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浙江高考历年真题之函数与导数大题(理科)


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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)=x =2x. (Ⅰ)求函数 g(x)的解析式; (Ⅱ)解不等式 g(x)≥f(x)-|x-1|.
2

解析:(Ⅰ)设函数 y ? f ? x ?

的图象上任意一点 Q ? x0 , y0 ? 关于原点的对称点为 P ? x, y ? ,则
? x0 ? x ? 2 ? 0, ? x0 ? ? x, ? ,∵点 Q ? x0 , y0 ? 在函数 y ? f ? x ? 的图象上 即? ? ? y0 ? y ? 0, ? y0 ? ? y. ? 2 ?
∴ ? y ? x ? 2 x,即y ? ? x ? 2 x, 故g ? x ? ? ? x ? 2 x
2 2 2

(Ⅱ)由 g ? x ? ? f ? x ? ? x ? 1 , 可得2 x ? x ? 1 ? 0
2

当 x ? 1时, 2 x ? x ? 1 ? 0 ,此时不等式无解
2

王新敞
奎屯

新疆

当 x ? 1时, 2 x ? x ? 1 ? 0 ,解得 ?1 ? x ?
2

1 2

王新敞
奎屯

新疆

因此,原不等式的解集为 ? ?1, ? 2

? ?

1? ?
王新敞
奎屯 新疆

2、 (2006 年)设 f ( x) ? 3ax ? 2bx ? c.若a ? b ? c ? 0, f (0) ? 0, f (1) ? 0 ,f(0)>0,f(1)>0,求证:
2

(Ⅰ)a>0 且-2<

b <-1; a

(Ⅱ)方程 f ( x) ? 0 在(0,1)内有两个实根.

解析: (I)证明:因为 f (0) >0,f (1) >0,所以 c > 0,3a + 2b + c > 0
由条件 a + b + c = 0,消去 b,得 a > c >0 由条件 a + b + c = 0,消去 c,得 a + b < 0,2a + b > 0,故 ? 2 ?

b ? ?1 a

(II)抛物线

f ( x) ? 3ax 2 ? 2bx ? c 的顶点坐标为 (?

b 3ac ? b 2 , ) 3a 3a

在?2 ?

b 1 b 2 1 ? ?1 的两端乖以 ? ,得 ? ? ? a 3 3a 3 3
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b a 2 ? c 2 ? ac ? 0, 又因为 f (0) >0,f (1) >0,而 f (? ) ? ? 3a 3a
所以方程 f ( x) ? 0 在区间 (0,?

b b )与(? ,1) 内分别有一实根。 3a 3a

故方程 f ( x) ? 0 在(0,1)内有两个实根。
2 x3 2 3、 (2007 年)设 f ( x) ? ,对任意实数 t ,记 gt ( x) ? t 3 x ? t . 3 3

(I)求函数 y ? f ( x) ? gt ( x) 的单调区间; (II)求证: (ⅰ)当 x ? 0 时, f ( x) g f ( x) ≥ gt ( x) 对任意正实数 t 成立; (ⅱ)有且仅有一个正实数 x0 ,使得 g x ( x0 ) ≥ gt ( x0 ) 对任意正实数 t 成立.

解析: (I)解: y ?
2

x3 16 ? 4x ? . 3 3

由 y? ? x ? 4 ? 0 ,得 x ? ?2 . 因为当 x ? (??, 2) 时, y? ? 0 , ? 当 x ? (?2, 时, y? ? 0 , 2) 当 x ? (2, ?) 时, y? ? 0 , ? 故所求函数的单调递增区间是 (??, 2) , (2, ?) ,单调递减区间是 (?2, . ? ? 2) (II)证明: (i)方法一: 令 h( x ) ? f ( x ) ? g t ( x ) ?
2 x3 2 2 ? t 3 x ? t ( x ? 0) ,则 h?( x) ? x 2 ? t 3 , 3 3
1

