浙江高考数学导数大题十年合集

3
故 f( x)+|2 a－b|+ a≥2 a(2 x －2 x+1)≥0．
（2）由①知，当 0≤ x≤1 时，f( x)max＝|2 a－b|+ a，
所以|2 a－b|+ a≤1．
若|2 a－b|+ a≤1，则由②知 f( x)≥－(|2 a－b|+ a)≥－1．
所以－1≤ f( x)≤1 对任意 0≤ x≤1 恒成立的充要条件是
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所以 k＝5 满足题意.
【解析】本题主要考查函数的基本性质、导数的概念、导数的应用等基础知识,同时考
查逻辑推理能力和创新意识.
2.【答案】解：(1) f′( x)＝e x( x－a)[ x2＋(3－a＋b) x＋2 b－ab－a]，
2
令 g( x)＝x ＋(3－a＋b) x＋2 b－ab－a，
即 g( a)＜0，
2
即 a ＋(3－a＋b) a＋2 b－ab－a＜0.所以 b＜－a.
所以 b 的取值范围是(－∞，－a)．
(2)由(1)可知，假设存在 b 及 x4 满足题意，则
①当 x2－a＝a－x1 时，则 x4＝2 x2－a 或 x4＝2 x1－a，
于是 2 a＝x1＋x2＝a－b－3，
（2）设 x1，x2，x3 是 f( x)的 3 个极值点，问是否存在实数 b，可找到 x4∈R，使得
x1，x2，x3，x4 的某种排列 xi1，xi2，xi3，xi4(其中{ i1，i2，i3，i4}＝{1,2,3,4})依次成
等差数列？若存在，求所有的 b 及相应的 x4；若不存在，说明理由．
3.
故 f′(1)＝3 a－3.
又 f(1)＝1，所以所求的切线方程为 y＝(3 a－3) x－3 a＋4.
(2)由于 f′( x)＝3( x－1)2＋3( a－1)，0≤ x≤2，
故①当 a≤0 时，有 f′( x)≤0，此时 f( x)在[0,2]上单调递减，
故| f( x)|max＝max{| f(0)|，| f(2)|}＝3－3 a.
2
2
则 Δ＝(3－a＋b) －4(2 b－ab－a)＝( a＋b－1) ＋8＞0，
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.
因为 p(x)在(0,3)上不单调,
所以 p′(x)＝0 在(0,3)上有实数解,且无重根.
2
由 p′(x)＝0,得 k(2x+1)＝－(3x －2x+5),
即
.
令 t＝2x+1,有 t∈(1,7),记
,
则 h(t)在（1,3］上单调递减,在［3,7）上单调递增.
所以,h(t)∈［6,10）,
于是
∈［6,10）,得 k∈（－5,－2］.
则 1＜x0＜3e，1＜x0＜A．
从而，当 x∈(0，x0)时，f′( x)＞0；当 x∈( x0，a)时，f′( x)＜0；当 x∈( a，＋∞)时，f′( x)
＞0.即 f( x)在(0，x0)内单调递增，在( x0，a)内单调递减，在( a，＋∞)内单调递增．
【解析】略
4.【答案】（1）证明：①f′( x)＝12 ax2－2 b＝12 a( x2－
下面讨论 k≠0 的情形.
记 A＝{g′(x)|x＞0},B＝{f′(x)|x＜0},
则 A＝(k,+∞),B＝(5,+∞).
①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.
②当 x1＜0 时,q′(x)在(－∞,0)上单调递减,
即 b＝－a－3.
此时 x4＝2 x2－a＝a－b－3＋
－a＝a＋2
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，
或 x4＝2 x1－a＝a－b－3－
－a＝a－2
，
②当 x2－a≠ a－x1 时，则 x2－a＝2( a－x1)或 a－x1＝2( x2－a)，
(ⅰ)若 x2－a＝2( a－x4)，则 x4＝
，
于是 3 a＝2 x1＋x2＝
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6.
