浙江歷年高考真題導(dǎo)數(shù)

1、若k2，求方程fx0的解；(II)若對于x的方程fx0在(0，2)上有兩個解x1，x2，求k的取值范圍，并證明114x1x22.（08浙江高考）已知a是實數(shù)，函數(shù)f(x)x2xa.（）若f1(1)=3,求a的值及曲線yf(x)在點(1,f(1)處的切線方程；（）求f(x)在區(qū)間0，2上的最大值。3.（09浙江高考）已知函數(shù)f(x)x3(1a)x2a(a2)xb(a,bR)（I）若函數(shù)f(x)的圖象過原點，且在原點處的切線斜率是3，求a,b的值；II）若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,1)上不但一，求a的取值范圍4.（10浙江高考）已知函數(shù)f(x)(xa)2（a-b）(a,bR,ab)。（I）當(dāng)a=1，

2、b=2時，求曲線yf(x)在點（2，f(x)）處的切線方程。（II）設(shè)x1,x2是f(x)的兩個極值點，x3是f(x)的一個零點，且x3x1，x3x2證明：存在實數(shù)x4，使得x1,x2,x3,x4按某種次序擺列后的等差數(shù)列，并求x4（11浙江高考）設(shè)函數(shù)I）求的單一區(qū)間II）求全部實數(shù)，使對恒建立。注：e為自然對數(shù)的底數(shù)。6.（12浙江高考）已知aR,函數(shù)f(x)4x22axa.求f(x)的單一區(qū)間證明：當(dāng)0 x1時，f(x)|2a|0.7.（13浙江高考）知aR，函數(shù)f(x)233(a1)x26ax.x若a1，求曲線yf(x)在點(2，f(2)處的切線方程；若|a|1，求f(x)在閉區(qū)間0,

3、2|a|上的最小值1.（）解：（1）當(dāng)k2時，fxx21x2kx當(dāng)x210時，即x1或x1時，方程化為2x22x10解得x13，因為0131，故舍去，所以x13222210時，1x1時，方程化為2x10，解得x1當(dāng)x2由適當(dāng)k2時，方程fx0的解所以x13或x122解：不如設(shè)0 x1x22，因為fx2x2kx1x1kx1x1所以fx在（0,1是單一函數(shù)，故fx0在（0,1上至多一個解，若1x1x22，則x1x210 x11x220，故不符題意，所以2由fx10得k1，所以k1；x1由fx20得k12x2，所以7k1；x22故當(dāng)7k1時，方程fx0在(0，2)上有兩個解2當(dāng)x11x2時，k1，2

4、x22kx21002x1消去k得2x1x22x1x20即112x2，因為x22，所以114x1x2x1x22.）解：f(x)3x22ax因為f(I)32a3，所以a0又當(dāng)a0時，f(I)1,f(I)3，所以曲線yf(x)在(1,f(I)處的切線方程為3x-y-2=0（II）解：令f(x)0，解得x12a0,x23當(dāng)2a0，即a0時，f(x)在0，2上單一遞加，進而3fmaxf(2)84a當(dāng)2a2時，即a3時，f(x)在0，2上單一遞減，進而3fmaxf(0)0當(dāng)02a2，即0a3，f(x)在0,2a上單一遞減，在3384a,0a2.2a上單一遞加，,23進而fmax2a3.0,84a,a2.綜

5、上所述，fmaxa2.0,3.分析：（）由題意得f(x)3x22(1a)xa(a2)f(0)b00，a3或a1又，解得bf(0)a(a2)3（）函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,1)不但一，等價于導(dǎo)函數(shù)f(x)在(1,1)既能取到大于0的實數(shù)，又能取到小于0的實數(shù)即函數(shù)f(x)在(1,1)上存在零點，依據(jù)零點存在定理，有f(1)f(1)0，即：32(1a)a(a2)32(1a)a(a2)0整理得：(a5)(a1)(a1)20，解得5a1)解：當(dāng)a=1,b=2時，因為f(x)=(x-1)(3x-5)故f(2)=1f(2)=0,所以f(x)在點（2,0）處的切線方程為y=x-2（）證明：因為f（x）3（）（

6、a2b），xax3因為ab.a2b故a.所以f（x）的兩個極值點為xa，xa2b.不如設(shè)x1a，x2a2b，33因為x3x1，x3x2，且x3是f（x）的零點，3故xb.又因為a2ba2（ba2b），33x41（aa2b）2ab，233所以a，2ab，a2b，b挨次成等差數(shù)列，33所以存在實數(shù)x4知足題意，且x42ab.35.（）解：因為f(x)a2lnxx2ax，此中xf0，所以f(x)a2(xa)(2xa)2xa。xx因為af0，所以f(x)的增區(qū)間為（0，a）,減區(qū)間為（a,+）（）證明：由題意得，f(1)a1c1，即ac由（）知f(x)在1,e恒建立，要使e1f(x)e2對x1,e恒建

7、立，f(1)a1e1只需a2e2aee2f(e)解得ae。（）由題意得f(x)12x22a當(dāng)a0時，f(x)0恒建立，此時f(x)的單一遞加區(qū)間為(,).當(dāng)a0時，f(x)12(xa)(xa),此時函數(shù)f(x)的66單一遞加區(qū)間為(,a和a,),單一遞減區(qū)間為a,a.6666因為0 x1,故（）當(dāng)a2時，f(x)|a2|4x32ax24x34x2;當(dāng)a2時，f(x)|a2|4x32a(1x)24x34(1x)24x34x2.設(shè)g(x)2x32x1,0 x1,則g(x)6x226(x3)(x3),于是33x0(0,3)3(3,1)1333g(x)0+g(x)1減極小值增1所以，g(x)ming(3)1430,所以當(dāng)0 x1時，2x32x10.39故f(x)|a2|4x34x20.解：(1)當(dāng)a1時，f(x)6x212x6，所以f(2)6.又因為f(2)4，所以切線方程為y6x8.記g(a)為f(x)在閉區(qū)間0,2|a|上的最小值f(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa)令f(x)0，獲得x11，x2a.當(dāng)a1時，x0(0,1)1(1，)a(a,2)2aaaf(x)00極大值單一極小值單一23f(x)0單一遞加31遞減a(3遞加4aaa)比較f(0)0和f()a2(3)的大小可得()0,1a3,