高考數(shù)學(xué)真題導(dǎo)數(shù)專題及答案

1、2017 年高考真題導(dǎo)數(shù)專題一解答題（共12 小題）1已知函數(shù) f（ x）=ae2x+（a2）exx（ 1）討論 f（x）的單調(diào)性；（ 2）若 f （x）有兩個(gè)零點(diǎn)，求 a 的取值范圍2已知函數(shù) f（ x）=ax2ax xlnx，且 f（x） 0（ 1）求 a；（ 2）證明： f（x）存在唯一的極大值點(diǎn) x0，且 e 2f （x0） 2 23已知函數(shù) f（ x）=x1alnx（ 1）若 f（x） 0，求 a 的值；（ 2）設(shè) m 為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，（1+）（ 1+） （1+） m，求m 的最小值4已知函數(shù)f（ x） =x3+ax2+bx+1（a0，bR）有極值，且導(dǎo)函數(shù)f （x）的極

2、值點(diǎn)是 f（x）的零點(diǎn)（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值）（ 1）求 b 關(guān)于 a 的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（ 2）證明： b23a；（ 3）若 f（ x），f （x）這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于，求 a 的取值范圍5設(shè)函數(shù) f（x）=（1x2）ex（ 1）討論 f（x）的單調(diào)性；（ 2）當(dāng) x0 時(shí)， f（x） ax+1，求 a 的取值范圍（ ） （ x6已知函數(shù) f）e（x ）x = x（ 1）求 f （x）的導(dǎo)函數(shù)；（ 2）求 f （x）在區(qū)間 ， +）上的取值范圍7已知函數(shù) f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosx sinx+2x2），其中 e2.17828是自

3、然對(duì)數(shù)的底數(shù)（ ）求曲線 y=f（x）在點(diǎn)（ ，f （）處的切線方程；（ ）令 h（x）=g （x） a f（ x）（aR），討論 h（ x）的單調(diào)性并判斷有無(wú)極第 1頁(yè)（共 17頁(yè)）值，有極值時(shí)求出極值8已知函數(shù) f（ x）=excosx x（ 1）求曲線 y=f（x）在點(diǎn)（ 0， f（0）處的切線方程；（ 2）求函數(shù) f（ x）在區(qū)間 0， 上的最大值和最小值 ，已知定義在R上的函數(shù)4+3x33x26x+a 在區(qū)間（ 1，2）9設(shè) a Zf （x）=2x內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn) x0， （ ）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)gx（ ）求 g（ x）的單調(diào)區(qū)間；（ ）設(shè) m 1，x0）（0，2，函數(shù) （） （）（m0

4、） （m），求證：xh x=g xxfh（m） h（ x0） 0；（ ）求證：存在大于 0 的常數(shù) A，使得對(duì)于任意的正整數(shù)p，q，且 1，x0）（ x0，2 ，滿足 | x0| 10已知函數(shù) f （x）=x3ax2，aR，（ 1）當(dāng) a=2 時(shí)，求曲線 y=f（x）在點(diǎn)（ 3， f（3）處的切線方程；（ 2）設(shè)函數(shù) g（ x）=f（x） +（ x a） cosxsinx，討論 g（x）的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值11設(shè) a，bR，| a| 1已知函數(shù) f（ x）=x36x23a（a4）x+b，g（ x）=exf（ x）（ ）求 f（ x）的單調(diào)區(qū)間；（ ）已知函數(shù) y=g（x）和

5、 y=ex 的圖象在公共點(diǎn)（ x0， y0）處有相同的切線，（ i）求證： f（x）在 x=x0 處的導(dǎo)數(shù)等于 0；（ ii）若關(guān)于 x 的不等式 g（x） ex 在區(qū)間 x0 1， x0 +1 上恒成立，求 b 的取值范圍12已知函數(shù)f（ x）=ex（ex a） a2x（ 1）討論 f（ x）的單調(diào)性；（ 2）若 f （x） 0，求 a 的取值范圍第 2頁(yè)（共 17頁(yè)）2017 年高考真題導(dǎo)數(shù)專題參考答案與試題解析一解答題（共12 小題）1（2017?新課標(biāo) ）已知函數(shù) f （x）=ae2x+（ a 2） exx（ 1）討論 f（x）的單調(diào)性；（ 2）若 f （x）有兩個(gè)零點(diǎn)，求 a 的取值

