浙江高考历年真题之函数与导数大题(理科)

糖果工作室原创欢迎下载！第1页共14页浙江高考历年真题之函数与导数大题（教师版）1、（2005年）已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称，且f(x)＝x2＝2x．(Ⅰ)求函数g(x)的解析式；(Ⅱ)解不等式g(x)≥f(x)－|x－1|．解析：(Ⅰ)设函数yfx的图象上任意一点00,Qxy关于原点的对称点为,Pxy，则00000,,2.0,2xxxxyyyy即，∵点00,Qxy在函数yfx的图象上∴22222,2yxxyxxgxxx，即故(Ⅱ)由21210gxfxxxx，可得当1x时，2210xx，此时不等式无解奎屯王新敞新疆当1x时，2210xx，解得112x奎屯王新敞新疆因此，原不等式的解集为11,2奎屯王新敞新疆2、（2006年）设0)1(,0)0(,0.23)(2ffcbacbxaxxf若,f(0)＞0，f(1)＞0，求证：(Ⅰ)a＞0且-2＜ab＜-1；(Ⅱ)方程0)(xf在（0，1）内有两个实根.解析：（I）证明：因为f(0)0，f(1)0，所以c0，3a+2b+c0由条件a+b+c=0，消去b，得ac0由条件a+b+c=0，消去c，得a+b0，2a+b0，故12ab（II）抛物线cbxaxxf23)(2的顶点坐标为)33,3(2abacab在12ab的两端乖以31，得32331ab糖果工作室原创欢迎下载！第2页共14页又因为f(0)0，f(1)0，而03)3(22aaccaabf，所以方程0)(xf在区间)1,3()3,0(abab与内分别有一实根。故方程0)(xf在（0，1）内有两个实根。3、（2007年）设3()3xfx，对任意实数t，记232()3tgxtxt．（I）求函数()()tyfxgx的单调区间；（II）求证：（ⅰ）当0x时，()fxg()()tfxgx≥对任意正实数t成立；（ⅱ）有且仅有一个正实数0x，使得00()()xtgxgx≥对任意正实数t成立．解析：（I）解：316433xyx．由240yx，得2x．因为当(2)x，时，y0，当(22)x，时，0y，当(2)x，时，0y，故所求函数的单调递增区间是(2)，，(2)，，单调递减区间是(22)，．（II）证明：（i）方法一：令2332()()()(0)33txhxfxgxtxtx，则223()hxxt，当0t时，由()0hx，得13xt，当13()xx，时，()0hx，所以()hx在(0)，内的最小值是13()0ht．故当0x时，()()tfxgx≥对任意正实数t成立．方法二：对任意固定的0x，令232()()(0)3thtgxtxtt，则11332()()3httxt，糖果工作室原创欢迎下载！第3页共14页由()0ht，得3tx．当30tx时，()0ht．当3tx时，()0ht，所以当3tx时，()ht取得最大值331()3hxx．因此当0x时，()()fxgx≥对任意正实数t成立．（ii）方法一：8(2)(2)3tfg．由（i）得，(2)(2)ttgg≥对任意正实数t成立．即存在正实数02x，使得(2)(2)xtgg≥对任意正实数t成立．下面证明0x的唯一性：当02x，00x，8t时，300()3xfx，0016()43xgxx，由（i）得，30016433xx，再取30tx，得30300()3xxgx，所以303000016()4()33xxxgxxgx，即02x时，不满足00()()xtgxgx≥对任意0t都成立．故有且仅有一个正实数02x，使得00()0()xtgxgx≥对任意正实数t成立．方法二：对任意00x，0016()43xgxx，因为0()tgx关于t的最大值是3013x，所以要使00()()xtgxgx≥对任意正实数成立的充分必要条件是：300161433xx≥，即200(2)(4)0xx≤，又因为00x，不等式①成立的充分必要条件是02x，所以有且仅有一个正实数02x，使得00()()xtgxgx≥对任意正实数t成立．4、（2008年）已知a是实数，函数)()(axxx。糖果工作室原创欢迎下载！第4页共14页（Ⅰ）求函数)(x的单调区间；（Ⅱ）设)(ag为)(x在区间2,0上的最小值。（i）写出)(ag的表达式；（ii）求a的取值范围，使得2)(6ag。解析：（Ⅰ）解：函数的定义域为[0)，，3()22xaxafxxxx（0x）．若0a≤，则()0fx，()fx有单调递增区间[0)，．若0a，令()0fx，得3ax，当03ax时，()0fx，当3ax时，()0fx．()fx有单调递减区间03a，，单调递增区间3a，．（Ⅱ）解：（i）若0a≤，()fx在[02]，上单调递增，所以()(0)0gaf．若06a，()fx在03a，上单调递减，在23a，上单调递增，所以2()333aaagaf．若6a≥，()fx在[02]，上单调递减，所以()(2)2(2)gafa．综上所述，002()06332(2)6aaagaaaa，≤，，，，≥．（ii）令6()2ga≤≤．若0a≤，无解．若06a，解得36a≤．若6a≥，解得6232a≤≤．故a的取值范围为3232a≤≤．5、（2009年）已知函数322()(1)52fxxkkxx，22()1gxkxkx，其中kR．