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最新2013届天津高三数学理科试题精选分类汇编13:导数


最新 2013 届天津高三数学理科试题精选分类汇编 13:导数
一、选择题

1 . (天津市蓟县二中 2013 届高三第六次月考数学(理)试题)函数

的图象与 ( )

x 轴所围成的封闭图形的面积为(



A.

B.1

C.2

D. , f ( x)=x2 ? cos x 则

2 . 天 津 市 耀 华 中 学 2013 届 高 三 第 一 次 月 考 理 科 数 学 试 题 ) 已 知 函 数 (

f (0.6),f (0),f (-0.5) 的大小关系是
A. f (0)<f (0.6)<f (-0.5) C. f (0.6)<f (-0.5)<f (0)





B. f (0)<f (-0.5)<f (0.6) D. f (-0.5)<f (0)<f (0.6)

3 . (天津市天津一中 2013 届高三上学期一月考理科数学).定义在 R 上的可导函数 f(x),且 f(x)图像连续,

当 x≠0 时, f '( x) ? x?1 f ( x) ? 0 ,则函数 g ( x) ? f ( x) ? x?1 的零点的个数为 A.1 B.2 C.0 D.0 或 2





4 . (天津市新华中学 2012 届高三上学期第二次月考理科数学) 已知函数 f ( x)(x ? R) 满足 f (1) ? 1 , f (x) 且

的导函数 f ' ( x ) ?

1 x 1 ,则 f ( x ) ? ? 的解集为 2 2 2





A. x ? 1 ? x ? 1
二、填空题

?

?

B. x x ? ?1

?

?

C. x x ? ?1或x ? 1

?

?
2

D. x x ? 1

?

?

5 . (天津市六校 2013 届高三第二次联考数学理试题(WORD 版) 若 f(x)在 R 上可导,f(x)=x +2f’(2)+3,则 )

? f(x)dx
0

3

?

.
3

6 . (天津南开中学 2013 届高三第四次月考数学理试卷)若不等式 | ax

? ln x |? 1 对任意 x ? (0,1] 都成立,


则实数 a 取值范围是________.
7 . (天津市耀华中学 2013 届高三第一次月考理科数学试题)计算

?

1

-1

(2 x+e x )dx =

8 . (天津市天津一中 2013 届高三上学期一月考理科数学)曲线 xy ? 1 与直线 y=x 和 y=3 所围成的平面图形

的面积为_________.

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9 . (天津市天津一中 2013 届高三上学期第二次月考数学理试题)设 m ?

? e dx , n ? ?
x 0

1

e

1

x ?1dx ,则 m 与 n 的大小

关系为______.
10. (天津耀华中学 2013 届高三年级第三次月考理科数学试卷)已知函数

f ( x) ? x 3 ? bx 2 ? cx ? d 在区间

[?1, 2] 上是减函数,那么 b ? c 的最大值为________________;
三、解答题 11. (天津市蓟县二中 2013 届高三第六次月考数学(理)试题)已知函数

( 为自然对数的

底数) . (1)求 的最小值;

(2)设不等式 值范围 (3)已知 比 数列 理由. ,使得 ,且

的解集为

,若

,且

,求实数 的取

,是否存在等差数列

和首项为

公比大于 0 的等

?若存在,请求出数列

的通项公式.若不存在,请说明

12. (天津市蓟县二中 2013 届高三第六次月考数学 (理) 试题) 已知函数



. )

(1)若 (2)若函数

,试确定函数

的单调区间; 处切线的斜率都小于 ,求实数 的取值范

在其图象上任意一点

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围. (3)若 ,求 的取值范围.

13 . 天 津 市 十 二 区 县 重 点 中 学 2013 届 高 三 毕 业 班 联 考 ( 一 ) 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 已 知 函 数 (

f ? x ? ? ln ?2ax ? 1? ?

x3 ? x 2 ? 2ax?a ? R ? 3

(Ⅰ)若 x ? 2 为 f ? x ? 的极值点,求实数 a 的值; (Ⅱ)若 y ? f ? x ? 在 ?3,?? ? 上为增函数,求实数 a 的取值范围; (Ⅲ)当 a ? ?

?1 ? x ? ? b 有实根,求实数 b 的最大值. 1 时,方程 f ?1 ? x ? ? 3 x 2
3

2013 年天津市十二区县重点学校高三毕业班联考(一
14. (天津市六校 2013 届高三第二次联考数学理试题(WORD 版) 已知函数 f(x)=2lnx+ax -1(a∈R) )
2

(1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若 a=1,分别解答下面两题, (i)若不等式 f(1+x)+f(1-x)<m 对任意的 0<x<1 恒成立,求 m 的取值范围; (ii)若 x1,x2 是两个不相等的正数,且 f(x1)+f(x2)=0,求证 x1+x2>2.

15. (天津南开中学 2013 届高三第四次月考数学理试卷)已知函数 f ( x) ? x ? ln(x ? a) 的最小值为 0,其中

a ? 0.
(1)求 a 的值 (2)若对任意的 x ? [0,??) ,有 f ( x) ? kx 成立,求实数 k 的最小值
2

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(3)证明

? 2i ? 1 ? ln(2n ? 1) ? 2(n ? N
i ?1

n

2

*

)

16. (2012-2013-2 天津一中高三年级数学第四次月考检测试卷(理) 已知函数 )

f ? x ? ? ln ? x ? a ? ? x2 ? x 在

x ? 0 处取得极值.
(1)求实数 a 的值;