6、范圍【解答】解：（ 1）由 f（x）=ae2x+（ a2）ex x，求導(dǎo) f （ x）=2ae2x+（ a 2） ex 1，當(dāng) a=0 時(shí)， f （x） = 2ex 1 0，當(dāng) xR，f （x）單調(diào)遞減，當(dāng) a0 時(shí)， f （ x）=（2ex+1）（aex1）=2a（ ex+ ）（ex ），令 f （x） =0，解得： x=ln ，當(dāng) f （x） 0，解得： xln ，當(dāng) f （x） 0，解得： xln ， x（， ln）時(shí)， f（x）單調(diào)遞減， x（ ln，+）單調(diào)遞增；當(dāng) a0 時(shí)， f （ x）=2a（ ex+ ）（ex） 0，恒成立，當(dāng) xR，f （x）單調(diào)遞減，綜上可知：當(dāng) a0 時(shí)

7、， f（ x）在 R 單調(diào)減函數(shù)，當(dāng) a0 時(shí)， f （x）在（， ln）是減函數(shù)，在（ ln， +）是增函數(shù)；（ 2）若 a0 時(shí)，由（ 1）可知： f（x）最多有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng) a0 時(shí)， f （x）=ae2x+（a 2） exx，當(dāng) x時(shí)， e2x0， ex0，當(dāng) x時(shí)， f （x）+，當(dāng) x， e2x+，且遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于 ex 和 x，當(dāng) x， f（x） +，第 3頁(yè)（共 17頁(yè)）函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)， f（ x）的最小值小于0 即可，由 f（ x）在（， ln ）是減函數(shù)，在（ ln ，+）是增函數(shù)， f（x）min =f（ln ）=a（ ）+（a2） ln 0， 1 ln 0，即 ln + 10

8、，設(shè) t= ，則 g（t） =lnt+t 1，（ t 0），求導(dǎo) g（t ）= +1，由 g（1）=0， t= 1，解得： 0a1， a 的取值范圍（ 0，1）方法二：（1）由 f（x）=ae2x+（a2）exx，求導(dǎo) f （x）=2ae2x+（a2）ex1，當(dāng) a=0 時(shí)， f （x） =2ex10，當(dāng) xR，f （x）單調(diào)遞減，當(dāng) a0 時(shí)， f （ x）=（2ex+1）（aex1）=2a（ ex+ ）（ex ），令 f （x） =0，解得： x=lna，當(dāng) f （x） 0，解得： x lna，當(dāng) f （x） 0，解得： x lna， x（， lna）時(shí)， f（x）單調(diào)遞減， x（ lna

9、，+）單調(diào)遞增；當(dāng) a0 時(shí)， f （ x）=2a（ ex+ ）（ex ） 0，恒成立，當(dāng) xR，f （x）單調(diào)遞減，綜上可知：當(dāng) a0 時(shí)， f（ x）在 R 單調(diào)減函數(shù)，當(dāng) a0 時(shí)， f （x）在（， lna）是減函數(shù)，在（ lna，+）是增函數(shù)；（ 2）若 a0 時(shí)，由（ 1）可知： f（x）最多有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng) a0 時(shí)，由（ 1）可知：當(dāng) x=lna 時(shí)， f（x）取得最小值， f（x）min=f（lna）=1ln，當(dāng) a=1，時(shí)， f（ lna） =0，故 f（ x）只有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng) a（ 1，+）時(shí)，由 1 ln 0，即 f（ lna） 0，故 f（ x）沒有零點(diǎn)，第 4頁(yè)（共

10、17頁(yè)）當(dāng) a（ 0，1）時(shí)， 1ln0，f （ lna） 0，由 f（ 2）=ae 4+（a2）e 2+2 2e2+2 0，故 f（ x）在（， lna）有一個(gè)零點(diǎn)，假設(shè)存在正整數(shù)n0，滿足n0ln（1），則 f（n0） =（a+a2） n0n0n00，由 ln（ 1） lna，因此在（ lna， +）有一個(gè)零點(diǎn) a 的取值范圍（ 0，1）2（2017?新課標(biāo) ）已知函數(shù) f （x）=ax2 axxlnx，且 f（ x） 0（ 1）求 a；（ 2）證明： f（x）存在唯一的極大值點(diǎn) x0，且 e 2f （x0） 2 2【解答】（1）解：因?yàn)?f（x）=ax2axxlnx=x（ax a lnx