当 t ? 0 时,由 h?( x) ? 0 ,得 x ? t 3 , 当 x ? ( x 3, ?) 时, h?( x) ? 0 , ? 所以 h( x ) 在 (0, ?) 内的最小值是 h(t ) ? 0 .故当 x ? 0 时, f ( x) ≥ gt ( x) 对任意正实数 t 成立. ? 方法二: 对任意固定的 x ? 0 ,令 h(t ) ? gt ( x) ? t 3 x ?
2 1 2 2 ?1 t (t ? 0) ,则 h?(t ) ? t 3 ( x ? t 3 ) , 3 3

1

1 3

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由 h?(t ) ? 0 ,得 t ? x .
3

当 0 ? t ? x 时, h?(t ) ? 0 .
3

当 t ? x 时, h?(t ) ? 0 ,
3

所以当 t ? x 时, h(t ) 取得最大值 h( x3 ) ?
3

1 3 x . 3

因此当 x ? 0 时, f ( x) ≥ g ( x) 对任意正实数 t 成立. (ii)方法一: f (2) ?

8 ? gt (2) . 3

由(i)得, gt (2) ≥ gt (2) 对任意正实数 t 成立. 即存在正实数 x0 ? 2 ,使得 g x (2) ≥ gt (2) 对任意正实数 t 成立. 下面证明 x0 的唯一性:

x03 16 当 x0 ? 2 , x0 ? 0 , t ? 8 时, f ( x0 ) ? , g x ( x0 ) ? 4 x0 ? , 3 3
由(i)得,

x03 16 ? 4 x0 ? , 3 3 x03 , 3

再取 t ? x0 ,得 g x 3 ( x0 ) ?
3
0

所以 g x ( x0 ) ? 4 x0 ?

16 x03 ? ? g x 3 ( x0 ) ,即 x0 ? 2 时,不满足 g x ( x0 ) ≥ gt ( x0 ) 对任意 t ? 0 都成立. 0 3 3

故有且仅有一个正实数 x0 ? 2 ,使得 g x ( x0 )0 ≥ gt ( x0 ) 对任意正实数 t 成立. 方法二:对任意 x0 ? 0 , g x ( x0 ) ? 4 x0 ? 因为 gt ( x0 ) 关于 t 的最大值是

16 , 3

1 3 x0 ,所以要使 g x ( x0 ) ≥ gt ( x 0) 对任意正实数成立的充分必要条件是: 3

4 x0 ?

16 1 3 ≥ x0 ,即 ( x0 ? 2) 2 ( x0 ? 4) ≤ 0 , 3 3

又因为 x0 ? 0 ,不等式①成立的充分必要条件是 x0 ? 2 , 所以有且仅有一个正实数 x0 ? 2 ,使得 g x ( x0 ) ≥ gt ( x0 ) 对任意正实数 t 成立. 4、 (2008 年)已知 a 是实数,函数 ? ( x) ?

x ( x ? a) 。

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(Ⅰ)求函数 ? (x) 的单调区间; (Ⅱ)设 g (a ) 为 ? (x) 在区间 ?0,2?上的最小值。 (i)写出 g (a ) 的表达式; (ii)求 a 的取值范围,使得 ? 6 ? g (a) ? ?2 。

解析: (Ⅰ)解:函数的定义域为 [0, ?) , f ?( x) ? x ? ?
若 a ≤ 0 ,则 f ?( x) ? 0 , f ( x) 有单调递增区间 [0, ?) . ? 若 a ? 0 ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 当x?

x ? a 3x ? a (x ?0) . ? 2 x 2 x

a a ,当 0 ? x ? 时, f ?( x) ? 0 , 3 3

a ? a? ?a ? 时, f ?( x) ? 0 . f ( x) 有单调递减区间 ? 0, ? ,单调递增区间 ? , ? ? . ? 3 ? 3? ?3 ?

(Ⅱ)解: (i)若 a ≤ 0 , f ( x) 在 [0, 上单调递增,所以 g (a) ? f (0) ? 0 . 2]

2 若 0 ? a ? 6 , f ( x) 在 ? 0, ? 上单调递减,在 ? ,? 上单调递增,
所以 g (a ) ? f ?

? a? ? 3?

?a ? ?3 ?

