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福建省2006至2012历年数学函数高考大题汇总及答案解析文科


福建省 2006 至 2012 历年函数高考大题(文科)
2006 年 (21) 已知 f ( x ) 是二次函数, 不等式 f ( x) ? 0 的解集是 (0,5), 且 f ( x ) 在区间 ? ?1, 4? 上的最大值是 12。 (I)求 f ( x ) 的解析式; (II)是否存在实数 m, 使得方程

f ( x) ?

37 ? 0 在区间 (m, m ? 1) 内有且只有两个不等的实数根?若存在,求出 m 的取值范 x

围;若不存在,说明理由。

2007 年(20)设函数 f(x)=tx +2t x+t-1(x∈R,t>0). (I)求 f (x)的最小值 h(t);(II)若 h(t)<-2t+m 对 t∈(0,2)恒成立,求实数 m 的取值范围.

2

2

2008 年 ( 21 ) 已 知 函 数 f ( x) ? x ? mx ? nx ? 2 的 图 像 过 点 ( -1 , -6 ) 且 函 数 ,
3 2

g ( x) ? f '( x) ? 6 x 的图像关于 y 轴对称。 (1)求 m,n 的值及函数 y ? f ( x) 的单调区间;
(2)若 a>0,求函数 y ? f ( x) 在区间 (a ? 1, a ? 1) 内的极值。

2009 年(21) .已知函数 f ( x) ?

1 3 x ? ax 2 ? bx, 且 f '(?1) ? 0 3 (I)试用含 a 的代数式表示 b ;
(Ⅱ)求 f ( x ) 的单调区间;w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ( Ⅲ ) 令 a ? ?1 , 设 函 数 f ( x ) 在 x1 , x2 ( x1 ? x2 ) 处 取 得 极 值 , 记 点

M ( x1 , f ( x1 )), N ( x2 , f ( x2 )) ,证明:线段 MN 与曲线 f ( x) 存在异于 M 、 N 的公共点;

2010 年 ( 22 ) 已 知 函 数 f ( x) ? ? x2 ? ax ? b 的 图 像 在 点 P(0,f(0)) 处 的 切 线 方 程 为

1 3

y ? 3x ? 2 .(Ⅰ)求实数 a,b 的值; (Ⅱ)设 y 2 ? 4 x(?2)2 ? 2 p? x ? ?1 g (x) ? f (x) ? 2,

m x ?1

是 [2, ??) 上的增函数.(ⅰ)求实数 m 的最大值; (ⅱ)当 m 取最大值时,是否存在点 Q,使得过点 Q 的直线能与曲线 y ? g ( x) 围成两 个封闭图形,则这两个封闭图形的面积总相等?若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,说明 理由.

2011 年(22)已知 a,b 为常数,且 a≠0,函数 f ( x) ? ?ax ? b ? ax ln x , f (e) ? 2 (e=2.71828…是自然对数的底数) 。 (I)求实数 b 的值; (II)求函数 f ( x ) 的单调区间; (III)当 a=1 时,是否同时存在实数 m 和 M(m<M) ,使得对每一个 t∈[m,M],直线 y=t ... 与曲线 y ? f ( x) ( x ? [ , e]) 都有公共点?若存在, 求出最小的实数 m 和最大的实数 M;若不存在,说明理由。

1 e

2012 年(22)已知函数 f ( x) ? ax sin x ?

? ?3 3 ? (a ? R ), 且在 [0, ] 上的最大值为 。 2 2 2

(I) 求函数 f (x ) 的解析式; (II) 判断函数 f (x ) 在 (0, ? ) 内的零点个数, 并加以证明。

2006 年: (I)解:? f ( x ) 是二次函数,且 f ( x) ? 0 的解集是 (0,5),

? 可设 f ( x) ? ax( x ? 5)(a ? 0).
? f ( x) 在区间 ? ?1, 4? 上的最大值是 f (?1) ? 6a.
由已知,得 6a ? 12,

? a ? 2, ? f ( x) ? 2 x( x ? 5) ? 2 x 2 ? 10 x( x ? R).
(II)方程 f ( x ) ?