w.w.w.k.s.5.u.c.o.m（I）设函数()()()pxfxgx．若()px在区间(0,3)上不单调．．．，求k的取值范围；（II）设函数(),0,()(),0.gxxqxfxx是否存在k，对任意给定的非零实数1x，存在惟一的非零实数2x（21xx），使得21()()qxqx成立？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．糖果工作室原创欢迎下载！第5页共14页解析：（Ⅰ）解：32()()()(1)(5)1pxfxgxxkxkx，2()32(1)(5)pxxkxk．因为()px在(03)，上不单调，所以()0px在(03)，上有实数解，且无重根．由()0px，得2(21)(325)kxxx，即2(325)21xxkx3910(21)4213xx．令21tx，有(17)t，，记9()httt，则()ht在(13]，上单调递减，在[37)，上单调递增．所以，()[610)ht，，于是9(21)[610)21xx，，得(52]k，．而当2k时，()0px在(03)，上有两个相等的实根1x，故舍去．所以(52)k，．（Ⅱ）解：由题意，得当0x时，22()()32(1)5qxfxxkkx；当0x时，2()()2qxgxkxk．因为当0k时不合题意，所以0k．下面讨论0k的情形．记()|0()|0AgxxBfxx，，则()(5)AkB，，，，（ⅰ）当10x时，()qx在(0)，上单调递增，所以要使21()()qxqx成立，只能20x，且AB，因此5k≥．（ⅱ）当10x时，()qx在(0)，上单调递减，糖果工作室原创欢迎下载！第6页共14页所以要使21()()qxqx成立，只能20x，且BA，因此5k≤．综合（ⅰ）（ⅱ），得5k．当5k时，有AB．则10x，1()qxBA，即20x，使得21()()qxqx成立．因为()qx在(0)，上单调递增，所以2x是惟一的．同理，10x，存在惟一非零实数221()xxx，使得21()()qxqx成立．所以5k满足题意．6、（2010年）已知a是给定的实常数，设函数,,)()()(2Rbebxaxxfxax是)(xf的一个极大值点.（I）求b的取值范围;（II）设321,,xxx是)(xf的3个极值点，问是否存在实数b，可找到Rx4，使得4321,,,xxxx的某种排列432,,,iiiixxxx（其中}4,3,2,1{},,,{4321iiii）依次成等差数列？若存在，示所有的b及相应的;4x若不存在，说明理由.解析：（Ⅰ）解：22()()[(3)2]fxcxaxabxbaba令2()(3)2gxxabxbaba则22(3)4(2)(1)80.abbabaab于是可设12,xx是()0gx的两实根，且12,xx（1）当12xaxa或时，则xa不是()fx的极值点，此时不合题意（2）当12xaxa且时，由于xa是()fx的极大值点，故12.xax即()0ga即2(3)20aabababa，所以ba所以b的取值范围是（-∞，a）（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知，假设存了b及bx满足题意，则糖果工作室原创欢迎下载！第7页共14页（1）当21xaax时，则424122xxaxxa或于是1223.xxab即3.ba此时24223(1)826xxaababaa或24123(1)826.xxaababaa（2）当21xaax时，则21222()()2()xaaxaxxa或①若22122(),2axxaaxx则于是2123(3)(1)8322ababaxx即2(1)83(3)abab于是91312ab此时222(3)3(3)1133.242axaababxba②若11222(),2axaxxa则x于是2213(3)(1)8322ababaxx即2(1)83(3)abab，于是9131.2ab此时122(3)3(3)1133.242axaababxba综上所述，存在b满足题意当43,26baxa时当4713113,22baxa时糖果工作室原创欢迎下载！第8页共14页当4713113,.22baaa时7、（2011年）设函数()fx＝2()lnxax，a∈R（Ⅰ）若x＝e为()yfx的极值点，求实数a；（Ⅱ）求实数a的取值范围，使得对任意的x∈（0,3e]，恒有()fx≤42e成立.注：e为自然对数的底数。解析：8、（2012年）已知0,abR，函数3()42fxaxbxab。（Ⅰ）证明：当01x时，（i）函数()fx的最大值为|2|aba；（ii）()|2|0fxaba；（Ⅱ）若1()1fx对x∈0,1恒成立，求ab的取值范围。糖果工作室原创欢迎下载！第9页共14页解析：糖果工作室原创欢迎下载！第10页共14页糖果工作室原创欢迎下载！第11页共14页浙江高考历年真题之函数与导数大题1、（2005年）已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称，且f(x)＝x2＝2x．(Ⅰ)求函数g(x)的解析式；(Ⅱ)解不等式g(x)≥f(x)－|x－1|．2、（2006年）设0)1(,0)0(,0.23)(2ffcbacbxaxxf若,f(0)＞0，f(1)＞0，求证