5 x ? b 在区间 ?0, 2? 上恰有两个不同的实数根,求实数 b 的取值范围; 2 3 4 n ?1 (3)证明:对任意的正整数 n ,不等式 2 ? ? ? ? ? 2 ? ln ? n ? 1? 都成立. 4 9 n
(2)若关于 x 的方程 f ? x ? ? ?
17. (天津市耀华中学 2013 届高三第一次月考理科数学试题) (本小题满分 14 分)设函数

f (x)=x2 +bln (x+1) ,

其中 b≠0。 (1)当 b>

1 时,判断函数 f (x) 在定义域上的单调性; 2

(2)求函数 f (x) 的极值点; (3)证明对任意的正整数 n,不等式 ln (

1 1 1 +1)> 2 - 3 都成立。 n n n 1 )- ln x x

18. (天津市耀华中学 2013 届高三第一次月考理科数学试题)(本小题满分 14 分)设函数 f (x)=a (x-

(1)当 a=1 时,求曲线 y =f (x) 在点 (1,f (1)) 处的切线方程; (2)若函数 f (x) 在其定义域内为增函数,求实数 a 的取值范围; (3)设函数 g (x )=

e ,若在[l,e]上至少存在一点 x0 使 f (x0 ) ? g (x0 ) 成立,求实数 a 的取值范围。 x

19. (天津市天津一中 2013 届高三上学期一月考理科数学)已知函数

f(x)=aln(e +1)-(a+1)x,g(x)=x -(a-1)x-f(lnx), a∈R,且 g(x)在 x=1 处取得极值. (1)求 a 的值; (2)若对 0≤x≤3, 不等式 g(x)≤|m-1|成立,求 m 的取值范围; (3)已知?ABC 的三个顶点 A,B,C 都在函数 f(x)的图像上,且横坐标依次成等差数列,讨 论?ABC 是否为钝角三角形,是否为等腰三角形.并证明你的结论.

x

2

20.天津市天津一中 2013 届高三上学期一月考理科数学) ( 已知函数 f(x)=(x +ax-2a +3a)e (x∈R),其中 A∈R.
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2

2

x

(1)当 a=0 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率; (2)当 a≠2/3 时,求函数 f(x)的单调区间与极值.

21. (天津市新华中学 2012 届高三上学期第二次月考理科数学)已知函数 f(x)=

1 2 ax -(2a+1)x+2lnx(a 2

∈R). (1)若曲线 y=f(x)在 x=1 和 x=3 处的切线互相平行,求 a 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=x -2x,若对任意 x 1 ∈(0,2],均存在 x 2 ∈(0,2],使得 f(x 1 )<g(x 2 ) ,求 a 的取值范围。
2

22 .( 天 津 市 滨 海 新 区 五 所 重 点 学 校 2013 届 高 三 联 考 试 题 数 学 ( 理 ) 试 题 ) 设 函 数

a ? x ln x , g ( x) ? x3 ? x2 ? 3 . x f ( x) (Ⅰ)讨论函数 h( x ) ? 的单调性; x f ( x) ?
(Ⅱ)如果存在 x1 , x2 ?[0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立,求满足上述条件的最大整数 M ; (Ⅲ)如果对任意的 s, t ? [ , 2] ,都有 f (s) ? g (t ) 成立,求实数 a 的取值范围.

1 2

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2013 年天津市滨海新区五所重点学校高三毕业班联
23.天津市天津一中 2013 届高三上学期第二次月考数学理试题) ( 设函数 f(x)=ax-(a+1)ln(x+1),其中 a>0.(1)

求 f(x)的单调区间;(2)当 x>0 时,证明不等式: 等式:-1<ag(a)<0

x <ln(x+1)<x;(3)设 f(x)的最小值为 g(a),证明不 1? x

24. (天津市天津一中 2013 届高三上学期第三次月考数学理试题)已知函数 f ( x ) ?

ln x ? 1. x

(1)求函数 f ( x ) 的单调区间; (2)设 m ? 0 ,求函数 f ( x ) 在 [m, 2m] 上的最大值; (3)证明:对 ?n ? N ,不等式 ln(
*

2?n e 2?n ) ? 恒成立 n n
1? a , (a ? R). x

25. (天津市新华中学 2013 届高三第三次月考理科数学)已知函数 f ( x) ? x ? a ln x ,g ( x) ? ?

(Ⅰ)若 a ? 1 ,求函数 f ( x ) 的极值; (Ⅱ)设函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ,求函数 h( x ) 的单调区间; (Ⅲ)若在 ?1,e? ( e ? 2.718... )上存在一点 x0 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立,求 a 的取值范围.
26 . 天 津 耀 华 中 学 2013 届 高 三 年 级 第 三 次 月 考 理 科 数 学 试 卷 ) 本 小 题 满 分 14 分 ) 已 知 函 数 ( (

p e 2 ? 2e p ) ,其中无理数 e=2.71828…. f ( x) ? px ? ? ln x , g ( x) ? ln x ? (1 ? x x p2
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(1)若 p=0,求证: f ( x) ? 1 ? x ; (2)若 f (x) 在其定义域内是单调函数,求 p 的取值范围; (3)对于在区间(1,2)中的任意常数 p,是否存在 x 0 ? 0 使得 f ( x 0 ) ? g ( x 0 ) 成立?若存在,求出 符合条件的一个 x0;若不存在,请说明理由.

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最新 2013 届天津高三数学试题精选分类汇编 13:导数参考答案 一、选择题 1.

【答案】A 【解析】根据积分的应用可求面积为 S ?

?

?

2 ?1

f ( x)dx ? ? ( x ? 1)dx ? ? 2 cos xdx
?1 0

0

?

1 ? ( x 2 ? x) 2
2.

0 ?1

? sin x

?
2 0

?

1 3 ?1 ? 2 2

,选 A.

【答案】B 【解析】因为函数 为 f ( x)=x2 ? cos x 偶 函 数 , 所 以

f (?0.5) ? f (0.5) , f ' (x)=2x ? sin x , 当

0? x?

?

时, f ' (x)=2x ? sin x ? 0 ,所以函数在 0 ? x ? 递增,所以有 f (0)<f (0.5)<f (0.6) ,即 2 2 ,选 B.

?

f (0)< f( ? 0.5)< (0.6) f
3.