37 ? 0 等价于方程 2 x3 ? 10 x 2 ? 37 ? 0. x

设 h( x) ? 2 x3 ?10 x2 ? 37, 则 h '( x) ? 6 x2 ? 20 x ? 2 x(3x ?10).

10 ) 时, h '( x) ? 0, h( x) 是减函数; 3 10 当 x ? ( , ?? ) 时, h '( x) ? 0, h( x) 是增函数。 3 10 1 ? h(3) ? 1 ? 0, h( ) ? ? ? 0, h(4) ? 5 ? 0, 3 27 10 10 ? 方程 h( x) ? 0 在区间 (3, ), ( , 4) 内分别有惟一实数根,而在区间 (0,3), (4, ??) 内没 3 3
当 x ? (0, 有实数根, 所以存在惟一的自然数 m ? 3, 使得方程 f ( x ) ? 同的实数根 2007 年: 解: (I)∵ f ( x) ? t ( x ? t ) ? t ? t ? 1
2 3

37 ? 0 在区间 (m, m ? 1) 内有且只有两个不 x

( x ? R, t ? 0 ) ,

∴当 x=-t 时,f(x)取最小值 f(-t)=-t2+t-1, 即 h(t)=-t3+t-1. (II)令 g(t)=h(t)-(-2t+m)=-t3+3t-1-m, 由 g’(t)=-3t2+3=0 得 t=1,t=-1(不合题意,舍去). 当 t 变化时 g’(t)、g(t)的变化情况如下表: T g’(t) g(t) (0,1) + 递增 1 0 极大值 1-m (1,2) 递减

∴g(t)在(0,2)内有最大值 g(1)=1-m h(t)<-2t+m 在(0,2)内恒成立等价于 g(t)<0 在(0,2)内恒成立, 即等价于 1-m<0 所以 m 的取值范围为 m>1 2008 年: 21.解: (1)由函数 f (x)图像过(-1,-6) ,得 m-n=-3,……① 由 f ( x) ? x3 ? mx2 ? nx ? 2 ,得: f '( x) ? 3x2 ? 2mx ? n 而 g ( x) ? 3x2 ? (2m ? 6) x ? n 图像关于 y 轴对称,所以: ? 代入①得 n=0 于是 f′(x)=3x2-6x=3x(x-2). 由 f′(x)>得 x>2 或 x<0, 故 f(x)的单调递增区间是(-∞,0)(2,+∞) , ; 由 f′(x)<0 得 0<x<2, 故 f(x)的单调递减区间是(0,2). (Ⅱ)由(Ⅰ)得 f′(x)=3x(x-2), 令 f′(x)=0 得 x=0 或 x=2. 当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: X f′(x) f(x) (-∞.0) + ↗ 0 0 极大值 (0,2) - ↘ 2 0 极小值 (2,+ ∞) + ↗

2m ? 6 ? 0 ,即 m=-3, 2?3

由此可得: 当 0<a<1 时,f(x)在(a-1,a+1)内有极大值 f(O)=-2,无极小值; 当 a=1 时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值; 当 1<a<3 时,f(x)在(a-1,a+1)内有极小值 f(2)=-6,无极大值; 当 a≥3 时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值. 综上得:当 0<a<1 时,f(x)有极大值-2,无极小值,当 1<a<3 时,f(x)有极小值-6,无极大 值;当 a=1 或 a≥3 时,f(x)无极值. 2009 年: 解法一: (I)依题意,得 f '( x) ? x2 ? 2ax ? b 由 f '(?1) ? 1 ? 2a ? b ? 0 得 b ? 2a ? 1 (Ⅱ)由(I)得 f ( x) ?
2

1 3 x ? ax 2 ? (2a ? 1) x ( 3

故 f '( x) ? x ? 2ax ? 2a ?1 ? ( x ? 1)( x ? 2a ?1) 令 f '*( x) ? 0 ,则 x ? ?1 或 x ? 1 ? 2a ①当 a ? 1 时, 1 ? 2a ? ?1 当 x 变化时, f '( x) 与 f ( x ) 的变化情况如下表:

x
f '( x)
f ( x)

(??,1 ? 2a)

(?2a, ?1)
— 单调递减

(?1 ? ?)

