ln x ? f ( x)

根的个数为 2;

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

根的个数为 0; 根的个数为 1; 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 x ? 3ax ? 3a ? 3.
3 2

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

f (1) ? 1 ? 3 ? 3a ? 3 ? 3a ? 1 , 所 以 所 求 切 线 方 程 为 : y ? 1 ? (3a ? 3)( x ? 1) , 即
为: 3(a ? 1) x ? y ? 4 ? 3a ? 0 ; (Ⅱ) 由 已 知 得 到 : f ?( x) ? 3 x 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) 在 x ? [0, 2] 上 递 减 , 所 以

| f ( x ) |max ? max{ f (0), f (2)} f ( 0 )? 3 (? a 1 ), f (?2 ) a ?3 ? 1 f

,





? 2 )? f 0 (

?(f0 m a x| )x

(? ) | f

? ;( 0a) ?

3

3

(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,

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


, 且 0 ? x1 ? x2 ? 2 ,

x

0

(0, x1 )
+

x1
0

( x1 , x2 )
-

x2
0

( x2 , 2)
+

2

f ?( x)
3 ? 3a

f ( x)

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 | f ( x) |max ? max{ f (0), f (2), f ( x1 )} ; 由 f (0) ? f (2) ? 3 ? 3a ? 3a ? 1 ? 0 ? 0 ? a ? (ⅰ) 当 0 ? a ?

2 ,所以 3

2 时 , f (0) ? f (2) , 所 以 x ? ( ??,1] ? [a , ?? ) 时 , y ? f ( x ) 递 3

增, x ? (1, a ) 时, y

? f ( x) 递减,所以 | f ( x) |max ? max{ f (0), f ( x1 )} ,因为
a 2 (3 ? 4a) 2(1 ? a) 1 ? a ? (2 ? 3a)

f ( x1 ) ? f (0) ? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a ? 3 ? 3a ? 2(1 ? a) 1 ? a ? (2 ? 3a) ?
,又因为 0?a?

2 , 所 以 2 ? 3a ? 0, 3 ? 4a ? 0 , 所 以 f ( x1 ) ? f (0) ? 0 , 所 以 3

| f ( x ) |max ? f ( x1 ) ? 1 ? 2(1 ? a ) 1 ? a
(ⅱ)当

2 ? a ? 1 时, f (2) ? 0, f (0) ? 0 ,所以 | f ( x) |max ? max{ f (2), f ( x1 )} ,因为 3

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

a 2 (3 ? 4a ) 2(1 ? a ) 1 ? a ? (3a ? 2)

2 ? a ? 1 时, 3 ? 4a 是大于零还是小于零不确定,所以 3

2 3 时 , 3 ? 4a ? 0 , 所 以 f ( x1 ) ?| f (2) | , 所 以 此 时 ?a? 3 4

| f ( x) |max ? f ( x1 ) ? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a ;
② 当

3 ? a ? 1 时 , 3 ? 4a ? 0 , 所 以 4

f ( x1 ) ?| f (2) | , 所 以 此 时

| f ( x ) |max ? f (2) ? 3a ? 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 ? ?

x ?1 ? ? x ? 1? x

.

(I)若 x ? 0 时, f ? x ? ? 0 ,求 ? 的最小值;

(II)设数列 ?an ?的通项an ? 1 ? 【答案】

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

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

【答案】

27. (2013 年高考北京卷(理) )设 L 为曲线 C: y ?

ln x 在点(1,0)处的切线. x

(I)求 L 的方程; (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 1 ? ln x ,则 f ?( x) ? .所以 f ?(1) ? 1 .所以 L 的方程为 x x2

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) ?

x 2 ? 1 ? ln x . x2

当 0 ? x ? 1 时, x 2 ? 1 ? 0 , ln x ? 0 ,所以 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 单调递减; 当 x ? 1 时, x 2 ? 1 ? 0 , ln x ? 0 ,所以 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 单调递增. 所以, g ( x) ? 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 即 x ? 1 ?

ln x ? 0 变形为 x 2 ? x ? ln x ? 0 ,记 h( x) ? x 2 ? x ? ln x ,则 x

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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