浙江历年高考真题导数

1.(07浙江高考)已知221fxxxkx．(I)若k＝2，求方程0fx的解；(II)若关于x的方程0fx在(0，2)上有两个解x1，x2，求k的取值范围，并证明12114xx2.（08浙江高考）已知a是实数，函数2()fxxxa.（Ⅰ）若f1(1)=3,求a的值及曲线)(xfy在点))1(,1(f处的切线方程；（Ⅱ）求)(xf在区间[0，2]上的最大值。3.（09浙江高考）已知函数32()(1)(2)fxxaxaaxb(,)abR．（I）若函数()fx的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3，求,ab的值；（II）若函数()fx在区间(1,1)上不单调．．．，求a的取值范围．4.（10浙江高考）已知函数2()()fxxa（a-b）(,,abRab)。（I）当a=1，b=2时，求曲线()yfx在点（2，()fx）处的切线方程。（II）设12,xx是()fx的两个极值点，3x是()fx的一个零点，且31xx，32xx证明：存在实数4x，使得1234,,,xxxx按某种顺序排列后的等差数列，并求4x5.（11浙江高考）设函数（I）求的单调区间（II）求所有实数，使对恒成立。注：e为自然对数的底数。22()ln,0fxaxxaxa()fxa21()efxe1,xe6.（12浙江高考）已知,aR函数2()42.fxxaxa⑴求()fx的单调区间⑵证明：当01x时，()20.fxa||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，221fxxxkx①当210x时，即x≥1或x≤－1时，方程化为22210xx解得132x，因为13012，故舍去，所以132x．②当210x时，－1＜x＜1时，方程化为210x，解得12x由①②得当k＝2时，方程0fx的解所以132x或12x．(II)解：不妨设0＜x1＜x2＜2，因为221x11x1xkxfxkx所以fx在（0,1］是单调函数，故0fx在（0,1］上至多一个解，若1＜x1＜x2＜2，则x1x2＝12＜0，故不符题意，因此0＜x1≤1＜x2＜2．由10fx得11kx，所以1k；由20fx得2212kxx，所以712k；故当712k时，方程0fx在(0，2)上有两个解．当0＜x1≤1＜x2＜2时，11kx，222210xkx消去k得2121220xxxx即212112xxx，因为x2＜2，所以12114xx．2.）解：2'()32fxxax．因为'(I)323fa，所以0a．又当0a时，(I)1,'(I)3ff，所以曲线()(1,(I))yfxf在处的切线方程为3xy--2=0．（II）解：令'()0fx，解得1220,3axx．当203a，即a≤0时，()fx在[0，2]上单调递增，从而max(2)84ffa．当223a时，即a≥3时，()fx在[0，2]上单调递减，从而max(0)0ff．当2023a，即03a，()fx在20,3a上单调递减，在2,23a上单调递增，从而max84,02.0,23.aafa综上所述，max84,2.0,2.aafa3.解析：（Ⅰ）由题意得)2()1(23)(2aaxaxxf又3)2()0(0)0(aafbf，解得0b，3a或1a（Ⅱ）函数)(xf在区间)1,1(不单调，等价于导函数)(xf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)(xf在)1,1(上存在零点，根据零点存在定理，有0)1()1(ff，即：0)]2()1(23)][2()1(23[aaaaaa整理得：0)1)(1)(5(2aaa，解得15a4.Ⅰ)解：当a=1,b=2时，因为f’(x)=(x-1)(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（Ⅱ）证明：因为f′（x）＝3（x－a）（x－23ab），由于ab.故a23ab.所以f（x）的两个极值点为x＝a，x＝23ab.[不妨设x1＝a，x2＝23ab，因为x3≠x1，x3≠x2，且x3是f（x）的零点，故x3＝b.又因为23ab－a＝2（b－23ab），x4＝12（a＋23ab）＝23ab，所以a，23ab，23ab，b依次成等差数列，所以存在实数x4满足题意，且x4＝23ab.5.（Ⅰ）解：因为22()lnfxaxxax，其中0x，所以2()(2)'()2axaxafxxaxx。由于0a，所以()fx的增区间为（0，a）,减区间为（a,+∞）（Ⅱ）证明：由题意得，(1)11fac，即ac由（Ⅰ）知()fx在[1,e]恒成立，要使21()efxe对[1,]xe恒成立，只要222(1)11()faefeaeaee解得ae。6.（Ⅰ）由题意得2()122fxxa当0a时，()0fx恒成立，此时()fx的单调递增区间为(,).当0a时，()12()(),66aafxxx此时函数()fx的单调递增区间为(,]6a和[,),6a单调递减区间为[,].66aa（Ⅱ）由于01,x故当2a时，33()|2|422442;fxaxaxxx当2a时，333()|2|42(1)244(1)2442.fxaxaxxxxx设3233()221,01,()626()(),33gxxxxgxxxx则于是x03(0,)3333(,1)31()gx—0+()gx1减极小值增1所以，min343()()10,39gxg所以当01x时，32210.xx故3()|2|4420.fxaxx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，x0(0,1)1(1，a)a(a,2a)2af′(x)＋0－0＋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比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得g(a)＝20,13,3,3.aaaa当a＜－1时，x0(0,1)1(1，－2a)－2af′(x)－0＋f(x)0单调递减极小值3a－1单调递增－28a3－24a2得g(a)＝3a－1.综上所述，f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为g(a)＝231,1,0,13,3,3.aaaaaa