【答案】C 【解析】由 f '( x) ? x f ( x) ? 0 ,得
?1

xf '( x ) ? f ( x) ? 0 ,当 x ? 0 时, xf '( x) ? f ( x) ? 0 ,即 x

( xf ( x)) ' ? 0 , 函数 xf ( x) 此时单调递增。 x ? 0 时,xf '( x) ? f ( x) ? 0 , ( x ( ) 0 ? , 当 即 f x' 函数 xf ( x)
此时单调递减。又 g ( x) ? f ( x) ? x
?1

?

xf ( x) ? 1 xf ( x) ? 1 ,函数 g ( x) ? 的零点个数等价为函数 x x

y ? xf ( x) ? 1 的零点个数。当 x ? 0 时, y ? xf ( x) ? 1 ? 1,当 x ? 0 时, y ? xf ( x) ? 1 ? 1,所以函
数 y ? xf ( x) ? 1 无零点,所以函数 g ( x) ? f ( x) ? x 的零点个数为 0 个。选 C.
4.
?1

【答案】D 【解析】设 F ( x) ? f ( x) ? ( ? ) , 则 F (1) ? f (1) ? ( ? ) ? 1 ? 1 ? 0 ,

x 2

1 2

1 2

1 2

1 1 ,对任意 x ? R ,有 F '( x ) ? f '( x ) ? ? 0,即函数 F ( x) 在 R 上单调递减,则 2 2 x 1 F ( x) ? 0 的解集为 (1, ??) ,即 f ( x) ? ? 的解集为 (1, ??) ,选 D. 2 2 F '( x) ? f '( x ) ?
二、填空题 5. 6.

- 18
?e2 ? ? ,?? ? ? ?3 ?
【答案】 e ?

7.

1 e
1 ?1

【解析】

?

1

-1

2 x (2 x+e x )dx ? ( x ? e )

1 1 =1 ? e ? 1 ? ? e ? e e
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8.

【答案】4-ln3 【解析】 xy ? 1 得 y ? 由

? xy ? 1 ?y ? 3 1 1 1 。 y ? ?3, 当 解得 xB ? , ? 由 , 解得 xC ? 1 , ? 由 得 xD ? 3 . x x 3 ?y ? x ?y ? x

所以根据积分的应用知所求面积为

? (3 ? x )dx ? ?
1 3

1

1

1 1 3 (3 ? x)dx ? (3x ? ln x) 1 ? (3x ? x 2 ) 1 ? 4 ? ln ? 4 ? ln 3 . 1 1 2 3 3
3
e e1 e m?n ? e ? 1 ? 1 n ? ? x ?1dx ? ? dx ? ln x 1 ? ln e ? 1 1 1 x , ,所以 .

9.

【答案】 m ? n 解: m ? ? e x dx ? e x
0 1 1 0

10.

【答案】 ?

15 2
2

解:函数的导数为 f '( x) ? 3x ? 2bx ? c ,因为函数 f ( x) ? x ? bx ? cx ? d 在区间 [?1, 2] 上是减
3 2

函数,所以 f '( x) ? 3x ? 2bx ? c ? 0 在 [?1, 2] 上横成立.则有 ?
2

? f '(?1) ? 0 ?3 ? 2b ? c ? 0 ,即 ? ,设 ? f '(2) ? 0 ?12 ? 4b ? c ? 0

z ? b ? c ,则 c ? ?b ? z .做出不等式对应的平面区域 BCD,如图

,平移直线

c ? ?b ? z , 由图象平移可知当直线 c ? ?b ? z 经过点 B 时, 直线 c ? ?b ? z 的截距最大, 此时 z 最大.

3 ? ?3 ? 2b ? c ? 0 3 3 15 ?b ? ? 6 ) 由? , 解得 ? 即 代入 z ? b ? c 得 z ? ? ? (?6) ? ? , b?c 即 2 , B(? , ? , 2 2 2 ?12 ? 4b ? c ? 0 ? c ? ?6 ?
的最大值为 ?
三、解答题 11.

15 . 2

解: (1) 由 当 ;当

(2)


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有解





上有解





上减,在[1,2]上增



,且

(3)设存在公差为

的等差数列

和公比

首项为

的等比数列

,使

……10 分



时,

故 ②-①×2 得, 解得 (舍)



,此时
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满足 存在满足条件的数列 …… 14 分

12. (Ⅰ)解:当

时, ,解得 ,解得 或 ,

,所以



由 由 所以函数 (Ⅱ)解:因为 由题意得: 即 设 所以当 因为对任意

, ,减区间为 和 .

的单调增区间为 ,

对任意 对任意 ,所以 时, , 有最大值为 , 恒成立, 恒成立,

恒成立,



所以

,解得





所以,实数 的取值范围为 (III) .



.

13.解:(I)

f ?? x ? ?

2a x 2ax 2 ? ?1 ? 4a ?x ? 4a 2 ? 2 ? x 2 ? 2 x ? 2a ? 2ax ? 1 2ax ? 1

?

?

??

因为 x ? 2 为 f ? x ? 的极值点,所以 f ??2 ? ? 0 ,即 (II)因为函数 f ? x ? 在 ?3,?? ? 上为增函数,所以

2a ? 2a ? 0 ,解得 a ? 0 4a ? 1

f ?? x ? ?

x 2ax 2 ? ?1 ? 4a ?x ? 4a 2 ? 2 ? 0 在 ?3,?? ? 上恒成立 2ax ? 1
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?

?

??

6 分

?当 a ? 0 时, f ?? x ? ? x? x ? 2 ? ? 0 在 ?3,?? ? 上恒成立,所以 f ? x ? 在 ?3,?? ? 上为增函数,故 a ? 0 符 合题意 ?当 a ? 0 时,由函数 f ? x ? 的定义域可知,必须有 2ax ? 1 ? 0 对 x ? 3 恒成立,故只能 a ? 0 ,所以

2ax 2 ? ?1 ? 4a ?x ? 4a 2 ? 2 ? 0 在 ?3,?? ? 上恒成立
令函数 g ? x ? ? 2ax ? ?1 ? 4a ?x ? 4a ? 2 ,其对称轴为 x ? 1?
2 2

?

?

?

?

