高考数学真题导数专题及答案 20页

‎2017年高考真题导数专题 ‎　‎ 一．解答题（共12小题）‎ ‎1．已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．‎ ‎2．已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．‎ ‎（1）求a；‎ ‎（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．‎ ‎3．已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．‎ ‎（1）若 f（x）≥0，求a的值；‎ ‎（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．‎ ‎4．已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）‎ ‎（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；‎ ‎（2）证明：b2＞3a；‎ ‎（3）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．‎ ‎5．设函数f（x）=（1﹣x2）ex．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．‎ ‎6．已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．‎ ‎（1）求f（x）的导函数；‎ ‎（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．‎ ‎7．已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈‎ ‎2.17828…是自然对数的底数．‎ ‎（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．‎ ‎8．已知函数f（x）=excosx﹣x．‎ ‎（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；‎ ‎（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．‎ ‎9．设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．‎ ‎（Ⅰ）求g（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；‎ ‎（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|﹣x0|≥．‎ ‎10．已知函数f（x）=x3﹣ax2，a∈R，‎ ‎（1）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；‎ ‎（2）设函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．‎ ‎11．设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=exf（x）．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=ex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，‎ ‎（i）求证：f（x）在x=x0处的导数等于0；‎ ‎（ii）若关于x的不等式g（x）≤ex在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．‎ ‎12．已知函数 f（x）=ex（ex﹣a）﹣a2x．‎ ‎（1）讨论 f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2017年高考真题导数专题 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．解答题（共12小题）‎ ‎1．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，‎ 当a=0时，f′（x）=﹣2ex﹣1＜0，‎ ‎∴当x∈R，f（x）单调递减，‎ 当a＞0时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+）（ex﹣），‎ 令f′（x）=0，解得：x=ln，‎ 当f′（x）＞0，解得：x＞ln，‎ 当f′（x）＜0，解得：x＜ln，‎ ‎∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；‎ 当a＜0时，f′（x）=2a（ex+）（ex﹣）＜0，恒成立，‎ ‎∴当x∈R，f（x）单调递减，‎ 综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，‎ 当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；‎ ‎（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，‎ 当a＞0时，f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，‎ 当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0，‎ ‎∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，‎ 当x→∞，e2x→+∞，且远远大于ex和x，‎ ‎∴当x→∞，f（x）→+∞，‎ ‎∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，‎ 由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数，‎ ‎∴f（x）min=f（ln）=a×（）+（a﹣2）×﹣ln＜0，‎ ‎∴1﹣﹣ln＜0，即ln+﹣1＞0，‎ 设t=，则g（t）=lnt+t﹣1，（t＞0），‎ 求导g′（t）=+1，由g（1）=0，‎ ‎∴t=＞1，解得：0＜a＜1，‎ ‎∴a的取值范围（0，1）．‎ 方法二：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，‎ 当a=0时，f′（x）=2ex﹣1＜0，‎ ‎∴当x∈R，f（x）单调递减，‎ 当a＞0时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+）（ex﹣），‎ 令f′（x）=0，解得：x=﹣lna，‎ 当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，‎ 当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，‎ ‎∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；‎ 当a＜0时，f′（x）=2a（ex+）（ex﹣）＜0，恒成立，‎ ‎∴当x∈R，f（x）单调递减，‎ 综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，‎ 当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；‎ ‎（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，‎ ‎②当a＞0时，由（1）可知：当x=﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min ‎=f（﹣lna）=1﹣﹣ln，‎ 当a=1，时，f（﹣lna）=0，故f（x）只有一个零点，‎ 当a∈（1，+∞）时，由1﹣﹣ln＞0，即f（﹣lna）＞0，‎ 故f（x）没有零点，‎ 当a∈（0，1）时，1﹣﹣ln＜0，f（﹣lna）＜0，‎ 由f（﹣2）=ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，‎ 故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，‎ 假设存在正整数n0，满足n0＞ln（﹣1），则f（n0）=（a+a﹣2）﹣n0＞﹣n0＞﹣n0＞0，‎ 由ln（﹣1）＞﹣lna，‎ 因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．‎ ‎∴a的取值范围（0，1）．‎ ‎　‎ ‎2．（2017•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．‎ ‎（1）求a；‎ ‎（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．‎ ‎【解答】（1）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），‎ 则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）=a﹣．