2a a ?a? .若 a≥ 6 , f ( x) 在 [0, 上单调递减, 2] ??? 3 3 ?3?

a ≤ 0, ?0, ? ? 2a a 所以 g (a) ? f (2) ? 2(2 ? a) .综上所述, g (a ) ? ?? , 0 ? a ? 6, 3 3 ? ? 2(2 ? a), a ≥ 6. ?
(ii)令 ?6 ≤ g (a) ≤ ?2 .若 a ≤ 0 ,无解.若 0 ? a ? 6 ,解得 3 ≤ a ? 6 . 若 a≥ 6 ,解得 6 ≤ a ≤ 2 ? 3 2 .故 a 的取值范围为 3 ≤ a ≤ 2 ? 3 2 . 5、 (2009 年)已知函数 f ( x) ? x ? (k ? k ? 1) x ? 5 x ? 2 , g ( x) ? k x ? kx ? 1 ,
3 2 2 2 2

其中 k ? R .

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

(I)设函数 p( x) ? f ( x) ? g ( x) .若 p ( x) 在区间 (0,3) 上不单调,求 k 的取值范围; ... (II)设函数 q ( x ) ? ?

? g ( x), x ? 0, 是否存在 k ,对任意给定的非零实数 x1 ,存在惟一 ? f ( x), x ? 0.

的非零实数 x2 ( x2 ? x1 ) ,使得 q?( x2 ) ? q?( x1 ) 成立?若存在,求 k 的值;若不存 在,请说明理由.
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3 2 解析: (Ⅰ)解: p( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x ? (k ? 1) x ? (k ? 5) x ? 1 ,

p?( x) ? 3x 2 ? 2(k ? 1) x ? (k ? 5) .
因为 p ( x) 在 (0, 上不单调,所以 p?( x) ? 0 在 (0, 上有实数解,且无重根. 3) 3) 由 p?( x) ? 0 ,得 k (2 x ? 1) ? ?(3x ? 2 x ? 5) ,
2

即k ? ?

(3x 2 ? 2 x ? 5) 3? 9 10 ? ? ? ?(2 x ? 1) ? ? ?. 4? 2x ?1 3 ? 2x ?1

令 t ? 2 x ? 1,有 t ? (1 7) ,记 h(t ) ? t ? , 所以, h(t ) ?[6, , 10) 于是 (2 x ? 1) ?

9 ,则 h(t ) 在 (1, 上单调递减,在 [3, 上单调递增. 3] 7) t

9 ? ? [6, ,得 k ? (?5, 2] . 10) 2x ?1

而当 k ? ?2 时, p?( x) ? 0 在 (0, 上有两个相等的实根 x ? 1 ,故舍去. 3) 所以 k ? (?5, 2) . ? (Ⅱ)解:由题意,得 当 x ? 0 时, q?( x) ? f ?( x) ? 3x ? 2(k ? k ? 1) x ? 5 ;
2 2

当 x ? 0 时, q?( x) ? g ?( x) ? 2k x ? k .
2

因为当 k ? 0 时不合题意,所以 k ? 0 . 下面讨论 k ? 0 的情形. 记 A ? ? g ?( x) | x ? 0?,B ? ? f ?( x) | x ? 0?, A ? (k, ?),B ? (5, ?), 则 ? ? (ⅰ)当 x1 ? 0 时, q?( x) 在 (0, ?) 上单调递增, ? 所以要使 q?( x2 ) ? q?( x1 ) 成立,只能 x2 ? 0 ,且 A ? B ,因此 k ≥ 5 . (ⅱ)当 x1 ? 0 时, q?( x) 在 (??, 上单调递减, 0)
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所以要使 q?( x2 ) ? q?( x1 ) 成立,只能 x2 ? 0 ,且 B ? A ,因此 k ≤ 5 . 综合(ⅰ) (ⅱ) ,得 k ? 5 . 当 k ? 5 时,有 A ? B . 则 ?x1 ? 0 , q?( x1 ) ? B ? A ,即 ?x2 ? 0 ,使得 q?( x2 ) ? q?( x1 ) 成立. 因为 q?( x) 在 (0, ?) 上单调递增,所以 x2 是惟一的. ? 同理, ?x1 ? 0 ,存在惟一非零实数 x2 ( x2 ? x1 ) ,使得 q?( x2 ) ? q?( x1 ) 成立.所以 k ? 5 满足题意. 6、 (2010 年)已知 a 是给定的实常数, 设函数 f ( x) ? ( x ? a) ( x ? b)e , b ? R, x ? a 是 f (x) 的一个极大值点.
2 x

