20**年高考数学真题导数专题

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）e x ﹣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x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜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+

m 的最小值．

4．已知函数f （x ）=x3+ax 2+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：b 2＞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﹣x 2）e x ．

（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 ﹣

（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

）…（1

+）＜m ，求）e ﹣x （x ≥）．

值，有极值时求出极值．

8．已知函数f （x ）=ex cosx ﹣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+3x 3﹣3x 2﹣6x +a 在区间（1，2）内有一个零点x 0，g （x ）为f （x ）的导函数．

（Ⅰ）求g （x ）的单调区间；

（Ⅱ）设m ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，函数h （x ）=g（x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ），求证：h （m ）h （x 0）＜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，x 0）∪（x 0，2]，满足|﹣x 0|≥．

10．已知函数f （x ）=x 3﹣ax 2，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 ）=x3﹣6x 2﹣3a （a ﹣4）x +b ，g （x ）=ex f （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（x 0，y 0）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 ）≤e x 在区间[x 0﹣1，x 0+1]上恒成立，求b 的取值范围．

12．已知函数 f （x ）=ex （e x ﹣a ）﹣a 2x ．

（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）e x ﹣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）e x ﹣x ，求导f′（x ）=2ae2x +（a ﹣2）e x ﹣1，

当a=0时，f′（x ）=﹣2e x ﹣1＜0，

∴当x ∈R ，f （x ）单调递减，

当a ＞0时，f′（x ）=（2e x +1）（ae x ﹣1）=2a（e x +）（e x ﹣），

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（e x +）（e x ﹣）＜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）e x ﹣x ，

当x→﹣∞时，e 2x →0，e x →0，

∴当x→﹣∞时，f （x ）→+∞，

当x→∞，e 2x →+∞，且远远大于e x 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）e x ﹣x ，求导f′（x ）=2ae2x +（a ﹣2）e x ﹣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 ）=（2e x +1）（ae x ﹣1）=2a（e x +）（e x ﹣），

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（e x +）（e x ﹣）＜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n 0，满足n 0＞ln （﹣1），则f （n 0）=

＞﹣n 0＞﹣n 0＞0， （a +a ﹣2）﹣n 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x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜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x 0＞1时，h （x 0）＜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x 0，x 2，

且不妨设f′（x ）在（0，x 0）上为正、在（x 0，x 2）上为负、在（x 2，+∞）上为

正，

所以f （x ）必存在唯一极大值点x 0，且2x 0﹣2﹣lnx 0=0，

所以f （x 0）=﹣x 0﹣x 0lnx 0=﹣x 0+2x 0﹣2

）max =﹣=x0﹣， 由x 0＜可知f （x 0）＜（x 0﹣

由f′（）＜0可知x 0＜＜， +=；

所以f （x ）在（0，x 0）上单调递增，在（x 0，）上单调递减，

所以f （x 0）＞f （）=；

综上所述，f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜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+

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． ）…（1

+）＜m ，求

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 *．

）+…+ln （1+）＜++…+=1﹣＜1， 一方面，ln （1+）+ln （1+

即（1+）（1+）…（1+）＜e ；

）＞（1+）（1

+）（1

+）

=＞2； 另一方面，（1

+）（1+）…（1

+

从而当n ≥3时，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e ），

）…（1+）＜m 成立， 因为m 为整数，且对于任意正整数n ，（1+）（1+

所以m 的最小值为3．

4．（2017•江苏）已知函数f （x ）=x3+ax 2+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：b 2＞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+ax 2+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﹣所以b=+（a ＞0）． +﹣+1=0，

因为f （x ）=x3+ax 2+bx +1（a ＞0，b ∈R ）有极值，

所以f′（x ）=3x2+2ax +b=0的实根，

所以4a 2﹣12b ≥0，即a 2﹣所以b=+（a ≥3）．

﹣

+

=（4a 3﹣27）（a 3+≥0，解得a ≥3， （2）证明：由（1）可知h （a ）=b2﹣

3a=

﹣27），

由于a ＞3，所以h （a ）＞0，即b 2＞3a ；

（3）解：由（1）可知f′（x ）的极小值为f′（﹣）=b﹣

设x 1，x 2是y=f（x ）的两个极值点，则x 1+x 2=

所以f （x 1）+f （x 2）=++a （+， ，x 1x 2=， ）+b （x 1+x 2）+2

=（x 1+x 2）[（x 1+x 2）2﹣3x 1x 2]+a [（x 1+x 2）2﹣2x 1x 2]+b （x 1+x 2）+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2a 3﹣63a ﹣54≤0，

