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1917分函数与初等函数★★★★★
已知函数 f(x)f(x) 的定义域为 R\mathbf{R}，且当 x<0x<0 时，f(x)=2xf(x)=2^x. 对任意 x0∈Rx_0\in\mathbf{R}，定义集合 D(x0)={d∈R∣f(x0+d)>f(x0)}D(x_0)=\{d\in\mathbf{R} \mid f(x_0+d)>f(x_0)\}.
(1) 若当 x≥0x\ge 0 时，f(x)=1−xf(x)=1-x，求 D(−1)D(-1)； (2) 若 f(x)f(x) 是奇函数，f(x1)≤f(x2)f(x_1)\le f(x_2)，且 x1x2≠0x_1x_2\ne 0，证明：D(x2)⊆D(x1)D(x_2)\subseteq D(x_1)； (3) 设 f(x)f(x) 满足：① 若 f(x1)≤f(x2)f(x_1)\le f(x_2)，则 D(x2)⊆D(x1)D(x_2)\subseteq D(x_1)；② 当 0<x<10<x<1 时，f(x)<f(0)f(x)<f(0).
(i) 证明：f(0)≥1f(0)\ge 1； (ii) 证明：f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0,+\infty) 单调递增．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 19 题 · 解答题

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1817分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ln⁡x2−x+ax+b(x−1)3f(x)=\ln\frac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^3（x∈(0,2)x\in(0,2)）.
(1) 若 b=0b=0 且 f′(x)≥0f'(x)\ge0，求 aa 的最小值； (2) 证明：曲线 y=f(x)y=f(x) 关于点 (1,a)(1,a) 中心对称； (3) 若 f(x)>−2f(x)>-2 当且仅当 1<x<21<x<2，求 bb 的取值范围.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 18 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
设 aa，b∈Rb\in\mathbf{R}，且 a>1a>1，函数 f(x)=ax−bx+e2f(x)=a^x-bx+\mathrm{e}^2（x∈Rx\in\mathbf{R}）.
(1) 求函数 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 若对任意 b>2e2b>2\mathrm{e}^2，函数 f(x)f(x) 有两个不同零点，求 aa 的取值范围； (3) 当 a=ea=\mathrm{e} 时，证明：对任意 b>e4b>\mathrm{e}^4，函数 f(x)f(x) 有两个不同零点 x1x_1，x2x_2，使 x2>bln⁡b2e2x1+e2bx_2>\frac{b\ln b}{2\mathrm{e}^2}x_1+\frac{\mathrm{e}^2}{b}.

2021 · 浙江 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知 1<a≤21<a\le2，函数 f(x)=ex−x−af(x)=\mathrm{e}^x-x-a，其中 e=2.71828⋯\mathrm{e}=2.71828\cdots 为自然对数的底数.
(1) 证明：函数 y=f(x)y=f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上有唯一零点； (2) 记 x0x_0 为函数 y=f(x)y=f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上的零点，证明：
(i) a−1≤x0≤2(a−1)\sqrt{a-1}\le x_0\le\sqrt{2(a-1)}； (ii) x0f(ex0)≥(e−1)(a−1)ax_0f(\mathrm{e}^{x_0})\ge(\mathrm{e}-1)(a-1)a.

2020 · 浙江 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，已知点 PP 是 yy 轴左侧（不含 yy 轴）一点，抛物线 C:y2=4xC:y^2=4x 上存在不同的两点 AA，BB 满足 PAPA，PBPB 的中点均在 CC 上.
(1) 设 ABAB 中点为 MM，证明：PMPM 垂直于 yy 轴； (2) 若 PP 是半椭圆 x2+y24=1x^2+\dfrac{y^2}{4}=1（x<0x<0）上的动点，求 △PAB\triangle PAB 面积的取值范围.