‎ 则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单调递减，‎ 所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．‎ 因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，‎ 所以h（x）min=h（），‎ 又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，‎ 所以=1，解得a=1；‎ ‎（2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，‎ 令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，‎ 令t′（x）=0，解得：x=，‎ 所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，‎ 所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，‎ 且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，‎ 所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，‎ 所以f（x0）=﹣x0﹣x0lnx0=﹣x0+2x0﹣2=x0﹣，‎ 由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+=；‎ 由f′（）＜0可知x0＜＜，‎ 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，‎ 所以f（x0）＞f（）=；‎ 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．‎ ‎　‎ ‎3．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．‎ ‎（1）若 f（x）≥0，求a的值；‎ ‎（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．‎ ‎【解答】解：（1）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，‎ 所以f′（x）=1﹣=，且f（1）=0．‎ 所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞‎ ‎）上单调递增，这与f（x）≥0矛盾；‎ 当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a，‎ 所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f（a），‎ 又因为f（x）min=f（a）≥0，‎ 所以a=1；‎ ‎（2）由（1）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，‎ 所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号，‎ 所以ln（1+）＜，k∈N*．‎ 一方面，ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+=1﹣＜1，‎ 即（1+）（1+）…（1+）＜e；‎ 另一方面，（1+）（1+）…（1+）＞（1+）（1+）（1+）=＞2；‎ 从而当n≥3时，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e），‎ 因为m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m成立，‎ 所以m的最小值为3．‎ ‎　‎ ‎4．（2017•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）‎ ‎（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；‎ ‎（2）证明：b2＞3a；‎ ‎（3）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．‎ ‎【解答】（1）解：因为f（x）=x3+ax2+bx+1，‎ 所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a，‎ 令g′（x）=0，解得x=﹣．‎ 由于当x＞﹣时g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣时g′（x）＜‎ ‎0，g（x）=f′（x）单调递减；‎ 所以f′（x）的极小值点为x=﹣，‎ 由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点，‎ 所以f（﹣）=0，即﹣+﹣+1=0，‎ 所以b=+（a＞0）．‎ 因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，‎ 所以f′（x）=3x2+2ax+b=0的实根，‎ 所以4a2﹣12b≥0，即a2﹣+≥0，解得a≥3，‎ 所以b=+（a≥3）．‎ ‎（2）证明：由（1）可知h（a）=b2﹣3a=﹣+=（4a3﹣27）（a3﹣27），‎ 由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；‎ ‎（3）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，‎ 设x1，x2是y=f（x）的两个极值点，则x1+x2=，x1x2=，‎ 所以f（x1）+f（x2）=++a（+）+b（x1+x2）+2‎ ‎=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2‎ ‎=﹣+2，‎ 又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，‎ 所以b﹣+﹣+2=﹣≥﹣，‎ 因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，‎ 所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，‎ 所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，‎ 由于a＞3时2a2+12a+9＞0，‎ 所以a﹣6≤0，解得a≤6，‎ 所以a的取值范围是（3，6]．‎ ‎　‎ ‎5．（2017•新课标Ⅱ）设函数f（x）=（1﹣x2）ex．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）因为f（x）=（1﹣x2）ex，x∈R，‎ 所以f′（x）=（1﹣2x﹣x2）ex，‎ 令f′（x）=0可知x=﹣1±，‎ 当x＜﹣1﹣或x＞﹣1+时f′（x）＜0，当﹣1﹣＜x＜﹣1+时f′（x）＞0，‎ 所以f（x）在（﹣∞，﹣1﹣），（﹣1+，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣，﹣1+）上单调递增；‎ ‎（2）由题可知f（x）=（1﹣x）（1+x）ex．下面对a的范围进行讨论：‎ ‎①当a≥1时，设函数h（x）=（1﹣x）ex，则h′（x）=﹣xex＜0（x＞0），‎ 因此h（x）在[0，+∞）上单调递减，‎ 又因为h（0）=1，所以h（x）≤1，‎ 所以f（x）=（1﹣x）h（x）≤x+1≤ax+1；‎ ‎②当0＜a＜1时，设函数g（x）=ex﹣x﹣1，则g′（x）=ex﹣1＞0（x＞0），‎ 所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，‎ 又g（0）=1﹣0﹣1=0，‎ 所以ex≥x+1．‎ 因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2，‎ 所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1=x（1﹣a﹣x﹣x2），‎ 取x0=∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1=0，‎ 所以f（x0）＞ax0+1，矛盾；‎ ‎③当a≤0时，取x0=∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2=1≥ax0+1，矛盾；‎ 综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．‎ ‎　‎ ‎6．（2017•浙江）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．