1 1 ,因为 a ? 0 ,所以 1 ? ? 1 ,要使 4a 4a

g ? x ? ? 0 在 ?3,?? ? 上恒成立,只要 g ?3? ? 0 即可,
即 g ?3? ? ?4a 2 ? 6a ? 1 ? 0 ,所以

3 ? 13 3 ? 13 3 ? 13 因为 a ? 0 ,所以 0 ? a ? . ?a? 4 4 4

综上所述,a 的取值范围为 ? 0,

? 3 ? 13 ? ? 4 ? ?
3

(Ⅲ)当 a ? ?

?1 ? x ? ? b 可化 为 ln x ? ?1 ? x ?2 ? ?1 ? x ? ? b 1 时,方程 f ?1 ? x ? ? 3 x 2 x
2

问 题 转 化 为 b ? x ln x ? x?1 ? x ? ? x?1 ? x ? ? x ln x ? x 2 ? x 3 在 ?0,?? ? 上 有 解 , 即 求 函 数

g ? x ? ? x ln x ? x 2 ? x 3 的值域
因为函数 g ? x ? ? x ln x ? x ? x ,令函数 h? x ? ? ln x ? x ? x ? x ? 0 ? ,
2 3 2

则 h?? x ? ?

?2 x ? 1??1 ? x ? , 1 ?1? 2x ? x x

所以当 0 ? x ? 1 时, h?? x ? ? 0 ,从而函数 h? x ? 在 ?0,1? 上为增函数, 当 x ? 1 时, h?? x ? ? 0 ,从而函数 h? x ? 在 ?1,?? ? 上为减函数, 因此 h? x ? ? h?1? ? 0 而 x ? 0 ,所以 b ? x ? h? x ? ? 0 ,因此当 x ? 1 时,b 取得最大值 0 (第三问如用数形结合求解,相应给分)
14.

解:(Ⅰ)f(x)的定义域为 (0, ??) , f / ( x) ? 令 f ( x) ? 0, ? x ? 0 ,? 2ax 2 ? 2 ? 0 ,
/

2 ? 2ax , x

①当 a ? 0 时, f ( x) ? 0 在 (0, ??) 恒成立,? f(x)递增区间是 (0, ??) ;
/

② 当 a ? 0 时 , ? 2ax ? 2 ? 0 ? x ? ?
2 2

1 1 1 ? ? ? ? x ? ? , 又 x>0, a a a

? f ( x) 递 增 区 间 是

第 12 页,共 27 页

(0,

?a ?a ) ,递减区间是 ( , ??) ?a ?a

(Ⅱ)(ⅰ) 设 F ( x) ? f (1 ? x) ? f (1 ? x) ? 2 ln(1 ? x) ? (1 ? x) ? 1 ? 2 ln(1 ? x) ? (1 ? x) ? 1 ,
2 2

化简得: F ( x) ? 2 ln(1 ? x) ? 2 ln(1 ? x) ? 2 x 2 , F / ( x) ?

2 2 4 x3 , ? ? 4x ? ? 1? x 1? x 1 ? x2

? 0 ? x ? 1 ,? F / ( x) ? 0 在 0 ? x ? 1 上恒成立,? F ( x) 在 x ? (0,1) 上单调递减,
所以 F ( x) ? F (0) ? 0 ,? m ? 0 ,即 m 的取值范围是 [0,??) (ⅱ)? f (1) ? 0 , f ( x) 在 (0, ??) 上单调递增, ①若 x1 , x2 ? (0,1) ,则 f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? 0, 则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 与已知 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 0 矛盾, ②若 x1 , x2 ? (1, ??) ,则 f ( x1 ) ? 0, f ( x2 ) ? 0, 则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 与已知 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 0 矛盾, ③若 x1 ? 1 ,则 f ( x1 ) ? 0 ,又 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 0 ,? f ( x2 ) ? 0 得 x2 ? 1 与 x1 ? x2 矛盾, ④不妨设 0 ? x1 ? 1 ? x2 ,则由(Ⅱ)知当 0 ? x ? 1 时, f (1 ? x) ? f (1 ? x) ? 0 , 令 1 ? x ? x1 ,则 f (2 ? x1 ) ? f ( x1 ) ? 0 ? f (2 ? x1 ) ? ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) , 又 f ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,? 2 ? x1 ? x2 , 即 x1 ? x2 ? 2 证 2; f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 ? 2 ln x1 ? x12 ? 1 ? 2 ln x2 ? x2 2 ? 1 ? 0

? 2 ln x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 2 x1 x2 ? 2 ? 0 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 2 x1 x2 ? 2 ln x1 x2 ? 2 ,
设 t ? x1 x2 ,则 t>0, g (t ) ? 2t ? 2 ln t ? 2 , g / (t ) ? 2 ?
/

2 2(t ? 1) , ? t t

令 g (t ) ? 0 ,得 t ? 1 ,? g (t ) 在(0,1)单调递减,在 (1, ??) 单调递增,

? g (t ) min ? g (1) ? 4,
? ( x1 ? x 2 ) 2 ? 4 ,又因为 t ? 1 时, x1 ? x 2 ? 1 ,?" ?" 不成立.

? ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 ,? x1 ? x2 ? 2

15.解:(1) f (x ) 的定义域为 (?a,??)

f ?( x) ? 1 ?

1 x ? a ?1 ? ,由 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 1 ? a ? ? a , x?a x?a
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当 x 变化时, f ?( x), f ( x) 的变化情况如下表: x

(?a,1 ? a)


1? a
0 极小值

(1 ? a,??)
+ ↗

f ?(x) f (x)

因此, f (x) 在 x ? 1 ? a 处取得最小值,故由题意 f (1 ? a) ? 1 ? a ? 0 ,所以 a ? 1 . (Ⅱ)解:当 k ? 0 时,取 x ? 1 ,有 f (1) ? 1 ? ln 2 ? 0 ,故 k ? 0 不合题意. 当 k ? 0 时,令 g ( x) ? f ( x) ? kx 2 ,即 g ( x) ? x ? ln(x ? 1) ? kx 2 .

g ?( x) ?
-1.

x ? x(2kx ? (1 ? 2k )) 1 ? 2k ? 2kx ? ? ,令 g ?( x) ? 0 ,得 x1 ? 0, x 2 ? x ?1 x ?1 2k 1 1 ? 2k ? 0, g ?( x) ? 0 在 (0,??) 上恒成立,因此 g (x) 在 [0,??) 上单调递减,从而对于 时, 2 2k

(1)当 k ?