2018 · 浙江 · 第 21 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x−ln⁡xf(x)=\sqrt{x}-\ln x.
(1) 若 f(x)f(x) 在 x=x1x=x_1，x2x_2（x1≠x2x_1\ne x_2）处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln⁡2f(x_1)+f(x_2)>8-8\ln2； (2) 若 a≤3−4ln⁡2a\le3-4\ln2，证明：对于任意 k>0k>0，直线 y=kx+ay=kx+a 与曲线 y=f(x)y=f(x) 有唯一公共点.

2018 · 浙江 · 第 22 题 · 解答题

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18函数与初等函数★★★★★
已知函数 f(x)=x2+ax+bf(x) = x^2 + ax + b （aa，b∈Rb \in \mathbf{R}），记 M(a,b)M(a, b) 是 ∣f(x)∣|f(x)| 在区间 [−1,1][-1, 1] 上的最大值.
(1) 证明：当 ∣a∣⩾2|a| \geqslant 2 时，M(a,b)⩾2M(a, b) \geqslant 2； (2) 当 aa，bb 满足 M(a,b)⩽2M(a, b) \leqslant 2 时，求 ∣a∣+∣b∣|a| + |b| 的最大值.

2015 · 浙江 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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22函数与初等函数★★★★★
已知函数 f(x)=x3+3∣x−a∣f(x) = x^3 + 3|x - a|（a∈Ra \in \mathbf{R}）.
(1) 若 f(x)f(x) 在 [−1,1][-1, 1] 上的最大值和最小值分别记为 M(a)M(a)，m(a)m(a)，求 M(a)−m(a)M(a) - m(a)； (2) 设 b∈Rb \in \mathbf{R}，若 [f(x)+b]2⩽4\left[f(x) + b\right]^2 \leqslant 4 对 x∈[−1,1]x \in [-1, 1] 恒成立，求 3a+b3a + b 的取值范围.