‎ ‎（1）求f（x）的导函数；‎ ‎（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥），‎ 导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x ‎=（1﹣x+）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；‎ ‎（2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，‎ 可得f′（x）=0时，x=1或，‎ 当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；‎ 当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；‎ 当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，‎ 且x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，‎ 则f（x）≥0．‎ 由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，‎ 即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．‎ 则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e]．‎ ‎　‎ ‎7．（2017•山东）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．‎ ‎（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．‎ ‎【解答】解：（I）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π．‎ ‎∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．‎ 化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0．‎ ‎（II）h（x）=g （x）﹣a f（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx）‎ h′（x）=ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）+ex（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）‎ ‎=2（x﹣sinx）（ex﹣a）=2（x﹣sinx）（ex﹣elna）．‎ 令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增．‎ ‎∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．‎ ‎（1）a≤0时，ex﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；‎ x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．‎ ‎∴x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．‎ ‎（2）a＞0时，令h′（x）=2（x﹣sinx）（ex﹣elna）=0．‎ 解得x1=lna，x2=0．‎ ‎①0＜a＜1时，x∈（﹣∞，lna）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；‎ x∈（lna，0）时，ex﹣elna＞0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；‎ x∈（0，+∞）时，ex﹣elna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．‎ ‎∴当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．‎ 当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．‎ ‎②当a=1时，lna=0，x∈R时，h′（x）≥0，∴函数h（x）在R上单调递增．‎ ‎③1＜a时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；‎ x∈（0，lna）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；‎ x∈（lna，+∞）时，ex﹣elna＞0，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．‎ ‎∴当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．‎ 当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．‎ 综上所述：a≤0时，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．‎ x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．‎ ‎0＜a＜1时，函数h（x）在x∈（﹣∞，lna）是单调递增；函数h（x）在x∈（lna，0）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极小值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极大值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．‎ 当a=1时，lna=0，函数h（x）在R上单调递增．‎ a＞1时，函数h（x）在（﹣∞，0），（lna，+∞）上单调递增；函数h（x）在（0，lna）上单调递减．当x=0时，函数h（x）取得极大值，h（0）=﹣2a﹣1．当x=lna时，函数h（x）取得极小值，h（lna）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．‎ ‎　‎ ‎8．（2017•北京）已知函数f（x）=excosx﹣x．‎ ‎（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；‎ ‎（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．‎ ‎【解答】解：（1）函数f（x）=excosx﹣x的导数为f′（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣1，‎ 可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，‎ 切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），‎ 曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；‎ ‎（2）函数f（x）=excosx﹣x的导数为f′（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣1，‎ 令g（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣1，‎ 则g（x）的导数为g′（x）=ex（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2ex•sinx，‎ 当x∈[0，]，可得g′（x）=﹣2ex•sinx≤0，‎ 即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）=0，‎ 则f（x）在[0，]递减，‎ 即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）=e0cos0﹣0=1；‎ 最小值为f（）=ecos﹣=﹣．‎ ‎　‎ ‎9．（2017•天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．‎ ‎（Ⅰ）求g（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；‎ ‎（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|﹣x0|≥．‎ ‎【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，‎ 进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x=．‎ 当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：‎ x ‎（﹣∞，﹣1）‎ ‎（﹣1，）‎ ‎（，+∞）‎ g′（x）‎ ‎+‎ ‎﹣‎ ‎+‎ g（x）‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单调递减区间是（﹣1，）．‎ ‎（Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），‎ h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．