11、）（x0），則 f（ x） 0 等價(jià)于 h（x）=axalnx0，求導(dǎo)可知 h（ x） =a 則當(dāng) a0 時(shí) h（x） 0，即 y=h（x）在（ 0， +）上單調(diào)遞減，所以當(dāng) x01 時(shí)， h（x0） h（1）=0，矛盾，故 a0因?yàn)楫?dāng) 0 x 時(shí) h（x） 0、當(dāng) x 時(shí) h（x） 0，所以 h（x）min=h（），又因?yàn)?h（ 1） =aaln1=0，所以=1，解得 a=1；（ 2）證明：由（ 1）可知 f（ x） =x2 xxlnx，f （x） =2x2lnx，令 f （x） =0，可得 2x2lnx=0，記 t（x）=2x 2 lnx，則 t （x）=2，令 t （x）=0，解得： x

12、=，所以 t （x）在區(qū)間（ 0，）上單調(diào)遞減，在（，+）上單調(diào)遞增，所以 t （x）min=t（），從而t（ ）=0有解，即f（ ）=0存在兩根=ln2 1 0xx第 5頁(yè)（共 17頁(yè)）x0， x2，且不妨設(shè) f （x）在（ 0， x0）上為正、在（ x0，x2）上為負(fù)、在（ x2， +）上為正，所以 f （x）必存在唯一極大值點(diǎn)x0，且 00 ，2x2lnx =0所以 f （x0）=x0 x0lnx0=x0+2x0 2=x0，由 x0 可知f（ 0）（ 0） max +=；xx=由 f （ ） 0 可知 x0 ，所以 f （x）在（ 0，x0）上單調(diào)遞增，在（0）上單調(diào)遞減，x ，所以 f

13、 （x0） f（） =；綜上所述， f（ x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且 e 2 f（x0） 223（2017?新課標(biāo) ）已知函數(shù) f （x）=x1alnx（ 1）若 f（x） 0，求 a 的值；（ 2）設(shè) m 為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，（1+）（ 1+） （1+） m，求m 的最小值【解答】 解：（1）因?yàn)楹瘮?shù) f （x）=x1alnx，x0，所以 f （x）=1 = ，且 f（ 1）=0所以當(dāng) a 0 時(shí) f （x） 0 恒成立，此時(shí) y=f（ x）在（ 0，+）上單調(diào)遞增，這與 f（ x） 0 矛盾；當(dāng) a0 時(shí)令 f （ x） =0，解得 x=a，所以 y=f（x）在（ 0， a）上

14、單調(diào)遞減，在（ a，+）上單調(diào)遞增，即 f（x）min=f（ a），又因?yàn)?f（x）min =f（a） 0，所以 a=1；（ 2）由（ 1）可知當(dāng) a=1 時(shí) f （x）=x1lnx0，即 lnx x 1，所以 ln（ x+1） x 當(dāng)且僅當(dāng) x=0 時(shí)取等號(hào)，所以 ln（ 1+），kN* 第 6頁(yè)（共 17頁(yè)）一方面， ln（1+） +ln（ 1+）+ +ln（1+）+ +=11，即（ 1+ ）（1+） （1+） e；另一方面，（1+）（1+） （1+）（ 1+）（1+）（1+）=2；從而當(dāng) n 3 時(shí)，（1+）（1+） （ 1+）（ 2，e），因?yàn)?m 為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，（1+）

15、（ 1+） （1+） m 成立，所以 m 的最小值為 34（2017?江蘇）已知函數(shù)f（x）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有極值，且導(dǎo)函數(shù)f （x）的極值點(diǎn)是 f（x）的零點(diǎn)（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值）（ 1）求 b 關(guān)于 a 的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（ 2）證明： b23a；（ 3）若 f（ x），f （x）這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于，求 a 的取值范圍【解答】（1）解：因?yàn)?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= 由于當(dāng) x時(shí) g（ x） 0， g（ x） =f