任意的 x ? [0,??) ,总有 g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 f ( x) ? kx 2 在 [0,??) 上恒成立.

1 符合题意. 2 1 1 ? 2k 1 ? 2k 1 ? 2k ? 0 ,对于 x ? (0, ) , g ?( x) ? 0 ,故 g (x) 在 (0, ) 内单调递增, (2)当 0 ? k ? 时, 2 2k 2k 2k 1 ? 2k 2 ) 时, g ( x0 ) ? g (0) ? 0 ,即 f ( x0 ) ? kx0 不成立. 因此当取 x 0 ? (0, 2k 1 故 0 ? k ? 不合题意, 2 1 综上,k 的最小值为 . 2 (Ⅲ)证明:当 n=1 时,不等式左边 ? 2 ? ln 3 ? 2 =右边,所以不等式成立. 当 n ? 2 时,
故k ?

? f ( 2i ? 1) ? ? ? 2i ? 1 ? ln(1 ? 2i ? 1)? ? ?
i ?1 i ?1

n

2

n

? 2

2

?

??
i ?1 n

n

n 2 ? ?[ln(2i ? 1) ? ln(2i ? 1)] 2i ? 1 i ?1

??
i ?1

2 ? ln(2n ? 1) . 2i ? 1
1 x2 ( x ? 0) ,从而 ,得 f ( x ) ? 2 2

在(Ⅱ)中取 k ?

第 14 页,共 27 页

f(

2 2 2 )? ? (i ? N * , i ? 2) , 2 2i ? 1 (2i ? 1) (2i ? 3)(2i ? 1)

所以有
n n n 2 2 2 2 ? ln(2n ? 1) ? ? f ( ) ? f (2) ? ? f ( ) ? 2 ? ln 3 ? ? ? 2i ?1 2i ? 1 2i ? 1 i ?1 i ?1 i ?3 i ? 2 (2i ? 3)(2i ? 1) n

n 1 ? 1 ? 1 ? 2 ? ln 3 ? ? ? ? ? 2. ? ? 2 ? ln 3 ? 1 ? 2i ? 1 ? 2n ? 1 i ? 2 ? 2i ? 3 n

综上,

? 2i ? 1 ? ln(2n ? 1) ? 2, n ? N
i ?1

2

*

.

16.解:(1) f

'

? x? ?

1 ? 2 x ? 1, x?a

…………1 分 …………2 分

? x ? 0 时, f ? x ? 取得极值, ? f ' ? 0? ? 0,


1 ? 2 ? 0 ? 1 ? 0, 解得 a ? 1. 经检验 a ? 1 符合题意. …………3 分 0?a 5 3 2 2 (2) a ? 1 知 f ? x ? ? ln ? x ?1? ? x ? x, 由 f ? x ? ? ? x ? b ,得 ln ? x ? 1? ? x ? x ? b ? 0, 由 2 2 3 5 2 令 ? ? x ? ? ln ? x ? 1? ? x ? x ? b, 则 f ? x ? ? ? x ? b 在区间 ? 0, 2? 上恰有两个不同的实数根等价于 2 2

? ? x ? ? 0 在区间 ?0, 2? 上恰有两个不同的实数根.

?' ? x? ?

1 3 ? ? 4 x ? 5?? x ? 1? ? 2x ? ? , x ?1 2 2 ? x ? 1?

当 x ? 0,1 时, ? ? x ? ? 0 ,于是 ? ? x ? 在 ?0,1? 上单调递增;
'

? ?

当 x ? ?1, 2? 时, ? ? x ? ? 0 ,于是 ? ? x ? 在 ?1, 2? 上单调递减.…………6 分
'

?? ? 0 ? ? ?b ? 0 ? 3 ? 依题意有 ?? ?1? ? ln ?1 ? 1? ? 1 ? ? b ? 0 , 2 ? ?? ? 2 ? ? ln ?1 ? 2 ? ? 4 ? 3 ? b ? 0 ? 1 解得, ln 3 ? 1 ? b ? ln 2 ? . …………9 分 2
2 (3) f ? x ? ? ln ? x ? 1? ? x ? x 的定义域为 x x ? ?1 ,由(1)知 f ' ? x ? ?

?

?

? x ? 2 x ? 3? , ? x ? 1?

第 15 页,共 27 页

令f

'

? x? ? 0 得, x ? 0 或 x ? ? 2 (舍去),
'

3

? 当 ?1 ? x ? 0 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递增;

当 x ? 0 时, f

? x? ? 0 , f ? x ? 单调递减.

? f ? 0? 为 f ? x ? 在 ? ?1, ?? ? 上的最大值. …11 分

? f ? x ? ? f ? 0? ,故 ln ? x ?1? ? x2 ? x ? 0 (当且仅当 x ? 0 时,等号成立)
对任意正整数 n ,取 x ? 故2?

1 ?1 ? 1 1 ? 0 得, ln ? ? 1? ? ? 2 , n ?n ? n n

…………12 分? ln ?

? n ?1 ? n ?1 ?? 2 ? n ? n

3 4 n ?1 3 4 n ?1 ? ? ? ? 2 ? ln 2 ? ln ? ln ? ? ? ln ? ln ? n ? 1? . …………14 分 4 9 n 2 3 n

(方法二)数学归纳法证明:

1?1 ? 2 ,右边 ? ln(1 ? 1) ? ln 2 ,显然 2 ? ln 2 ,不等式成立. 12 3 4 k ?1 * 假设 n ? k ? k ? N , k ? 1? 时, 2 ? ? ? ? ? 2 ? ln ? k ? 1? 成立, 4 9 k
当 n ? 1 时,左边 ? 则 n ? k ?1 时 , 有 2 ?

