浙江历年高考真题导数.docx
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浙江历年高考真题导数
22
1.（07浙江高考）已知fXx1xkx.
（I）若k=2，求方程fX0的解；
一11
（II）若关于x的方程fx0在（0,2）上有两个解X1,X2,求k的取值范围，并证明4
X-Ix2
2.（08浙江高考）已知a是实数，函数f（x）x2xa.
（I）若f1
（1）=3,求a的值及曲线yf（x）在点（1,f
（1））处的切线
方程；
（n）求f（x）在区间［0,2］上的最大值。
32
3.（09浙江高考）已知函数f（x）x（1a）xa（a2）xb（a,bR）.
（I）若函数f（x）的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3，求a,b的值；
（II）若函数f（x）在区间（1,1）上不单调，求a的取值范围.
2
4.（10浙江高考）已知函数f（x）（xa）（a-b）（a,bR,a（I）当a=1,b=2时，求曲线yf（x）在点（2,f（x））处的切线方程。
（II）设X1,X2是f（x）的两个极值点，X3是f（X）的一个零点，且X3X1,X3X2
证明：
存在实数X，使得X-I,x2,x3,x4按某种顺序排列后的等差数列，并求x4
（I）求f（x）的单调区间
（II）求所有实数a，使e1f（x）e对x1,e恒成立。
注：
e为自然对数的底数。
2
6.（12浙江高考）已知aR,函数f（x）4x2axa.
⑴求f（x）的单调区间
⑵证明：
当0x1时，f（x）|2a|0.
7.（13浙江高考）知a€R，函数f（x）=2x3—3（a+1）x2+6ax.
（1）若a=1，求曲线y=f（x）在点（2,f
（2））处的切线方程；
⑵若|a|>1，求f（x）在闭区间［0,2|a|］上的最小值.
1.（I）解：
（1）当k=2时，fxx21x2kx
①当x210时，即X羽或x<—1时，方程化为2x22x10
解得x—3，因为0」31,故舍去，所以x—3
222
2
②当x10时，—1VxV1时，方程化为2x10，解得x
（II）解：
不妨设0VX12
2xkx1x1因为fx
kx1x1
1
若1由f
X1
0得k—，所以k
1；
X1
由f
X2
1
0得k2x2,
所以-
k1;
X2
2
故当
7
k1时，方程fx
0在（0,
2）上有两个解
2
12
当0X1
消去k得2x1x22X|x20
1111
即2x2，因为X2<2，所以4.
X1X2X1x2
2
2.）解：
f'（x）3x2ax.
因为f'（I）32a3,
所以a0.
又当a0时，f（I）1,f'（I）3,
2a
所以曲线yf（x）在（1,f（I））处的切线方程为3x-y-2=0.
（II）解：
令f'（x）0,解得x10,x2
2a
当0,即awo时，f（x）在［0,2］上单调递增，从而
3
maxf
（2）84a•
2a
当2时，即a》3时f（x）在［0,2］上单调递减，从而
3
maxf（0）0•
当02，即0a3,f（x）在0,2a上单调递减，在空，2上单调递增,
333
84a,0
a
2.
从而fmax
0,2
a
3.
84a,
a
2.
综上所述，fmaX
0,
a
2.
3.解析：
（I）由题意得
f（x）
3x2
2（1a）x
a（a
2）
f（0）
b0
又
解得b0,
a
3或a1
f（0）a（a2）
3
（n）函数f（x）在区间（1,1）不单调，等价于
导函数f（x）在（1,1）既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数
即函数f（x）在（1,1）上存在零点，根据零点存在定理，有
f
（1）f
（1）0，即：
［32（1a）a（a2）］［32（1a）a（a2）］0
整理得：
（a5）（a1）（a1）20，解得5a1
4.I）解：
当a=1,b=2时,
因为f'（x）=（x1）（3x-5）
故f'
（2）=1f
（2）=0,
所以f（x）在点（2,0）处的切线方程为y=x-2
（n）证明：
因为
fz（x）=3（x—a）（x—-_空）,
3
由于aa2b
1
X4=
2
（a+
a2b）
3
2ab
3
因为X3枚1,X3芳C2，且X3是f（X）的零点,
故X3=b.
所以a,2ab,a2b,b依次成等差数列，
33
所以存在实数X4满足题意，且X4=竺上.
3
5.（I）解：
因为f（x）a21nxx2ax，其中xf0,
2
所以f'（x）—2xa（xa）（2xa）o
xx
由于af0，所以f（x）的增区间为（0,a）,减区间为（a,+旳
（H）证明：
由题意得，f
（1）a1c1,即ac
由（I）知f（x）在［l,e］恒成立，
2
要使e1f（x）e对x［1,e］恒成立，
f
（1）a1e1
只要
222
f（e）aeaee
解得aeo
2
6.（I）由题意得f（x）12x2a
当a0时，f（x）0恒成立，此时f（x）的单调递增区间为（，）.
当a0时，f（x）12（xJa）（xJ£）,此时函数f（x）的
单调递增区间为（，，；］和［码，）,单调递减区间为［,.;，■,；］•
（n）由于
0x
1,故
当a
2时,
f（x）
|a2|
4x3
2ax
24x3
4x2;
当a
2时,
f（x）
|a2|
4x3
2a（1
x）2
4x34（1x）24x34x2
设g（x）2x32x1,0x1,则g（x）6x226（xf）（x舟）,于是
0
1
0
+
1
减
极小值
增
1
34=33
所以，g（x）ming（■）10,所以当0x1时，2x2x10.
39
3
故f（x）|a2|4x4x20.
7.解：
⑴当a=1时，fx）=6x2—12x+6,所以f'
（2）=6.
又因为f
（2）=4，所以切线方程为y=6x—8.
⑵记g（a）为f（x）在闭区间［0,2|a|］上的最小值.f'x（=6x2—6（a+1）x+6a=6（x—1）（x—a）.
令f7y（=0,得到X1=1,x2=a.
当a>1时，
x
0
（0,1）
1
（1,a）
a
（a,2a）
2a
f'x（
+
0
一
0
+
f（x）
0
单调递增
极大值
3a—1
单调递减
极小值
a2（3—a）
单调递增
4a3
当av—1时，
x
0
（0,1）
1
（1,—2a）
—2a
f'x）
一
0
+
f（x）
0
单调递减
极小值3a—1
单调递增
—28a3—
24a2
得g（a）=3a—1.
比较f（0）=0和f（a）=a2（3—a）的大小可得g（a）=
0,1a3,
2小
a3a,a
3.
3a1,a1,
综上所述，f（x）在闭区间［0,2|a|］上的最小值为g（a）=0,1a3,
a23a,a3.
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