16、 （x）單調(diào)遞增；當(dāng) x時(shí) g（x）0，g（x）=f （x）單調(diào)遞減；所以 f （x）的極小值點(diǎn)為x=，由于導(dǎo)函數(shù) f （x）的極值點(diǎn)是原函數(shù)f（ x）的零點(diǎn)，所以 f （） =0，即+1=0，所以 b=+（a0）因?yàn)?f （x） =x3+ax2 +bx+1（a0，bR）有極值，所以 f （x）=3x2+2ax+b=0 的實(shí)根，所以 4a212b 0，即 a2+0，解得 a3，所以 b=+（a3）第 7頁(yè)（共 17頁(yè)）（ 2）證明：由（ 1）可知 h（ a） =b2 3a= + =（4a327）（ a3 27），由于 a3，所以 h（a） 0，即 b23a；（ 3）解：由（ 1）可知 f （

17、x）的極小值為 f （）=b，設(shè) x1，2 是y=f（）的兩個(gè)極值點(diǎn)，則1 2， 1 2，xxx +x =x x =所以 f （x1）+f（ x2）=+a（+） +b（x1+x2）+2=（x1+x2） （x1+x2）23x1x2+ a （ x1 +x2）2 2x1 x2+ b（x1+x2）+2=+2，又因?yàn)?f（x）， f （x）這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于，所以 b+2=，因?yàn)?a3，所以 2a363a540，所以 2a（a2 36）+9（ a6） 0，所以（ a6）（ 2a2+12a+9） 0，由于 a3 時(shí) 2a2+12a+90，所以 a60，解得 a6，所以 a 的取值范圍是（ 3，

18、6 5（2017?新課標(biāo) ）設(shè)函數(shù) f（ x） =（ 1 x2）ex（ 1）討論 f（x）的單調(diào)性；（ 2）當(dāng) x0 時(shí)， f（x） ax+1，求 a 的取值范圍【解答】 解：（1）因?yàn)?f（x）=（1x2） ex，x R，所以 f （x）=（12x x2）ex，令 f （x） =0 可知 x=1，當(dāng) x 1或 x 1+時(shí) f （x）0，當(dāng) 1 x 1+時(shí) f （x）0，所以 f（x）在（， 1），（ 1+，+）上單調(diào)遞減，在（ 1，第 8頁(yè)（共 17頁(yè)） 1+）上單調(diào)遞增；（ 2）由題可知 f （x） =（ 1 x）（1+x）ex下面對(duì) a 的范圍進(jìn)行討論：當(dāng) a1 時(shí)，設(shè)函數(shù) h（x）=（

19、1x） ex，則 h（x）=xex 0（ x 0），因此 h（x）在 0，+）上單調(diào)遞減，又因?yàn)?h（ 0） =1，所以 h（x） 1，所以 f （x） =（ 1x） h（ x） x+1ax+1；當(dāng) 0a1 時(shí)，設(shè)函數(shù) g（x）=ex x 1，則 g（ x）=ex10（x0），所以 g（x）在 0，+）上單調(diào)遞增，又 g（0）=101=0，所以 ex x+1因?yàn)楫?dāng) 0 x1 時(shí) f（ x）（ 1x）（ 1+x）2，所以（ 1x）（ 1+x）2 ax1=x（1axx2），取 x0（， ），則（ 0）（1+x0）2ax0，=011 x1=0所以 f （x0） ax0+1，矛盾；當(dāng) a0 時(shí)，取 x

20、0（ ， ），則（0）（0）（0）2 0，=01fx1 x1+x=1ax +1矛盾；綜上所述， a 的取值范圍是 1，+）6（2017?浙江）已知函數(shù) f（） （ x（x）x= x）e（ 1）求 f （x）的導(dǎo)函數(shù)；（ 2）求 f （x）在區(qū)間 ， +）上的取值范圍【解答】 解：（1）函數(shù) f（x）=（x）ex（x ），導(dǎo)數(shù) f （x）=（1 ?2）e x（ x）e x=（1x+） e x=（1x）（ 1） ex；（ 2）由 f （x）的導(dǎo)數(shù) f （x）=（1x）（1 x） e ，可得 f （x）=0 時(shí)， x=1 或 ，第 9頁(yè)（共 17頁(yè)）當(dāng)x1 時(shí)， f （x） 0， f（x）遞減；當(dāng)

21、1x 時(shí)， f （x） 0， f（x）遞增；當(dāng) x 時(shí)， f （ x） 0， f（x）遞減，且 x? x22x 1? （x 1） 20，則 f（ x） 0由 f（）=e，f （1）=0，f （） =e，即有 f （x）的最大值為e，最小值為 f （1）=0則 f（ x）在區(qū)間 ，+）上的取值范圍是 0，e 7（2017?山東）已知函數(shù) f（ x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosxsinx+2x 2），其中 e2.17828 是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)（ ）求曲線 y=f（x）在點(diǎn)（ ，f （）處的切線方程；（ ）令 h（x）=g （x） a f（ x）（aR），討論 h（ x）的單調(diào)性并判斷有