+ 单调递增

+ 单调递增

由此得,函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??,1 ? 2a) 和 (?1, ??) ,单调减区间为 (1 ? 2a, ?1) ②由 a ? 1 时,1 ? 2a ? ?1 ,此时, f '( x) ? 0 恒成立,且仅在 x ? ?1 处 f '( x) ? 0 ,故函数

f ( x) 的单调区间为 R
③当 a ? 1 时, 1 ? 2a ? ?1 ,同理可得函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?1) 和 (1 ? 2a, ??) , 单调减区间为 (?1,1 ? 2a) 综上: 当 a ? 1 时, 函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??,1 ? 2a) 和 (?1, ??) , 单调减区间为 (1 ? 2a, ?1) ; 当 a ? 1 时,函数 f ( x ) 的单调增区间为 R; 当 a ? 1 时,函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?1) 和 (1 ? 2a, ??) ,单调减区间为 (?1,1 ? 2a) (Ⅲ)当 a ? ?1 时,得 f ( x) ?
3

1 3 x ? x 2 ? 3x 3

由 f '( x) ? x ? 2 x ? 3 ? 0 ,得 x1 ? ?1, x2 ? 3 由(Ⅱ)得 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?1) 和 (3, ??) ,单调减区间为 (?1,3) 所以函数 f ( x ) 在 x1 ? ?1.x2 ? 3 处取得极值。 故 M (?1, ).N (3, ?9) 所以直线 MN 的方程为 y ? ?

5 3

8 x ?1 3

1 2 ? 2 ? y ? 3 x ? x ? 3x ? 3 2 由? 得 x ? 3x ? x ? 3 ? 0 8 ? y ? ? x ?1 ? 3 ?
令 F ( x) ? x ? 3x ? x ? 3
3 2

w.w. w. k.s.5. u.c.o.m

易得 F (0) ? 3 ? 0, F (2) ? ?3 ? 0 , F ( x) 的图像在 (0, 2) 内是一条连续不断的曲线, 而

故 F ( x) 在 (0, 2) 内存在零点 x0 ,这表明线段 MN 与曲线 f ( x ) 有异于 M , N 的公共点 解法二: (I)同解法一 (Ⅱ)同解法一。 ( Ⅲ ) 当 a ? ?1 时 , 得 f ( x ) ?

1 3 x ? x 2 ? 3x , 由 f ' ( x ? 2 ? 2x? 3? , 得 ) x 0 3x

x1 ? ?1, x2 ? 3
由 (Ⅱ) f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?1) 和 (3, ??) , 得 单调减区间为 (?1,3) , 所以函数 f ( x ) 在 x1 ? ?1, x2 ? 3 处取得极值, 故 M (?1, ), N (3, ?9) 所以直线 MN 的方程为 y ? ?

5 3

8 x ?1 3

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

1 3 ? 2 ? y ? 3 x ? x ? 3x ? 3 2 由? 得 x ? 3x ? x ? 3 ? 0 ? y ? ? 8 x ?1 ? 3 ?
解得 x1 ? ?1, x2 ? 1.x3 ? 3

? x1 ? ?1 ? x2 ? 1 ? x3 ? 3 ? ? ?? 5 ? 11 ? ? y1 ? 3 , ? y2 ? ? 3 , ? y3 ? ?9 ? ?
所以线段 MN 与曲线 f ( x ) 有异于 M , N 的公共点 (1, ? 2010 年: 解法一: (Ⅰ)由 f '( x) ? x2 ? 2 x ? a 及题设得 ? (Ⅱ) (ⅰ)由 g ( x) ?
2

11 ) w.w 3

? f '(0) ? 3 ?a ? 3 即? 。 ? f (0) ? ?2 ?b ? ?2

1 3 m x ? x 2 ? 3x ? 2 ? 3 x ?1

得 g '( x) ? x ? 2 x ? 3 ?