3
已知函数 f（x）=x +3|x-a|（a∈R）．
（Ⅰ）若 f（x）在[-1，1]上的最大值和最小值分别记为 M（a），m（a），求 M（a）
-m（a）；
2
（Ⅱ）设 b∈R，若[f（x）+b] ≤4 对 x∈[-1，1]恒成立，求 3a+b 的取值范围．
7.
2
已知函数 f（x）=x +ax+b（a，b∈R），记 M（a，b）是|f（x）|在区间[-1，1]上的
2
2
②当 1＜x≤3e 时，由题意，首先有 f(3e)＝(3e－a) ln(3e)≤4e ，
解得
.
由（1）知
，
令 h( x)＝2ln x＋1－，则 h(1)＝1－a＜0，h( a)＝2ln a＞0，
且
.
又 h( x)在(0，＋∞)内单调递增，所以函数 h( x)在(0，＋∞)内有唯一零点，记此零点为 x0，
（Ⅱ）（i）求 F（x）的最小值 m（a）
（ii）求 F（x）在[0，6]上的最大值 M（a）
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9.
-x
1
已知函数 f（x）=（x-√2 − 1）e （x≥2）．
（1）求 f（x）的导函数；
1
（2）求 f（x）在区间[2，+∞）上的取值范围．
10. 已知函数 f（x）=√-lnx．
2
设函数 f( x)＝( x－a) ln x，a∈R.（1）若 x＝e 为 y＝f( x)的极值点，求实数 a；
2
（2）求实数 a 的取值范围，使得对任意的 x∈(0，3e]，恒有 f( x)≤4e 成立.
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注：e 为自然对数的底数．
4.
3
已知 a＞0，b∈R，函数 f( x)＝4 ax －2 bx－a+ b．（1）证明：当 0≤ x≤1 时，
（2）记 x0 为函数 y=f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：
（ⅰ）√ − 1≤x0≤√2( − 1)；
（ⅱ）x0f（ 0 ）≥（e-1）（a-1）a．
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答案和解析
1.【答案】解:(1)p(x)＝f(x)+g(x)＝x3+(k－1)x2+(k+5)x－1,
p′(x)＝3x2+2(k－1)x+(k+5).
当 b＝－a－
当 b＝－a－
；
时，x4＝a＋
；
时，x4＝a＋
.
【解析】略
3.【答案】解：（1）求导得
．
因为 x＝e 是 f( x)的极值点，所以
，解得 a＝e 或 a＝3e.经检
验，符合题意，所以 a＝e 或 a＝3e.
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2
（2）①当 0＜x≤1 时，对于任意的实数 a，恒有 f( x)≤0＜4e 成立．
而当 k＝－2 时,p′(x)＝0 在(0,3)上有两个相等的实根 x＝1,故舍去.
所以 k∈（－5,－2）.
(2)由题意,得
2
2
当 x＜0 时,q′(x)＝f′(x)＝3x －2(k －k+1)x+5;
2
当 x＞0 时,q′(x)＝g′(x)＝2k x+k.
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因为当 k＝0 时,不合题意,所以 k≠0.
（2）设函数
是否存在 k,对任意给定的非零实数 x1,存在惟一的
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.
2.
x
2
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．（1）求 b 的取值范围；
即
或
在直角坐标系 aOb 中，不等式组所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括
线段 BC．
作一组平行直线 a+ b= t( t∈R)，
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得－1＜a+ b≤3，
所以 a+ b 的取值范围是(－1,3］．
【解析】略
5.【答案】解：(1)由题意 f′( x)＝3 x2－6 x＋3 a，
普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
数学试题（导数大题部分）
一、解答题（本大题共 12 小题，共 174.0 分）
1.
3
2
2
2 2
已知函数 f(x)＝x －(k －k+1)x +5x－2,g(x)＝k x +kx+1,其中 k∈R.（1）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.
②当 a≥1 时，有 f′( x)≥0，此时 f( x)在[0,2]上单调递增，
故| f( x)|max＝max{| f(0)|，| f(2)|}＝3 a－1.