22、無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值【解答】 解：（I）f （）=22f （x）=2x2sinx， f （ ） =22曲線 y=f（ x）在點(diǎn)（ ，f （）處的切線方程為： y（ 2）=2（x）化為： 2xy2 2=0（ II） h（ x）=g （ x） a f（x）=ex（cosxsinx+2x2） a（x2 +2cosx）h（ x）=ex（cosxsinx+2x2）+ex（ sinxcosx+2） a（2x 2sinx）=2（x sinx）（exa）=2（ x sinx）（ exelna）令 u（x） =xsinx，則 u（ x） =1cosx 0，函數(shù) u（x）在 R 上單調(diào)遞增 u（ 0） =0，

23、 x0 時(shí)， u（x） 0；x0 時(shí)， u（ x） 0（ 1） a0 時(shí)， exa0， x 0 時(shí)， h（x） 0，函數(shù) h（ x）在（ 0，+）單調(diào)遞增；x0 時(shí)， h（x） 0，函數(shù) h（x）在（， 0）單調(diào)遞減第10頁(yè)（共 17頁(yè)） x=0 時(shí)，函數(shù) h（x）取得極小值， h（0） =12a（ 2） a0 時(shí)，令 h（x）=2（ xsinx）（ex elna）=0解得 x1=lna，x2=0 0 a1 時(shí)，x（， lna）時(shí)， exelna0，h（x）0，函數(shù) h（x）單調(diào)遞增；x（ lna，0）時(shí)， exelna0，h（ x） 0，函數(shù) h（ x）單調(diào)遞減；x（ 0，+）時(shí)， ex e

24、lna 0， h（x） 0，函數(shù) h（x）單調(diào)遞增當(dāng) x=0 時(shí)，函數(shù) h（x）取得極小值， h（ 0） = 2a1當(dāng) x=lna 時(shí)，函數(shù) h（x）取得極大值， h（lna）=a ln2a 2lna+sin（lna）+cos（ lna） +2 當(dāng) a=1 時(shí)， lna=0，xR 時(shí)， h（x） 0，函數(shù) h（ x）在 R 上單調(diào)遞增 1 a 時(shí)， lna0，x（， 0）時(shí)， exelna0，h（ x） 0，函數(shù) h（ x）單調(diào)遞增；x（ 0，lna）時(shí)， exelna0，h（ x） 0，函數(shù) h（ x）單調(diào)遞減；x（ lna，+）時(shí)， ex elna 0， h（x） 0，函數(shù) h（x）單調(diào)遞

25、增當(dāng) x=0 時(shí)，函數(shù) h（x）取得極大值， h（ 0） = 2a1當(dāng) x=lna 時(shí)，函數(shù) h（x）取得極小值， h（lna）=a ln2a 2lna+sin（lna）+cos（ lna） +2 綜上所述： a 0 時(shí)，函數(shù) h（x）在（ 0，+）單調(diào)遞增； x 0 時(shí)，函數(shù) h（x）在（， 0）單調(diào)遞減x=0 時(shí)，函數(shù) h（x）取得極小值， h（ 0） = 1 2a0a1 時(shí)，函數(shù) h（x）在 x（， lna）是單調(diào)遞增；函數(shù) h（x）在 x（lna，0）上單調(diào)遞減當(dāng) x=0 時(shí)，函數(shù) h（x）取得極小值， h（ 0）= 2a1當(dāng) x=lna時(shí)，函數(shù) h（ x）取得極大值， h（lna）=

26、 a ln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2 當(dāng) a=1 時(shí)， lna=0，函數(shù) h（x）在 R 上單調(diào)遞增a1 時(shí)，函數(shù) h（ x）在（， 0），（ lna，+）上單調(diào)遞增；函數(shù)h（x）在（0，lna）上單調(diào)遞減 當(dāng) x=0 時(shí)，函數(shù) h（ x）取得極大值， h（0）= 2a1當(dāng) x=lna時(shí)，函數(shù) h（ x）取得極小值， h（lna）= a ln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+2 第11頁(yè)（共 17頁(yè)）8（2017?北京）已知函數(shù) f（x）=excosx x（ 1）求曲線 y=f（x）在點(diǎn)（ 0， f（0）處的切線方程；（ 2）求函數(shù) f（ x）在區(qū)間