(I)求 b 的取值范围; (II)设 x1 , x 2 , x3 是 f (x) 的 3 个极值点,问是否存在实数 b,可找到 x 4 ? R ,使得 x1 , x 2 , x3 , x 4 的某 种排列 xi , xi 2 , xi 3 , xi 4 (其中 {i1 , i2 , i3 , i4 } ? {1,2,3,4} )依次成等 差数列?若存在,示所有的 b 及 相应的 x 4 ; 若不存在,说明理由.
2 2 解析: (Ⅰ)解: f ?( x) ? c ( x ? a)[ x ? (3 ? a ? b) x ? 2b ? ab ? a]

令 g ( x) ? x ? (3 ? a ? b) x ? 2b ? ab ? a
2

则 ? ? (3 ? a ? b) ? 4(2b ? ab ? a) ? (a ? b ? 1) ? 8 ? 0.
2 2

于是可设 x1 , x2 是 g ( x) ? 0 的两实根,且 x1 , x2 (1)当 x1 ? a或x2 ? a 时,则 x ? a 不是 f ( x) 的极值点,此时不合题意 (2)当 x1 ? a且x2 ? a 时,由于 x ? a 是 f ( x) 的极大值点, 故 x1 ? a ? x2 . 即 g (a) ? 0 即 a ? (3 ? a ? b)a ? 2b ? ab ? a ? 0 ,所以 b ? ?a
2

所以 b 的取值范围是(-∞, ?a ) (Ⅱ)解:由(Ⅰ)可知,假设存了 b 及 xb 满足题意,则

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(1)当 x2 ? a ? a ? x1 时,则 x4 ? 2 x2 ? a或x4 ? 2 x1 ? a 于是 2? ? x1 ? x 2 ? a ? b ? 3. 即 b ? ?a ? 3.
2 此时 x4 ? 2 x2 ? a ? a ? b ? 3 ? (a ? b ? 1) ? 8 ? a ? a ? 2 6 2 或 x4 ? 2 x1 ? a ? a ? b ? 3 ? (a ? b ? 1) ? 8 ? a ? a ? 2 6.

(2)当 x2 ? a ? a ? x1 时,则 x2 ? a ? 2(a ? x1 )或(a ? x2 ) ? 2( x2 ? a) ①若 x2 ? a ? 2(a ? x1 ), 则x2 ?

a ? x2 2

3(a ? b ? 3) ? (a ? b ? 1) 2 ? 8 于是 3a ? 2 x1 ? x2 ? 2
2 即 ( a ? b ? 1) ? 8 ? ?3( a ? b ? 3)

于是 a ? b ? 1 ?

?9 ? 13 2

此时 x2 ?

a ? x2 2a ? (a ? b ? 3) ? 3(a ? b ? 3) 1 ? 13 ? ? ?b ? 3 ? a ? . 2 4 2

②若 a ? x1 ? 2( x2 ? a), 则x2 ?

a ? x1 2

于是 3a ? 2 x2 ? x1 ?

3(a ? b ? 3) ? (a ? b ? 1) 2 ? 8 2

2 即 (a ? b ? 1) ? 8 ? 3(a ? b ? 3) ,于是 a ? b ? 1 ?

?9 ? 13 . 2

此时 x2 ?

a ? x1 2a ? (a ? b ? 3) ? 3(a ? b ? 3) 1 ? 13 ? ? ?b ? 3 ? a ? . 2 4 2

综上所述,存在 b 满足题意 当 b ? ?a ? 3时, x4 ? a ? 2 6 当 b ? ?a ?

7 ? 13 1 ? 13 时, x4 ? a ? 2 2

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当 b ? ?a ?

