浙江历年高考真题导数

1. (07浙江高考)已知f?x??x2?1?x2?kx． (I)若k＝2，求方程f?x??0的解；

(II)若关于x的方程f?x??0在(0，2)上有两个解x1，x2，求k的取值范围，并证明

2.（08浙江高考）已知a是实数，函数f(x)?x211??4 x1x2?x?a?.

（Ⅰ）若f1(1)=3,求a的值及曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线 方程；

（Ⅱ）求f(x)在区间[0，2]上的最大值。

3.（09浙江高考）已知函数f(x)?x?(1?a)x?a(a?2)x?b(a,b?R)． （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． ．．．

32

4.（10浙江高考）已知函数f(x)?(x?a)（a-b）(a,b?R,a

22f(x)?alnx?x?ax,a?0 5.（11浙江高考）设函数

2（I）求f(x)的单调区间

2x??1,e?e?1?f(x)?ea（II）求所有实数，使对恒成立。

注：e为自然对数的底数。

6.（12浙江高考）已知a?R,函数f(x)?4x2?2ax?a. ⑴求f(x)的单调区间

⑵证明：当0?x?1时，f(x)?|2?a|?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； (2)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，f?x??x2?1?x2?kx

2① 当x?1?0时，即x≥1或x≤－1时，方程化为2x2?2x?1?0

解得x??1?3?1?3?1?3，因为0?． ?1，故舍去，所以x?22221②当x?1?0时，－1＜x＜1时，方程化为2x?1?0，解得x??

2由①②得当k＝2时，方程f?x??0的解所以x? (II)解：不妨设0＜x1＜x2＜2，

2??2x?kx?1 x?1因为f?x???

??kx?1 x?1?1?31或x??． 22所以f?x?在（0,1］是单调函数，故f?x??0在（0,1］上至多一个解， 若1＜x1＜x2＜2，则x1x2＝?由f?x1??0得k??1＜0，故不符题意，因此0＜x1≤1＜x2＜2． 21，所以k??1； x1由f?x2??0得k?故当?17?2x2， 所以??k??1； x227?k??1时，方程f?x??0在(0，2)上有两个解． 21，2x22?kx2?1?0 x1当0＜x1≤1＜x2＜2时，k??消去k得2x1x22?x1?x2?0 即

1111??2x2，因为x2＜2，所以??4． x1x2x1x22.）解：f'(x)?3x?2ax． 因为f'(I)?3?2a?3， 所以a?0．

又当a?0时，f(I)?1,f'(I)?3，

所以曲线y?f(x)在(1,f(I))处的切线方程为3x-y-2=0．

2（II）解：令f'(x)?0，解得x1?0,x2?当

2a． 32a?0，即a≤0时，f(x)在[0，2]上单调递增，从而 3fmax?f(2)?8?4a．

当

2a?2时，即a≥3时，f(x)在[0，2]上单调递减，从而 3fmax?f(0)?0．

当0?2a?2a??2a?即0?a?3，f(x)在?0,上单调递减，在,2?上单调递增，?2，??333????从而fmax??8?4a,0?a?2. ????0, 2?a?3.??8?4a, a?2.综上所述，fmax??

??0, a?2.23.解析：（Ⅰ）由题意得f?(x)?3x?2(1?a)x?a(a?2)

f(0)?b?0?又?，解得b?0，a??3或a?1

?f(0)??a(a?2)??3?（Ⅱ）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：[3?2(1?a)?a(a?2)][3?2(1?a)?a(a?2)]?0

整理得：(a?5)(a?1)(a?1)?0，解得?5?a??1 4.Ⅰ)解：当a=1,b=2时， 因为f’(x)=(x-1)(3x-5) 故f’(2)=1 f(2)=0,

所以f(x)在点（2,0）处的切线方程为y=x-2 （Ⅱ）证明：因为f′（x）＝3（x－a）（x－

由于a

2a?2b）， 3a?2b. 3

所以f（x）的两个极值点为x＝a，x＝不妨设x1＝a，x2＝

a?2b. 3[a?2b， 3因为x3≠x1，x3≠x2，且x3是f（x）的零点， 故x3＝b.

a?2ba?2b－a＝2（b－）， 331a?2b2a?bx4＝（a＋）＝，

2332a?ba?2b所以a，，，b依次成等差数列，

332a?b所以存在实数x4满足题意，且x4＝.

3又因为

225.（Ⅰ）解：因为f(x)?alnx?x?ax，其中x?0，

a2(x?a)(2x?a)所以f'(x)?。 2x?a??xx由于a?0，所以f(x)的增区间为（0，a）,减区间为（a,+∞）

（Ⅱ）证明：由题意得，f(1)?a?1?c?1，即a?c 由（Ⅰ）知f(x)在[1,e]恒成立，

要使e?1?f(x)?e对x?[1,e]恒成立，

2只要??f(1)?a?1?e?1?f(e)?a?e?ae?e222

解得a?e。

6.（由题意得f?(x)?12x2?2a Ⅰ）当a?0时，f?(x)?0恒成立，此时f(x)的单调递增区间为(??,??).

当a?0时，f?(x)?12(x?aa)(x?),此时函数f(x)的 66aaaa]和[,??),单调递减区间为[?,]. 6666单调递增区间为(??,?由于0?x?1,故 （Ⅱ）当a?2时，f(x)?|a?2|?4x3?2ax?2?4x3?4x?2;

当a?2时，f(x)?|a?2|?4x3?2a(1?x)?2?4x3?4(1?x)?2?4x3?4x?2. 设g(x)?2x3?2x?1,0?x?1, 则g?(x)?6x2?2?6(x?x g?(x) 0 1 (0,3) 33 30 极小值 33)(x?),于是 333(,1) 3+ 增 1 1 — 减 g(x) 所以，g(x)min?g(343)?1??0,所以当0?x?1时，2x3?2x?1?0. 39故f(x)?|a?2|?4x3?4x?2?0.

7.解：(1)当a＝1时，f′(x)＝6x2－12x＋6，

所以f′(2)＝6.

又因为f(2)＝4，所以切线方程为y＝6x－8. (2)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f′(x)＝0，得到x1＝1，x2＝a. 当a＞1时， x 0 (0,1) 1 f′(x) 0 ＋ f(x) 0 单调递增 极大值3a－1 (1，a) － 单调递减 a 0 极小值a2(3－a) (a,2a) ＋ 单调 递增 2a 4a3 比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得g(a)＝?当a＜－1时， x f′(x) f(x) 得g(a)＝3a－1. 0 0 (0,1) － 单调递减 ?0,1?a?3, 2?a?3?a?,a?3.1 0 (1，－2a) ＋ －2a －28a3－24a2 极小值3a－1 单调递增 ?3a?1,a??1,?综上所述，f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为g(a)＝?0,1?a?3,

?a2?3?a?,a?3.?

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/twmw.html