3 4 k ?1 k ? 2 k ?2 ? ??? 2 ? ? ? ln ? k ? 1? . 做 差 比 较 : 2 2 4 9 k ? k ? 1? ? k ? 1?
? ln k ?2 k ?2 1 ? ? 1 1 ? ? ? ? ln ?1 ? ? ??? 2 2 ? k ? 1 ? k ? 1? ? k ? 1 ? ? k ? 1 (k ? 1) ?

ln ? k ? 2 ? ? ln ? k ? 1? ?

k ?2

? k ? 1?

2

构建函数 F ? x ? ? ln ?1 ? x ? ? x ? x , x ? ? 0,1? ,则 F ? ? x ? ?
2

? x ? 2 x ? 3? ?0, x ?1

? F ? x ? 在? 0,1? 单调递减,? F ? x ? ? F ? 0? ? 0 .
取x?

1 1 ? k ? 1, k ? N * ? , ln ?1 ? k 1 1 ? ? ? k 1 1 ? (k ? 1)2 ? ? F ? 0? ? 0 ? ? ? ? k ?1 ? ? ? ? ? ?

即 ln ? k ? 2 ? ? ln ? k ? 1? ?

k ?2

? k ? 1?

2

? 0 ,亦即

k ?2

? k ? 1?

2

? ln ? k ? 1? ? ln ? k ? 2 ? ,

故 n ? k ? 1 时,有 2 ?

3 4 k ?1 k ? 2 k ?2 ? ??? 2 ? ? ? ln ? k ? 1? ? ln ? k ? 2 ? ,不等式成立. 2 2 4 9 k ? k ? 1? ? k ? 1?
3 4 n ?1 ? ? ? ? 2 ? ln ? n ? 1? 都成立. 4 9 n

综上可知,对任意的正整数 n ,不等式 2 ?

第 16 页,共 27 页

17.

第 17 页,共 27 页

第 18 页,共 27 页

18.

19.解:(1) g ( x) ? x 2 ? (a ? 1) x ? a ln( ? x) ? (a ? 1) ln x( x ? 0) , g ' ( x) ? 2 x ? (a ? 1) ? a ? a ? 1 ( x ? 0) , 1
1? x x

依题设,有 g ' (1) ? 0 ,所以 a=8. (2) g ( x) ? x 2 ? 7 x ? 8 ln( ? x) ? 9 ln x( x ? 0) 1
g ' ( x) ? 2 x ? 7 ?
' 8 9 ( x ? 1)(x ? 3)(2 x ? 3) ? ? ( x ? 0) ,由 g ( x) ? 0 ,得 x ? 1 或 x ? 3 1? x x x( x ? 1)

函数 g (x) 增区间(0,1),减区间(1,3) 函数 g (x) 在 x=3 处取得极小值,g(x)min=g(3);函数 g(x)在 x=1 处取得极大值 g(x)max=g(1), 不等式|m-1|≥g(x),对 0≤x≤3 成立,等价于|m-1|≥g(x)max 成立 即 m-1≥g(x)max=g(1)orm-1≤-g(x)max=-g(1), m≤1-g(1) or m≥1+g(1)

(3)设 A( x1 , f ( x1 )) , B( x2 , f ( x2 )) . C( x3 , f ( x3 )) ,且 x1 ? x2 ? x3 , x 2 ? x1 ? x3 , 2
第 19 页,共 27 页

则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x3 ) , ∴ BA ? ( x1 ? x2 , f ( x1 ) ? f ( x2 )) , BC ? ( x3 ? x2 , f ( x3 ) ? f ( x2 )) , ∴ BA ? BC ? ( x3 ? x2 )(x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x3 ) ? f ( x2 ) ? 0 . 所以 B 为钝角, ? ABC 是钝角三角形.

f ( x) ? 8 ln(1 ? e x ) ? 9 x , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 f ( x1 ? x2 )
2

= 8 [ln( ? e x1 )(1 ? e x1 ) ? ln(1 ? e 1

x1 ? x2 2

)2 ]
x1 ? x2 2

= 8[ln( ? e x1 ? e x2 ? e x1 ? x2 ) ? ln(1 ? 2e 1 ∵ x1 ? x 2 ∴ e ? e
x1 x2

? e x1 ? x2 )]

? 2 e ?e
x1

x2

? 2e
x1 ? x2 2

x1 ? x2 2

∴1 ? e ? e
x1

x2

?e

x1 ? x2

? 1 ? 2e

? e x1 ? x2 ∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 f (

x1 ? x2 )?0 2

∴ f ( x1 ? x 2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ,故 f(x)是 R 上的凹函数. 2 2
f ' ( x) ? 8e x ? 9 ? ex ?9 ? ? 0 恒成立∴ f (x) 在 (?? , ? ?) 上单调递减. 1? ex 1? ex

若 ? ABC 是等腰三角形,则只能是 BA ? BC . 即 ( x1 ? x2 ) 2 ? [ f ( x1 ) ? f ( x2 )]2 ? ( x3 ? x2 ) 2 ? [ f ( x3 ) ? f ( x2 )]2 ∵ x 2 ? x1 ? x3 ∴ [ f ( x1 ) ? f ( x2 )]2 ? [ f ( x3 ) ? f ( x2 )]2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x3 ) ? f ( x2 ) .
2

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x2 ) ? f ( x3 ) ∴ f ( x1 ? x3 ) ?
2

f ( x1 ) ? f ( x3 ) , 2

这与 f(x)是 R 上的凹函数矛盾,故 ? ABC 是钝角三角形,但不可能是等腰三角形.
20. (1)解:

当a ? 0时,f ( x) ? x 2 e x ,f ' ( x) ? ( x 2 ? 2x)e x,故f ' (1) ? 3e.

所以曲线y ? f ( x)在点(1, f (1))处的切线的斜率为 e. 3
(2) 解:f ' ( x) ? x ? (a ? 2) x ? 2a ? 4a e .
2 2 x

?

?

令f ' ( x) ? 0,解得 x ? ?2a,或 x ? a ? 2.由a ?
以下分两种情况讨论。 (1) 若a >

2 知, 2a ? a ? 2. ? 3

2 ,则 ? 2a < a ? 2 .当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3

? x ?? ?, 2a ?