所以2a （a 2﹣36）+9（a ﹣6）≤0，

所以（a ﹣6）（2a 2+12a +9）≤0，

由于a ＞3时2a 2+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﹣x 2）e x ．

（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﹣x 2）e x ，x ∈R ，

所以f′（x ）=（1﹣2x ﹣x 2）e x ，

令f′（x ）=0可知x=﹣1±

当x ＜﹣1﹣

0，

所以f （x ）在（﹣∞，﹣1﹣

﹣1+）上单调递增； ），（﹣1+，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣，或x ＞﹣1+， 时f′（x ）＜0，当﹣1﹣＜x ＜﹣1+时f′（x ）＞

（2）由题可知f （x ）=（1﹣x ）（1+x ）e x ．下面对a 的范围进行讨论：

①当a ≥1时，设函数h （x ）=（1﹣x ）e x ，则h′（x ）=﹣xe x ＜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e x ≥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 ﹣x 2），

取x 0

=∈（0，1），则（1﹣x 0）（1+x 0）2﹣ax 0﹣1=0，

所以f （x 0）＞ax 0+1，矛盾；

③当a ≤0时，取x 0=

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 ﹣

（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 ﹣

导数f′（x ）=（1﹣•

=（1﹣x +﹣∈（0，1），则f （x 0）＞（1﹣x 0）（1+x 0）2=1≥ax 0+1，）e ﹣x （x ≥）． ）e ﹣x （x ≥）， ）e ﹣x ﹣•2）e ﹣x ﹣（x ﹣）e x =（1﹣x ）（1﹣）e x ；

）e ﹣x ， （2）由f （x ）的导数f′（x ）=（1﹣x ）（1﹣

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 ≥⇔x 2≥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 （x 2+2cosx ） h′（x ）=ex （cosx ﹣sinx +2x ﹣2）+e x （﹣sinx ﹣cosx +2）﹣a （2x ﹣2sinx ）

=2（x ﹣sinx ）（e x ﹣a ）=2（x ﹣sinx ）（e x ﹣e lna ）．

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，e x ﹣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 ）（e x ﹣e lna ）=0．

解得x 1=lna，x 2=0．

①0＜a ＜1时，x ∈（﹣∞，lna ）时，e x ﹣e lna ＜0，h′（x ）＞0，函数h （x ）单调递增；

x ∈（lna ，0）时，e x ﹣e lna ＞0，h′（x ）＜0，函数h （x ）单调递减；

x ∈（0，+∞）时，e x ﹣e lna ＞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 [ln 2a ﹣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，e x ﹣e lna ＜0，h′（x ）＞0，函数h （x ）单调递增；

x ∈（0，lna ）时，e x ﹣e lna ＜0，h′（x ）＜0，函数h （x ）单调递减；

x ∈（lna ，+∞）时，e x ﹣e lna ＞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 [ln 2a ﹣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 [ln 2a ﹣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 [ln 2a ﹣2lna +sin （lna ）+cos （lna ）+2]．

8．（2017•北京）已知函数f （x ）=ex cosx ﹣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 ）=ex cosx ﹣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，e 0cos0﹣0），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 ）=ex cosx ﹣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 ）=﹣2e x •sinx，

当x ∈[0，]，可得g′（x ）=﹣2e x •sinx≤0，

]递减，可得g （x ）≤g （0）=0，

]递减，

]上的最大值为f （0）=e0cos0﹣0=1；

﹣=﹣． 即有g （x ）在[0，则f （x ）在[0，即有函数f （x ）在区间[0，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+3x 3﹣3x 2﹣6x +a 在区间（1，2）内有一个零点x 0，g （x ）为f （x ）的导函数．

（Ⅰ）求g （x ）的单调区间；

（Ⅱ）设m ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，函数h （x ）=g（x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ），求证：h （m ）h （x 0）＜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，x 0）∪（x 0，2]，满足|﹣x 0|≥．

【解答】（Ⅰ）解：由f （x ）=2x4+3x 3﹣3x 2﹣6x +a ，可得g （x ）=f′（x ）=8x3+9x 2﹣6x ﹣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：