7 ? 13 1 ? 13 时, a4 ? a ? . 2 2
2

7、 (2011 年)设函数 f ( x) = ( x ? a) ln x , a ∈R (Ⅰ)若 x = e 为 y ? f ( x) 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 ∈(0,3 e ],恒有 f ( x) ≤4 e 成立. 注: e 为自然对数的底数。
2

解析:

8、 (2012 年)已知 a ? 0, b ? R ,函数 f ( x) ? 4ax ? 2bx ? a ? b 。
3

(Ⅰ)证明:当 0 ? x ? 1 时, (i)函数 f ( x) 的最大值为 | 2a ? b | ?a ; (ii) f ( x)? | 2a ? b | ?a ? 0 ; (Ⅱ)若 ?1 ? f ( x) ? 1 对 x∈ ? 0,1? 恒成立,求 a ? b 的取值范围。

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解析:

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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)=x =2x. (Ⅰ)求函数 g(x)的解析式; (Ⅱ)解不等式 g(x)≥f(x)-|x-1|.

2

2、 (2006 年)设 f ( x) ? 3ax ? 2bx ? c.若a ? b ? c ? 0, f (0) ? 0, f (1) ? 0 ,f(0)>0,f(1)>0,求证:
2

(Ⅰ)a>0 且-2<

b <-1; a

(Ⅱ)方程 f ( x) ? 0 在(0,1)内有两个实根.

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3、 (2007 年)设 f ( x) ?

2 x3 2 ,对任意实数 t ,记 gt ( x) ? t 3 x ? t . 3 3

(I)求函数 y ? f ( x) ? gt ( x) 的单调区间; (II)求证: (ⅰ)当 x ? 0 时, f ( x) g f ( x) ≥ gt ( x) 对任意正实数 t 成立; (ⅱ)有且仅有一个正实数 x0 ,使得 g x ( x0 ) ≥ gt ( x0 ) 对任意正实数 t 成立.

4、 (2008 年)已知 a 是实数,函数 ? ( x) ? (Ⅰ)求函数 ? (x) 的单调区间;

x ( x ? a) 。

(Ⅱ)设 g (a ) 为 ? (x) 在区间 ?0,2?上的最小值。 (i)写出 g (a ) 的表达式; (ii)求 a 的取值范围,使得 ? 6 ? g (a) ? ?2 。

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5、 (2009 年)已知函数 f ( x) ? x ? (k ? k ? 1) x ? 5 x ? 2 , g ( x) ? k x ? kx ? 1 ,
3 2 2 2 2

其中 k ? R .

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

(I)设函数 p( x) ? f ( x) ? g ( x) .若 p ( x) 在区间 (0,3) 上不单调,求 k 的取值范围; ... (II)设函数 q ( x ) ? ?

? g ( x), x ? 0, 是否存在 k ,对任意给定的非零实数 x1 ,存在惟一 ? f ( x), x ? 0.

的非零实数 x2 ( x2 ? x1 ) ,使得 q?( x2 ) ? q?( x1 ) 成立?若存在,求 k 的值;若不存 在,请说明理由.

6、 (2010 年)已知 a 是给定的实常数, 设函数 f ( x) ? ( x ? a) ( x ? b)e , b ? R, x ? a 是 f (x) 的一个极大值点.
2 x

(I)求 b 的取值范围; (II)设 x1 , x 2 , x3 是 f (x) 的 3 个极值点,问是否存在实数 b,可找到 x 4 ? R ,使得 x1 , x 2 , x3 , x 4 的某 种排列 xi , xi 2 , xi 3 , xi 4 (其中 {i1 , i2 , i3 , i4 } ? {1,2,3,4} )依次成等 差数列?若存在,示所有的 b 及 相应的 x 4 ; 若不存在,说明理由.

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7、 (2011 年)设函数 f ( x) = ( x ? a) ln x , a ∈R
2

(Ⅰ)若 x = e 为 y ? f ( x) 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 ∈(0,3 e ],恒有 f ( x) ≤4 e 成立.注: e 为自然对数的底数。
2

8、 (2012 年)已知 a ? 0, b ? R ,函数 f ( x) ? 4ax ? 2bx ? a ? b 。
3

(Ⅰ)证明:当 0 ? x ? 1 时, (i)函数 f ( x) 的最大值为 | 2a ? b | ?a ; (ii) f ( x)? | 2a ? b | ?a ? 0 ; (Ⅱ)若 ?1 ? f ( x) ? 1 对 x∈ ? 0,1? 恒成立,求 a ? b 的取值范围。

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