? 2a

?? 2a,a ? 2?
第 20 页,共 27 页

a?2

?a ? 2, ?? ?

+ ↗

0 极大值

— ↘

0 极小值

+ ↗

所以f ( x)在(??, 2a), ? 2, ?)内是增函数,在 ?2a,a ? 2)内是减函数 ? (a ? ( .
函数f ( x)在x ? ?2a处取得极大值 (?2a),且f (?2a) ? 3ae?2a . f 函数f ( x)在x ? a ? 2处取得极小值 (a ? 2),且f (a ? 2) ? (4 ? 3a)e a?2 . f
(2) 若a <

2 ,则 ? 2a > a ? 2 ,当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3

x

?? ?,a ? 2?
+ ↗

a?2
0 极大值

?a ? 2, 2a ? ?
— ↘

? 2a
0 极小值

?? 2a, ?? ?
+ ↗

所以f ( x)在(??,a ? 2), 2a, ?)内是增函数,在a ? 2, 2a)内是减函数。 (? ? ( ?
函数f ( x)在x ? a ? 2处取得极大值 (a ? 2),且f (a ? 2) ? (4 ? 3a)e a?2 . f
函数f ( x)在x ? ?2a处取得极小值 (?2a),且f (?2a) ? 3ae?2a . f
21. (1)f′(x)=ax-(2a+1)+

2 x

f′(1)=f′(3)

∴a-2a-1+2=3a-2a-1+ ∴-a+1=a-

1 3

2 3 2 a= 3

(2)注 x>0! f′(x)=

ax2 ? (2a ? 1) x ? 2 x
∴令 f′(x)>0 得 ax -(2a+1)x+2>0 ∴f(x)在(0,2)在(2,+ ? )
2

∵x>0

<1>a=0 时,得 x<2

a ? 0 时,f′(x)>0 得(x-2)(ax-1)>0 <2>a<0 时,f′(x)>0 得(x-2)(x∴f(x)在(0,2)在(2,+ ? ) <3>a>0 时 f′(x)>0 得(x-2)(x①

1 )<0 a

1 )>0 a

1 1 =2 即 a= 时,f(x)在(0,+ ? ) a 2
第 21 页,共 27 页

1 1 1 1 >2 即 0<a< 时,f(x)在( ,+ ? )在(0,2)在(2, ) a 2 a a 1 1 1 1 ③ <2 即 a> 时,f(x)在(0, )在(2, + ? )在( ,2) a 2 a a
② (3)f max (x)<g max (x) x∈(0,2] ∵g max (x)=g(2)=0 ∴f max (x)<0, x∈(0,2] 由(2)知①a≤

1 时 f(x)在(0,2] 2

∴f max (x)=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2 =-2a-2+2ln2<0 ∴a>ln2-1 ∴ln2-1<a≤ ②a>

1 2

1 1 1 时,f(x)在(0, )在( ,2) 2 a a 1 a 1 1 1 ∴f max (x)=f( )= · 2 -(2a+1)· +2ln a 2 a a a 1 1 = -2- -2lna 2a a 1 =2-2lna2a 1 =-2(1+lna)2a 1 1 1 1 ∵a> ∴lna>ln >ln =-1 ∴f( )<0 2 2 e a
经上 a>ln2-1
22. 【解】(Ⅰ) h x) ? (

∴a>

1 2

a 2a 1 x 2 ? 2a , ? ln x , h?( x) ? ? 3 ? ? x x2 x x3

( ( ① a ? 0,h? x) ? 0 ,函数 h x)在(0,??) 上单调递增
② a ? 0 , h? x) ? 0, x ? (

2a ,函数 h( x)的单调递增区间为( 2a ,??)

h? x) ? 0,0 ? x ? (

2a ,函数 h( x)的单调递减区间为(0, 2a )

(Ⅱ)存在 x1 , x2 ?[0, 2] ,使得 g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? M 成立 等价于: [ g ( x1 ) ? g ( x2 )]max ? M ,
2 考察 g ( x) ? x3 ? x2 ? 3 , g '( x) ? 3 x ? 2 x ? 3 x( x ? ) ,

2 3

第 22 页,共 27 页

x
g '( x )

0

2 (0, ) 3

2 3

2 ( , 2] 3

2

0

?

0
极 (最) 小值
? 85 27

?

g ( x)

?3

递减

递增

1
由 知 上 表 可 :

2 85 g ( x) min ? g ( ) ? ? , g ( x) max ? g (2) ? 1 3 27
,

[ g ( x1 ) ? g ( x2 )]max ? g ( x) max ? g ( x) min ?
所以满足条件的最大整数 M ? 4 ; (Ⅲ)当 x ? [ , 2] 时, f ( x) ?

112 , 27

1 2

a ? x ln x ? 1 恒成立 x

等价于 a ? x ? x 2 ln x 恒成立, 记 h( x) ? x ? x2 ln x ,所以 a ? hmax ( x)

h '( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x ,

h '(1) ? 0 .

记 h '( x) ? (1 ? x) ? 2ln x , x ? [ ,1) , 1 ? x ? 0, x ln x ? 0, h '( x) ? 0 即函数 h( x) ? x ? x2 ln x 在区间 [ ,1) 上递增, 记 h '( x) ? (1 ? x) ? 2ln x , x ? (1, 2] , 1 ? x ? 0, x ln x ? 0, h '( x) ? 0 即函数 h( x) ? x ? x2 ln x 在区间 (1, 2] 上递减,

1 2

1 2

x ? 1, h( x) 取到极大值也是最大值 h(1) ? 1
所以 a ? 1 另解 m( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x , m '( x) ? ?3 ? 2ln x , 由于 x ? [ , 2] , m '( x) ? ?3 ? 2ln x ? 0 , 所以 m( x) ? h '( x) ? 1 ? 2 x ln x ? x 在 [ , 2] 上递减, 当 x ? [ ,1) 时, h '( x) ? 0 , x ? (1, 2] 时 , h '( x) ? 0 , 即函数 h( x) ? x ? x2 ln x 在区间 [ ,1) 上递增,