27、0， 上的最大值和最小值【解答】 解：（1）函數(shù) f（x）=ex的導(dǎo)數(shù)為f（ ）x（cosx sinx） 1，cosx xx=e可得曲線 y=f（x）在點(diǎn)（ 0， f（0）處的切線斜率為 k=e0（cos0sin0） 1=0，切點(diǎn)為（ 0， e0cos00），即為（ 0，1），曲線 y=f（x）在點(diǎn)（ 0，f（ 0）處的切線方程為y=1；（ 2）函數(shù) f（x）=excosxx 的導(dǎo)數(shù)為 f （x） =ex（ cosxsinx） 1，令 g（x） =ex（ cosxsinx） 1，則 g（x）的導(dǎo)數(shù)為 g（ x）=ex（cosxsinxsinx cosx）=2ex?sinx，當(dāng) x 0， ，可得

28、 g（x）=2ex?sinx0，即有 g（x）在 0， 遞減，可得 g（x） g（0）=0，則 f（ x）在 0， 遞減，即有函數(shù) f（ x）在區(qū)間 0， 上的最大值為f（0）=e0cos0 0=1；最小值為 f（） =ecos=9（2017?天津）設(shè) a Z，已知定義在 R 上的函數(shù) f（ x）=2x4+3x33x26x+a 在區(qū)間（ 1，2）內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn) x0， g（ x）為 f（ x）的導(dǎo)函數(shù)（ ）求 g（ x）的單調(diào)區(qū)間；（ ）設(shè) m 1，x0）（x0，2 ，函數(shù) h（x）=g（x）（mx0） f（m ），求證：h（m） h（ x0） 0；（ ）求證：存在大于 0 的常數(shù) A，使得對(duì)于

29、任意的正整數(shù)p，q，且 1，x0）（ x0，2，滿足| 0x |【解答】（ ）解：由 f（x） =2x4+3x3 3x2 6x+a，可得 g（ x）=f （x）=8x3+9x2 6x6，第12頁(yè)（共 17頁(yè)）進(jìn)而可得 g（x）=24x2+18x6令 g（ x）=0，解得 x= 1，或 x=當(dāng) x 變化時(shí)， g（x）， g（ x）的變化情況如下表：x（， 1）（ 1，）（， +）g（ x）+g（ x）所以， g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（，1），（，+），單調(diào)遞減區(qū)間是（1，）（ ）證明：由 h（x） =g（x）（mx0） f（m ），得 h（m）=g（m）（mx0） f（m），h（x0） =g（x

30、0）（m x0 ） f（m）令函數(shù) H1（x）=g（ x）（xx0） f（x），則 H1（x）=g（x）（ x x0）由（ ）知，當(dāng) x 1，2 時(shí)， g（x） 0，故當(dāng) x 1， x0）時(shí)， H1（ x） 0， H1（x）單調(diào)遞減；當(dāng) x（ x0，2 時(shí)， H1（x） 0，H1（x）單調(diào)遞增因此，當(dāng)x 1， x0）（ x0，2 時(shí)， H1（x） H1（x0） =f （x0） =0，可得 H1（ m） 0 即 h（m） 0，令函數(shù) H2（x）=g（x0）（xx0） f（ x），則 H2（ x）=g（x0） g（ x）由（ ）知， g（ x）在 1，2 上單調(diào)遞增，故當(dāng) x 1，x0）時(shí)， H2

31、（x） 0，H2（x）單調(diào)遞增；當(dāng) x（ x0， 2 時(shí)， H2（x） 0， H2（x）單調(diào)遞減因此，當(dāng) x 1，x0）（ x0， 2 時(shí)， H2（x） H2（x0）=0，可得得 H2（ m） 0 即 h（x0） 0，所以， h（m） h（ x0） 0（ ）對(duì)于任意的正整數(shù) p，q，且，令 m= ，函數(shù) h（x）=g（x）（mx0） f（ m）由（ ）知，當(dāng) m 1，x0 ）時(shí)， h（ x）在區(qū)間（ m，x0）內(nèi)有零點(diǎn)；當(dāng) m（ x0，2 時(shí)， h（x）在區(qū)間（ x0，m）內(nèi)有零點(diǎn)所以 h（x）在（ 1， 2）內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)為x1，則 h（ x1）=g（ x1）（第13頁(yè)（共 17頁(yè)