‎ 令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．‎ 由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，‎ 故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；‎ 当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．‎ 因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，‎ 令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．‎ 所以，h（m）h（x0）＜0．‎ ‎（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，‎ 令m=，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．‎ 由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；‎ 当m∈（x0，2]时，h（x）在区间（x0，m）内有零点．‎ 所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）=g（x1）（﹣x0）﹣f（）=0．‎ 由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），‎ 于是|﹣x0|=≥=．‎ 因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增，‎ 所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而≠x0，故f（）≠0．‎ 又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，‎ 从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．‎ 所以|﹣x0|≥．所以，只要取A=g（2），就有|﹣x0|≥．‎ ‎　‎ ‎10．（2017•山东）已知函数f（x）=x3﹣ax2，a∈R，‎ ‎（1）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；‎ ‎（2）设函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．‎ ‎【解答】解：（1）当a=2时，f（x）=x3﹣x2，‎ ‎∴f′（x）=x2﹣2x，‎ ‎∴k=f′（3）=9﹣6=3，f（3）=×27﹣9=0，‎ ‎∴曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程y=3（x﹣3），即3x﹣y﹣9=0‎ ‎（2）函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx=x3﹣ax2+（x﹣a）cosx﹣sinx，‎ ‎∴g′（x）=（x﹣a）（x﹣sinx），‎ 令g′（x）=0，解得x=a，或x=0，‎ ‎①若a＞0时，当x＜0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，‎ 当x＞a时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（a，+∞）上单调递增，‎ 当0＜x＜a时，g′（x）＜0恒成立，故g（x）在（0，a）上单调递减，‎ ‎∴当x=a时，函数有极小值，极小值为g（a）=﹣a3﹣sina 当x=0时，有极大值，极大值为g（0）=﹣a，‎ ‎②若a＜0时，当x＞0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，‎ 当x＜a时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，a）上单调递增，‎ 当a＜x＜0时，g′（x）＜0恒成立，故g（x）在（a，0）上单调递减，‎ ‎∴当x=a时，函数有极大值，极大值为g（a）=﹣a3﹣sina 当x=0时，有极小值，极小值为g（0）=﹣a ‎③当a=0时，g′（x）=x（x+sinx），‎ 当x＞0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（0，+∞）上单调递增，‎ 当x＜0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，‎ ‎∴g（x）在R上单调递增，无极值．‎ ‎　‎ ‎11．（2017•天津）设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=exf（x）．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=ex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，‎ ‎（i）求证：f（x）在x=x0处的导数等于0；‎ ‎（ii）若关于x的不等式g（x）≤ex在区间[x0﹣1，x0+1]‎ 上恒成立，求b的取值范围．‎ ‎【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，可得f'（x）=3x2﹣12x﹣3a（a﹣4）=3（x﹣a）（x﹣（4﹣a）），‎ 令f'（x）=0，解得x=a，或x=4﹣a．由|a|≤1，得a＜4﹣a．‎ 当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：‎ x ‎（﹣∞，a）‎ ‎（a，4﹣a）‎ ‎（4﹣a，+∞）‎ f'（x）‎ ‎+‎ ‎﹣‎ ‎+‎ f（x）‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ ‎∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，a），（4﹣a，+∞），单调递减区间为（a，4﹣a）；‎ ‎（Ⅱ）（i）证明：∵g'（x）=ex（f（x）+f'（x）），由题意知，‎ ‎∴，解得．‎ ‎∴f（x）在x=x0处的导数等于0；‎ ‎（ii）解：∵g（x）≤ex，x∈[x0﹣1，x0+1]，由ex＞0，可得f（x）≤1．‎ 又∵f（x0）=1，f'（x0）=0，‎ 故x0为f（x）的极大值点，由（I）知x0=a．‎ 另一方面，由于|a|≤1，故a+1＜4﹣a，‎ 由（Ⅰ）知f（x）在（a﹣1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调递减，‎ 故当x0=a时，f（x）≤f（a）=1在[a﹣1，a+1]上恒成立，从而g（x）≤ex在[x0﹣1，x0+1]上恒成立．‎ 由f（a）=a3﹣6a2﹣3a（a﹣4）a+b=1，得b=2a3﹣6a2+1，﹣1≤a≤1．‎ 令t（x）=2x3﹣6x2+1，x∈[﹣1，1]，‎ ‎∴t'（x）=6x2﹣12x，‎ 令t'（x）=0，解得x=2（舍去），或x=0．‎ ‎∵t（﹣1）=﹣7，t（1）=﹣3，t（0）=1，故t（x）的值域为[﹣7，1]．‎ ‎∴b的取值范围是[﹣7，1]．‎ ‎　‎ ‎12．（2017•新课标Ⅰ）已知函数 f（x）=ex（ex﹣a）﹣a2x．‎ ‎（1）讨论 f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）f（x）=ex（ex﹣a）﹣a2x=e2x﹣exa﹣a2x，‎ ‎∴f′（x）=2e2x﹣aex﹣a2=（2ex+a）（ex﹣a），‎ ‎①当a=0时，f′（x）＞0恒成立，‎ ‎∴f（x）在R上单调递增，‎ ‎②当a＞0时，2ex+a＞0，令f′（x）=0，解得x=lna，‎ 当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，‎ 当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，‎ ‎③当a＜0时，ex﹣a＞0，令f′（x）=0，解得x=ln（﹣），‎ 当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，‎ 当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，‎ 综上所述，当a=0时，f（x）在R上单调递增，‎ 当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，‎ 当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递减，在（ln（﹣），+∞）上单调递增，‎ ‎（2）①当a=0时，f（x）=e2x＞0恒成立，‎ ‎②当a＞0时，由（1）可得f（x）min=f（lna）=﹣a2lna≥0，‎ ‎∴lna≤0，‎ ‎∴0＜a≤1，‎ ‎③当a＜0时，由（1）可得f（x）min=f（ln（﹣））=﹣a2ln（﹣）≥0，‎ ‎∴ln（﹣）≤，‎ ‎∴﹣2≤a＜0，‎ 综上所述a的取值范围为[﹣2，1]‎ ‎　‎