1 2

1 2

1 2

1 2

第 23 页,共 27 页

在区间 (1, 2] 上递减, 所以 h( x)max ? h(1) ? 1,所以 a ? 1

23.解:(1)f’(x)=

ax ? 1 (x>-1,a>0) x ?1 1 令 f’(x)=0? x ? ? 0 a 1 1 1 1 ? f(x)在(-1, )为减,在( ,+ ? )为增 f(x)min=f( )=1-(a+1)ln( +1) a a a a x ( x ? 0) (2)设 F(x)=ln(x+1)x ?1
F’(x)=

1 x ?1? x x ? ? ? 0 ? F(x)在(0,+ ? )为增函数 2 x ? 1 ( x ? 1) ( x ? 1)2
x ? ln( x ? 1) x ?1

F(x)>F(0)=0 ? F(x)>0 即 G(x)=x-ln(x+1)(x>0)

1 x ? ?0 ? G(x)在(0,+ ? )为增函数 x ?1 x ?1 G(x)>G(0)=0 ? G(x)>0 即 ln(x+1)<x x ? ln( x ? 1) ? x 经上可知 x ?1
G’(x)=1-

1 1 ? ? g ? a ? ? f ( ) ? 1- ? a ? 1? ln( ? 1) (3)由(1)知: ? a a ?a ? 0 ?
1 1 ? ? g ' ? a ? ? ? ln(1 ? a ) ? a ? 0 ? ? ?ln(1 ? 1 ) ? 0 ? a ?
由( 把x= 2) 1 1 1 1 代入( 中 2) ? ln( ? 1) ? a a ?1 a a 1 1 即 1 ? (a ? 1) ln( ? 1) ? 1 ? a a
1 1 ? ?(a ? 1) ln( ? 1) ? ?1 a a 1 1 即 ? ? 1 ? (a ? 1) ln( ? 1) ? 0 a a ?1 ?

即 ? 1 ? ag (a) ? 0

第 24 页,共 27 页

24.

25.解: (Ⅰ) f ( x) 的定义域为 (0, ??) ,

当 a ? 1 时, f ( x) ? x ? ln x , f ?( x) ? 1 ?

1 x ?1 ? x x

x
f ?( x ) f ( x)

(0,1)


1 0 极 小

(1, ??)
+

?

?
第 25 页,共 27 页

(III)在 ?1,e? 上存在一点 x0 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立,即
h( x0 ) ? 0 ,

在 ?1,e? 上 存 在 一 点 x0 , 使 得

即函数 h( x) ? x ? 由(Ⅱ)可知

1? a ? a ln x 在 ?1,e? 上的最小值小于零. x

①当 1 ? a ? e ,即 a ? e ? 1 时, h( x) 在 ?1,e? 上单调递减,

综上讨论可得所求 a 的取值范围是: a ?

e2 ? 1 或 a ? ?2 . e ?1

26.解: (1)证明:当 p=0 时, f ( x) ? ? ln x .

令 m( x) ? ln x ? x ? 1( x ? 0) ,则 m ?( x) ?

1 1? x ?1 ? x x

若 0 ? x ? 1 ,则 m ?( x) ? 0 , m(x) 在区间 (0,1) 上单调递增; 若 x ? 1 ,则 m ?( x) ? 0 , m(x) 在区间 (1,??) 上单调递减. 易知,当 x=1 时, m(x) 取得极大值,也是最大值. 于是 m( x) ? m(1) ? 0 ,即 ln x ? x ? 1 ? 0 ,即 ? ln x ? 1 ? x 故若 p=0,有 f ( x) ? 1 ? x (2) f ?( x) ? p ?

p 1 px 2 ? x ? p 2 ? ? ,令 h( x) ? px ? x ? p ( x ? 0) 2 2 x x x
第 26 页,共 27 页

①当 p=0, f ?( x) ? ?

1 ? 0 ,则 f (x) 在 (0,??) 上单调递减,故当 p=0 时符合题意; x

②若 p>0, h( x) ? px 2 ? x ? p ? p ( x ? 则当 p ? 递增; ③若p<0, ( x) ? px ? x ? p ? p ( x ? h
2

1 2 1 1 ) ? p? ? p? 2p 4p 4p

1 1 1 ? 0 ,即 p ? 时, f ?( x) ? 0 在 x>0 上恒成立,故当 p ? 时, f (x) 在 (0,??) 上单调 2 2 4p

1 2 1 1 的图像的对称轴为 x ? ) ? p? ? 0 , (0) ? p ? 0 , h 2p 4p 2p

则 f ?( x) ? 0 在 x>0 上恒成立,故当 p<0 时, f (x) 在 (0,??) 上单调递减. 综上所述, p ? (??,0] U [ ,??)

1 2

e 2 ? 2e (3) F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? px ? 2 ln x ? 令 , 则原问题等价于是否存在 x0>0 使得 F ( x 0 ) ? 0 px
成立,故只需满足 [ F ( x)] min ? 0 即可. 因为 F ?( x) ? p ?

2 e 2 ? 2e ( px ? e)( px ? 2 ? e) p e 2?e ? ? ? 2 ( x ? )( x ? ) 2 2 x p p px px x

而 x ? 0,1 ? p ? 2 ,故 故当0 ? x ?

e 2?e ? 0, ? 0, p p

e e e 时, F ?( x) ? 0 ,则 F (x) 在 (0, ) 上单调递减;当 x ? 时, F ?( x) ? 0 ,则 F (x) 在 p p p

e ( ,??) 上单调递增. p
易知 F ( x) min ? F ( ) ? e ? 2 ? 2 ln p ? e ? 2 ? 2e ? 2 ln p ? 4 ? 0 与上述要求的 [ F ( x)] min ? 0 相矛 盾,故不存在 x 0 ? 0 使得 f ( x 0 ) ? g ( x 0 ) 成立.

e p

第 27 页,共 27 页


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