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 ﹣x 0）﹣f （m ），得h （m ）=g（m ）（m ﹣x 0）﹣f （m ），

h （x 0）=g（x 0）（m ﹣x 0）﹣f （m ）．

令函数H 1（x ）=g（x ）（x ﹣x 0）﹣f （x ），则H′1（x ）=g′（x ）（x ﹣x 0）． 由（Ⅰ）知，当x ∈[1，2]时，g′（x ）＞0，

故当x ∈[1，x 0）时，H′1（x ）＜0，H 1（x ）单调递减；

当x ∈（x 0，2]时，H′1（x ）＞0，H 1（x ）单调递增．

因此，当x ∈[1，x 0）∪（x 0，2]时，H 1（x ）＞H 1（x 0）=﹣f （x 0）=0，可得H 1（m ）＞0即h （m ）＞0，

令函数H 2（x ）=g（x 0）（x ﹣x 0）﹣f （x ），则H′2（x ）=g′（x 0）﹣g （x ）．由（Ⅰ）知，g （x ）在[1，2]上单调递增，故当x ∈[1，x 0）时，H′2（x ）＞0，H 2（x ）单调递增；当x ∈（x 0，2]时，H′2（x ）＜0，H 2（x ）单调递减．因此，当x ∈[1

，x 0）∪（x 0，2]时，H 2（x ）＞H 2（x 0）=0，可得得H 2（m ）＜0即h （x 0）＜0，． 所以，h （m ）h （x 0）＜0．

（Ⅲ）对于任意的正整数p ，q ，且

令m=，函数h （x ）=g（x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ）．

由（Ⅱ）知，当m ∈[1，x 0）时，h （x ）在区间（m ，x 0）内有零点；

当m ∈（x 0，2]时，h （x ）在区间（x 0，m ）内有零点．

所以h （x ）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x 1，则h （x 1）=g（x 1）（﹣x 0）﹣f （）=0．

由（Ⅰ）知g （x ）在[1，2]上单调递增，故0＜g （1）＜g （x 1）＜g （2）， 于是|﹣x 0|=≥=． ，

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x 0

外没有其他的零点，而≠x 0，故f

（）≠0． 又因为p ，q ，a 均为整数，所以|2p 4+3p 3q ﹣3p 2q 2﹣6pq 3+aq 4|是正整数， 从而|2p 4+3p 3q ﹣3p 2q 2﹣6pq 3+aq 4|≥1．

所以|﹣x 0|≥

10．（2017•山东）已知函数f （x ）=x 3﹣ax 2，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 ）=x 3﹣x 2，

∴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=x 3﹣ax 2+（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 ）=﹣a 3﹣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，

．所以，只要取A=g（2），就有|﹣x 0|≥．

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 ）=﹣a 3﹣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 ）=x3﹣6x 2﹣3a （a ﹣4）x +b ，g （x ）=ex f （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（x 0，y 0）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 ）≤e x 在区间[x 0﹣1，x 0+1]上恒成立，求b 的取值范围．

【解答】（Ⅰ）解：由f （x ）=x3﹣6x 2﹣3a （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：

∴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 ）≤e x ，x ∈[x 0﹣1，x 0+1]，由e x ＞0，可得f （x ）≤1． 又∵f （x 0）=1，f' （x 0）=0，

故x 0为f （x ）的极大值点，由（I ）知x 0=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x 0=a时，f （x ）≤f （a ）=1在[a ﹣1，a +1]上恒成立，从而g （x ）≤e x 在[x 0﹣1，x 0+1]上恒成立．

由f （a ）=a3﹣6a 2﹣3a （a ﹣4）a +b=1，得b=2a3﹣6a 2+1，﹣1≤a ≤1．

令t （x ）=2x3﹣6x 2+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 （e x ﹣a ）﹣a 2x ．

（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 （e x ﹣a ）﹣a 2x=e2x ﹣e x a ﹣a 2x ，

∴f′（x ）=2e2x ﹣ae x ﹣a 2=（2e x +a ）（e x ﹣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，2e x +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，e x ﹣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 ）=﹣a 2lna ≥0，

∴lna ≤0，

∴0＜a ≤1，

③当a ＜0时，由（1）可得f （x ）min =f（ln （﹣））=

∴ln （﹣）≤，

∴﹣2≤a ＜0，

，1] ﹣a 2ln （﹣）≥0， 综上所述a 的取值范围为[﹣

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