m 。 ( x ? 1) 2

? g ( x) 是 [2, ??) 上的增函数, ? g '( x) ? 0 在 [2, ??) 上恒成立,

即 x ? 2x ? 3 ?
2

m ? 0 在 [2, ??) 上恒成立。 ( x ? 1)2

设 ( x ? 1)2 ? t 。

? x ?[2, ??),?t ?[1, ??) ,
m ? 0 在 [1, ??) 上恒成立 t m 当 m ? 0 时,不等式 t ? 2 ? ? 0 在 [1, ??) 上恒成立。 t m 当 m ? 0 时,设 y ? t ? 2 ? , t ? [1, ??) t m m 因为 y ' ? 1 ? 2 ? 0 ,所以函数 y ? t ? 2 ? 在 [1, ??) 上单调递增, t t
即不等式 t ? 2 ? 因此 ymin ? 3 ? m 。

? ymin ? 0,?3 ? m ? 0 ,即 m ? 3 。
又 m ? 0 ,故 0 ? m ? 3 。 综上, m 的最大值为 3。 (ⅱ)由(ⅰ)得 g ( x) ? 证明如下:

1 1 3 3 x ? x 2 ? 3x ? 2 ? ,其图像关于点 Q (1, ) 成中心对称。 3 3 x ?1

1 3 ? g ( x) ? x 3 ? x 2 ? 3x ? 2 ? 3 x ?1 1 3 ? g (2 ? x) ? (2 ? x)3 ? (2 ? x) 2 ? 3(2 ? x) ? 2 ? 3 2 ? x ?1 1 3 8 3 ? ? x ? x 2 ? 3x ? ? 3 3 1? x 2 因此, g ( x) ? g (2 ? x) ? 。 3
上式表明, 若点 A( x, y ) 为函数 g ( x) 在图像上的任意一点, 则点 B(2 ? x,

2 ? y ) 也一定在函 3

数 g ( x) 的图像上。而线段 AB 中点恒为点 Q (1, ) ,由此即知函数 g ( x) 的图像关于点 Q 成 中心对称。 这也就表明, 存在点 Q (1, ) , 使得过点 Q 的直线若能与函数 g ( x) 的图像围成两个封闭 图形,则这两个封闭图形的面积总相等。 解法二:

1 3

1 3

(Ⅰ)同解法一。 (Ⅱ) (ⅰ)由 g ( x) ?

1 3 m x ? x 2 ? 3x ? 2 ? 3 x ?1
2

得 g '( x) ? x ? 2 x ? 3 ?

m 。 ( x ? 1) 2

? g ( x) 是 [2, ??) 上的增函数, ? g '( x) ? 0 在 [2, ??) 上恒成立,
即 x ? 2x ? 3 ?
2

m ? 0 在 [2, ??) 上恒成立。 ( x ? 1)2

设 ( x ? 1)2 ? t 。

? x ?[2, ??),?t ?[1, ??) ,
即不等式 t ? 2 ?
2

m ? 0 在 [1, ??) 上恒成立。 t

所以 m ? t ? 2t 在 [1, ??) 上恒成立。 令 y ? t ? 2t , t ? [1, ??) ,可得 ymin ? 3 ,
2

故 m ? 3 ,即 m 的最大值为 3. (ⅱ)由(ⅰ)得 g ( x) ?

1 3 3 x ? x 2 ? 3x ? 2 ? , 3 x ?1
1 个长度单位,所得图像相应的函 3

将函数 g ( x) 的图像向左平移 1 个长度单位,再向下平移 数解析式为 ? ( x) ?

1 3 3 x ? 2 x ? , x ? (??,0) ? (0, ??) 。 3 x

由于 ? (? x) ? ?? ( x) ,所以 ? ( x) 为奇函数, 故 ? ( x) 的图像关于坐标原点成中心对称。 由此即得,函数 g ( x) 的图像关于点 Q (1, ) 成中心对称。 这也表明,存在点 Q (1, ) ,是得过点 Q 的直线若能与函数 g ( x) 的图像围成两个封闭图形, 则这两个封闭图形的面积总相等。

1 3

1 3

2011 年:

2012 年:


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