32、） x0） f （）=0由（ ）知 g（x）在 1，2 上單調(diào)遞增，故0 g（ 1） g（x1） g（2），于是 | x0=| =因?yàn)楫?dāng) x 1，2 時(shí)， g（x） 0，故 f（x）在 1，2 上單調(diào)遞增，所以 f （x）在區(qū)間 1，2 上除 x0外沒有其他的零點(diǎn)，而0，故f（）x0又因?yàn)?p， q， a 均為整數(shù)，所以 | 2p4+3p32 26pq3+aq4| 是正整數(shù)，q 3p q從而 | 2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4| 1所以 | x0 所以，只要取（），就有|0|A=g 2x |10（ 2017?山東）已知函數(shù)f（x）=x3ax2，aR，（ 1）當(dāng) a=2 時(shí)，求曲線

33、y=f（x）在點(diǎn)（ 3， f（3）處的切線方程；（ 2）設(shè)函數(shù) g（ x）=f（x） +（ x a） cosxsinx，討論 g（x）的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值【解答】 解：（1）當(dāng) a=2 時(shí)， f （x）= x3x2， f （ x）=x22x， k=f （3） =9 6=3， f（3）= 279=0，曲線 y=f（ x）在點(diǎn)（ 3，f（3）處的切線方程y=3（x3），即 3x y 9=0（ 2）函數(shù) g（x）=f（ x） +（ xa）cosxsinx= x3 ax2+（ x a） cosxsinx， g（x） =（ x a）（xsinx），令 g（x）=0，解得 x=a，或

34、x=0，若 a0 時(shí)，當(dāng) x0 時(shí)， g（x） 0 恒成立，故 g（x）在（， 0）上單調(diào)遞增，當(dāng) xa 時(shí)， g（ x） 0 恒成立，故 g（ x）在（ a，+）上單調(diào)遞增，當(dāng) 0x a 時(shí)， g（ x） 0 恒成立，故 g（ x）在（ 0，a）上單調(diào)遞減，當(dāng) x=a 時(shí)，函數(shù)有極小值，極小值為 g（ a） = a3sina第14頁(yè)（共 17頁(yè)）當(dāng) x=0 時(shí)，有極大值，極大值為g（ 0）= a，若 a0 時(shí)，當(dāng) x0 時(shí)， g（x） 0 恒成立，故 g（x）在（， 0）上單調(diào)遞增，當(dāng) xa 時(shí)， g（ x） 0 恒成立，故 g（ x）在（， a）上單調(diào)遞增，當(dāng) ax 0 時(shí)， g（ x）

35、0 恒成立，故 g（ x）在（ a，0）上單調(diào)遞減，當(dāng) x=a 時(shí)，函數(shù)有極大值，極大值為 g（ a） = a3sina當(dāng) x=0 時(shí)，有極小值，極小值為 g（ 0）= a當(dāng) a=0 時(shí)， g（x）=x（ x+sinx），當(dāng) x0 時(shí)， g（ x） 0 恒成立，故 g（ x）在（ 0，+）上單調(diào)遞增，當(dāng) x0 時(shí)， g（ x） 0 恒成立，故 g（ x）在（， 0）上單調(diào)遞增， g（ x）在 R 上單調(diào)遞增，無(wú)極值11（ 2017?天津）設(shè) a， b R， | a| 1已知函數(shù) f（x）=x36x23a（ a 4）x+b， g（x）=exf（ x）（ ）求 f（ x）的單調(diào)區(qū)間；（ ）已知函數(shù) y=g（x）和 y=ex 的圖象在公共點(diǎn)（ x0， y0）處有相同的切線，（ i）求證： f（x）在 x=x0 處的導(dǎo)數(shù)等于 0；（ ii）若關(guān)于 x 的不等式 g（x） ex 在區(qū)間 x0 1， x0 +1 上恒成立，求 b 的取值范圍【解答】（ ）解：由 f（ x） =x3 6x2 3a（ a 4） x+b，可得 f（ x）=3x2 12x 3a（a4）=3（ x a）（x（ 4a），令 f （x） =0，解得 x=a，或 x=4a由 | a| 1，得 a4a當(dāng) x 變化時(shí)， f （x）， f（x）的變化情況如下表：x（， ）