2014 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知 aa 是给定的实常数，设函数 f(x)=(x−a)2(x+b)exf(x) = (x - a)^2 (x + b)\mathrm{e}^x，b∈Rb \in \mathbf{R}，x=ax = a 是 f(x)f(x) 的一个极大值点.
(1) 求 bb 的取值范围； (2) 设 x1x_{1}，x2x_{2}，x3x_{3} 是 f(x)f(x) 的 3 个极值点. 问是否存在实数 bb，可找到 x4∈Rx_{4} \in \mathbf{R}，使得 x1x_{1}，x2x_{2}，x3x_{3}，x4x_{4} 的某种排列 xi1x_{i_{1}}，xi2x_{i_{2}}，xi3x_{i_{3}}，xi4x_{i_{4}}（其中 {i1,i2,i3,i4}={1,2,3,4}\{i_{1}, i_{2}, i_{3}, i_{4}\} = \{1, 2, 3, 4\}）依次成等差数列？若存在，求所有的 bb 及相应的 x4x_4；若不存在，说明理由.
\begin{solution} 令
g(x)=x2+(b−a+3)x−ab+2b−ag(x)=x^2+(b-a+3)x-ab+2b-a
求导得
f′(x)=ex(x−a)g(x)f'(x)=\mathrm{e}^x(x-a)g(x)
且
Δg=(b−a+3)2−4(−ab+2b−a)=(a+b−1)2+8>0\Delta_g=(b-a+3)^2-4(-ab+2b-a)=(a+b-1)^2+8>0
所以 gg 有两个不等实根.
\begin{enumerate} \item 在 x=ax=a 处，若 g(a)>0g(a)>0，则 f′f' 在该点左负右正，x=ax=a 是极小值点；若 g(a)=0g(a)=0，则 x−ax-a 至少是二重因子，导数在该点不变号，也不是极值点. 因此必须 g(a)<0g(a)<0. 计算得
g(a)=2(a+b)g(a)=2(a+b)
故
b<−ab<-a
\item 记 gg 的两个根为 u<vu<v. 由 g(a)<0g(a)<0 知 u<a<vu<a<v，所以三个极值点按大小规律为 uu，aa，vv. 令 p=a−u>0p=a-u>0，q=v−a>0q=v-a>0，s=a+bs=a+b. 将 g(a+t)g(a+t) 展开，得
g(a+t)=t2+(s+3)t+2sg(a+t)=t^2+(s+3)t+2s
因此 −pq=2s-pq=2s，−p+q=−(s+3)-p+q=-(s+3) 即
q−p=pq2−3.(1)q-p=\frac{pq}{2}-3. \tag{1}
四个数形成等差数列时，按四项从小到大排列，uu，aa，vv 只能占据以下三种位置类型.
第一种，uu，aa，vv 是连续的前三项或连续的后三项. 此时 p=qp=q，由（1）得 p2=6p^2=6，所以 s=−pq2=−3s=-\frac{pq}{2}=-3，b=−a−3b=-a-3. 缺少的第四项为
x4=a−26或x4=a+26x_4=a-2\sqrt6\quad\text{或}\quad x_4=a+2\sqrt6
第二种，排列为 uu，aa，x4x_4，vv. 此时 q=2pq=2p，代入（1）得 p=p2−3p=p^2-3，p=1+132p=\frac{1+\sqrt{13}}2. 于是 b=−a+s=−a−p2=−a−7+132b=-a+s=-a-p^2=-a-\frac{7+\sqrt{13}}2，x4=a+p=a+1+132x_4=a+p=a+\frac{1+\sqrt{13}}2.
第三种，排列为 uu，x4x_4，aa，vv. 此时 p=2qp=2q，代入（1）得 −q=q2−3-q=q^2-3，q=13−12q=\frac{\sqrt{13}-1}{2}. 于是 b=−a−q2=−a−7−132b=-a-q^2=-a-\frac{7-\sqrt{13}}2，x4=a−q=a+1−132x_4=a-q=a+\frac{1-\sqrt{13}}2.
以上各值均满足 b<−ab<-a，且三种位置类型已经涵盖 uu，aa，vv 在四项等差数列中的全部可能位置. 因此确实存在，所有结果为
b=−a−3,x4=a±26;b=−a−7+132,x4=a+1+132;b=−a−7−132,x4=a+1−132.\begin{aligned} b&=-a-3, &x_4&=a\pm2\sqrt6;\\ b&=-a-\frac{7+\sqrt{13}}2, &x_4&=a+\frac{1+\sqrt{13}}2;\\ b&=-a-\frac{7-\sqrt{13}}2, &x_4&=a+\frac{1-\sqrt{13}}2. \end{aligned}
\end{enumerate} \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
已知椭圆 C1:y2a2+x2b2=1C_1:\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的右顶点为 A(1,0)A(1,0)，过 C1C_1 的焦点且垂直长轴的弦长为 11.
(1) 求椭圆 C1C_1 的方程； (2) 设点 PP 在抛物线 C2:y=x2+hC_2:y=x^2+h（h∈Rh\in\mathbf{R}）上，C2C_2 在点 PP 处的切线与 C1C_1 交于点 MM，NN. 当线段 APAP 的中点与 MNMN 的中点的横坐标相等时，求 hh 的最小值.

2009 · 浙江 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x3+x2f(x) = x^3 + x^2，数列 {xn}\{x_n\}（xn>0x_n > 0）的第一项 x1=1x_1 = 1，以后各项按如下方式取定：曲线 y=f(x)y = f(x) 在 (xn+1,f(xn+1))(x_{n+1}, f(x_{n+1})) 处的切线与经过 (0,0)(0,0) 和 (xn,f(xn))(x_n, f(x_n)) 两点的直线平行（如图）. 求证：当 n∈N∗n\in\mathbf{N}^* 时，
(1) xn2+xn=3xn+12+2xn+1;x_{n}^{2} + x_{n} = 3x_{n + 1}^{2} + 2x_{n + 1}; (2) (12)n−1⩽xn⩽(12)n−2\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}\leqslant x_n\leqslant \left(\frac{1}{2}\right)^{n - 2}.