③当 0＜a＜1 时，设 x1＝1－
，x2＝1＋
则 0＜x1＜x2＜2，f′( x)＝3( x－x1)( x－x2)．
＝|2 a－b|+ a．
②由于 0≤ x≤1，故
3
3
3
当 b≤2 a 时，f( x)+|2 a－b|+ a＝f( x)+3 a－b＝4 ax －2 bx+2 a≥4 ax －4 ax+2 a＝2 a(2 x
－2 x+1)．
当 b＞2 a 时，
f( x)+|2 a－b|+ a＝f( x)－a+ b＝4 ax3+2 b(1－x)－2 a＞4 ax3+4 a(1－x)－2 a＝2 a(2 x3－2
所以要使 q′(x2)＝q′(x1)成立,只能 x2＞0,且 B
A,
因此 k≤5.
综合①②,得 k＝5.
当 k＝5 时,有 A＝B.
则
x1＜0,q′(x1)∈B＝A,
则 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,存在惟一的非零实数 x2(x2≠x1),使得 q′(x2)＝q′(x1)成立.
（Ⅰ）若 f（x）在 x=x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）＞8-8ln2；
（Ⅱ）若 a≤3-4ln2，证明：对于任意 k＞0，直线 y=kx+a 与曲线 y=f（x）有唯一公
共点．
11. 已知实数 a≠0，设函数 f（x）=alnx+√1 + ，x＞0．
3
（Ⅰ）当 a=-4时，求函数 f（x）的单调区间；
1

（Ⅱ）对任意 x∈[ 2，+∞）均有 f（x）≤√ ，求 a 的取值范围．
2
注意：e=2.71828……为自然对数的底数．
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x
12. 已知 1＜a≤2，函数 f（x）=e -x-a．其中 e=2.718281828459…为自然对数的底数．
（1）证明：函数 y=f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；
最大值．
（1）证明：当|a|≥2 时，M（a，b）≥2；
（2）当 a，b 满足 M（a，b）≤2 时，求|a|+|b|的最大值．
8.
, ≤
2
已知 a≥3，函数 F（x）=min{2|x-1|，x -2ax+4a-2}，其中 min（p，q）={, >
2
（Ⅰ）求使得等式 F（x）=x -2ax+4a-2 成立的 x 的取值范围
x+1)．
3
设 g( x)＝2 x －2 x+1,0≤ x≤1，则
g′( x)＝6 x2－2＝6( x－
)( x+
)，
于是
x
0
g′(x)
g(x)
1
(0，
)
(
－
0
+
减
极小值
增
，1)
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1
1
所以，g( x)min＝g(
)＝1－
＞0，
3
所以，当 0≤ x≤1 时，2 x －2 x+1＞0，
当 b≤0 时，有 f′( x)≥0，此时 f( x)在［0，+∞)上单调递增．
当 b＞0 时，f′( x)＝12 a( x+
)( x－
)，
第 11 页，共 24 页
)．
此时 f( x)在［0，
］上单调递减，在［
，+∞)上单调递增．
所以当 0≤ x≤1 时，
f( x)max＝max{ f(0)，f（1）}＝max{－a+ b,3 a－b}＝
①函数 f( x)的最大值为|2 a－b|+ a；
②f( x)+|2 a－b|+ a≥0；
（2）若－1≤ f( x)≤1 对 x∈［0,1］恒成立，求 a+ b 的取值范围．
5.
3
Hale Waihona Puke 2已知 a∈R，函数 f( x)＝x －3 x ＋3 ax－3 a＋3.（1）求曲线 y＝f( x)在点(1，f(1
（2）当 x∈[0,2]时，求| f( x)|的最大值．
即
，
＝－3( a＋b＋3)，
于是 a＋b－1＝
，
此时 x4＝
＝
＝－b－3＝a＋
.
(ⅱ)若 a－x1＝2( x2－a)，则 x4＝
，
于是 3 a＝2 x2＋x1
＝
，
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即
＝3( a＋b＋3)，
于是 a＋b－1＝
.
此时 x2＝
＝
＝－b－3＝a＋
.
综上所述，存在 b 满足题意．
当 b＝－a－3 时，x4＝a±2