2006 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20函数与初等函数★★★★★
设点 An(xn,0)A_{n}(x_{n},0)，Pn(xn,2n−1)P_{n}(x_{n},2^{n - 1}) 和抛物线 Cn:y=x2+anx+bnC_n: y = x^{2} + a_n x + b_n（n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}），其中 an=−2−4n−12n−1a_{n} = -2 - 4n - \frac{1}{2^{n-1}}，xnx_{n} 由以下方法得到：x1=1x_{1} = 1，点 P2(x2,2)P_{2}(x_{2},2) 在抛物线 C1:y=x2+a1x+b1C_{1}: y = x^{2} + a_{1}x + b_{1} 上，点 A1(x1,0)A_{1}(x_{1},0) 到 P2P_{2} 的距离是 A1A_{1} 到 C1C_{1} 上点的最短距离. ⋯\cdots，点 Pn+1(xn+1,2n)P_{n + 1}(x_{n + 1},2^{n}) 在抛物线 Cn:y=x2+anx+bnC_{n}: y = x^{2} + a_{n}x + b_{n} 上，点 An(xn,0)A_{n}(x_{n},0) 到 Pn+1P_{n + 1} 的距离是 AnA_{n} 到 CnC_{n} 上点的最短距离.
(1) 求 x2x_{2} 及 C1C_{1} 的方程. (2) 证明 {xn}\{x_{n}\} 是等差数列.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 a1=−2−4−1=−7a_1=-2-4-1=-7，知 C1:y=x2−7x+b1C_1:y=x^2-7x+b_1. 抛物线在点 P2=(x2,2)P_2=(x_2,2) 处的切线方向向量为 (1,2x2−7)(1,2x_2-7)，而 A1P2→=(x2−1,2)\overrightarrow{A_1P_2}=(x_2-1,2). 最短距离条件说明这两条方向相互垂直，因此 (x2−1,2)⋅(1,2x2−7)=0(x_2-1,2)\cdot(1,2x_2-7)=0，⟹\Longrightarrow，x2−1+2(2x2−7)=0x_2-1+2(2x_2-7)=0. 解得 x2=3x_2=3. 再由 P2∈C1P_2\in C_1，得
2=32−7⋅3+b12=3^2-7\cdot3+b_1
所以 b1=14b_1=14，从而
C1:y=x2−7x+14C_1:y=x^2-7x+14
\item 对任意 n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，抛物线 CnC_n 在点 Pn+1P_{n+1} 处的切线方向向量为 (1,2xn+1+an)\left(1,2x_{n+1}+a_n\right)，而
AnPn+1→=(xn+1−xn,2n)\overrightarrow{A_nP_{n+1}}=\left(x_{n+1}-x_n,2^n\right)
由最短距离条件，二者垂直，故
xn+1−xn+2n(2xn+1+an)=0x_{n+1}-x_n+2^n(2x_{n+1}+a_n)=0
假设 xn=2n−1x_n=2n-1，代入 an=−2−4n−21−na_n=-2-4n-2^{1-n}，得
(1+2n+1)xn+1=2n−1+2n(2+4n+21−n)=(2n+1)(1+2n+1)\left(1+2^{n+1}\right)x_{n+1} =2n-1+2^n\left(2+4n+2^{1-n}\right) =(2n+1)\left(1+2^{n+1}\right)
因此 xn+1=2n+1x_{n+1}=2n+1. 又 x1=1=2×1−1x_1=1=2\times1-1，由数学归纳法 xn=2n−1x_n=2n-1，（n∈N∗n\in\mathbf{N}^*）. 所以 xn+1−xn=2x_{n+1}-x_n=2，即 {xn}\{x_n\} 是首项为 11，公差为 22 的等差数列. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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