2017年高考理科數(shù)學(xué)分類匯編 導(dǎo)數(shù)

2017年高考理科數(shù)學(xué)分類匯編導(dǎo)數(shù)1.若$x=-2$是函數(shù)$f(x)=(x+ax-1)e^{2x}-1$的極值點(diǎn)，則$f(x)$的極小值為多少？解析：首先求出$f'(x)$，有$f'(x)=(x+a+2x+a-1)e^{2x}-3$。因?yàn)?x=-2$是極值點(diǎn)，所以$f'(-2)=0$，代入得$a=-1$。將$a=-1$代入$f(x)$，得$f(x)=(x^2-x-1)e^{x-1}$，$f'(x)=(x^2+x-2)e^{x-1}$。令$f'(x)=0$，得$x=-2$或$x=1$。當(dāng)$x<-2$或$x>1$時(shí)，$f'(x)>0$；當(dāng)$-2<x<1$時(shí)，$f'(x)<0$。所以$f(x)$在$x=1$處取得極小值，即$f(1)=-1$。考點(diǎn)：函數(shù)的極值；函數(shù)的單調(diào)性。名師點(diǎn)睛：可導(dǎo)函數(shù)$y=f(x)$在點(diǎn)$x$處取得極值的充要條件是$f'(x)=0$，且在$x$左側(cè)與右側(cè)$f'(x)$的符號(hào)不同。若$f(x)$在$(a,b)$內(nèi)有極值，那么$f(x)$在$(a,b)$內(nèi)絕不是單調(diào)函數(shù)，即在某區(qū)間上單調(diào)增或減的函數(shù)沒有極值。2.已知函數(shù)$f(x)=x-2x+a(e^{2x}-1+e^{-x}+1)$有唯一零點(diǎn)，則$a$等于多少？解析：由條件，$f(x)=x^2-2x+a(e^x-1+e^{-x}+1)$，得：$$f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x}-1+e^{-(2-x)}+1)$$$$=x^2-4x+4-4+2x+a(e^{1-x}+e^x-1)$$$$=x^2-2x+a(e^x-1+e^{-x}+1)$$因此，$f(2-x)=f(x)$，即$x=1$為$f(x)$的對(duì)稱軸。由題意，$f(x)$有唯一零點(diǎn)，因此$f(x)$的零點(diǎn)只能為$x=1$，即$f(1)=\frac{1}{2}-2+a(e-1+\frac{1}{e}+1)=0$，解得$a=\frac{1}{2}$。考點(diǎn)：函數(shù)的零點(diǎn)；導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，分類討論的數(shù)學(xué)思想。名師點(diǎn)睛：函數(shù)零點(diǎn)的應(yīng)用主要表現(xiàn)在利用零點(diǎn)求參數(shù)范圍。若方程可解，通過解方程即可得出參數(shù)的范圍；若方程不易解或不可解，則將問題轉(zhuǎn)化為構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，利用兩個(gè)函數(shù)圖象的關(guān)系求解，這樣會(huì)使得問題變得直觀、簡(jiǎn)單，這也體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用。3.函數(shù)$y=f(x)$的導(dǎo)函數(shù)$y=f'(x)$的圖像如圖所示，則函數(shù)$y=f(x)$的圖像可能是哪一個(gè)？解析：根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的圖像，可以得知原函數(shù)先減再增，再減再增，且由增變減時(shí)，極值點(diǎn)大于$0$。因此，選項(xiàng)D是可能的?？键c(diǎn)：導(dǎo)函數(shù)的圖象?！久麕燑c(diǎn)睛】本題主要考查導(dǎo)數(shù)圖象與原函數(shù)圖象的關(guān)系。若導(dǎo)函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)為x，且圖象在x兩側(cè)附近連續(xù)分布于x軸上下方，則x為原函數(shù)單調(diào)性的拐點(diǎn)。運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識(shí)來討論函數(shù)單調(diào)性時(shí)，由導(dǎo)函數(shù)f'(x)的正負(fù)，得出原函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間。4.【2017課標(biāo)1，理21】已知函數(shù)f(x)=ae^(2x)+(a-2)e^x-x。（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?！窘馕觥吭囶}分析：（1）討論f(x)單調(diào)性，首先進(jìn)行求導(dǎo)，發(fā)現(xiàn)式子特點(diǎn)后要及時(shí)進(jìn)行因式分解，在對(duì)a按a≤1，寫出單調(diào)區(qū)間；（2）根據(jù)第（1）題，若a≤1，f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)。若a>1，當(dāng)x=-lna時(shí)，f(x)取得最小值，求出最小值f(-lna)=1-1/(a+lna)。根據(jù)a=1和a∈(1,+∞)進(jìn)行討論，可知當(dāng)a∈(0,1)有2個(gè)零點(diǎn)，設(shè)正整數(shù)n滿足n>-ln(-1)，則f(n)=e^n(ae^n+a-2)-n>e^n-n>2n-n。由于ln(-1)>-lna，因此f(x)在(-lna,+∞)有一個(gè)零點(diǎn)。所以a的取值范圍為(0,1)。（1）由于f(x)=ae^(2x)+(a-2)e^x-x，故f'(x)=2ae^(2x)+(a-2)e^x-1=(ae^x-1)(2e^x+1)。①當(dāng)a≤1時(shí)，ae^x-1<0，2e^x+1>0。從而f'(x)<0恒成立。f(x)在R上單調(diào)遞減。②當(dāng)a>1時(shí)，令f'(x)=0，從而ae^x-1=0，得x=-lna。此時(shí)f(x)取得最小值，為f(-lna)=1-1/(a+lna)。對(duì)于x<-lna，ae^x-1<0，2e^x+1<0；對(duì)于x>-lna，ae^x-1>0，2e^x+1>0。因此，f(x)在(-∞,-lna)上單調(diào)遞減，在(-lna,+∞)上單調(diào)遞增。（2）由（1）知，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)在R上單調(diào)減，故f(x)在R上至多一個(gè)零點(diǎn)，不滿足條件。當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，f(x)在(-lna,+∞)上單調(diào)遞增，有兩個(gè)零點(diǎn)。當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=e^(2x)-x-2，只有一個(gè)零點(diǎn)。當(dāng)a>1時(shí)，f(x)在(-∞,-lna)上單調(diào)遞減，在(-lna,+∞)上單調(diào)遞增，有一個(gè)零點(diǎn)。若a>1，則f_min=1-1/(a+lna)。令g(a)=1-1/(a+lna)，則g'(a)=1/(a+lna)^2>0。從而g(a)在(0,+∞)上單調(diào)增，g(1)=1，當(dāng)a∈(0,1)時(shí)，g(a)<0。當(dāng)a>1時(shí)，g(a)>0。因此，a∈(0,1)時(shí)，有兩個(gè)零點(diǎn)；a=1時(shí)，有一個(gè)零點(diǎn)；a>1時(shí)，有一個(gè)零點(diǎn)。綜上，a的取值范圍為(0,1)。已知函數(shù)$f(x)=ax-a-x\lnx$，且$f(x)\geq2$。(1)求$a$；(2)證明：$f(x)$存在唯一的極大值點(diǎn)$x$，且$e^{-2}<f(x)<2^{-2}$。解：(1)由$f(x)\geq2$可得$ax-a-x\lnx\geq2$，即$ax-a\geqx\lnx+2$。令$g(x)=ax-a-x\lnx-x-2$，則$g'(x)=a-1-\frac{1}{x}$，$g''(x)=-\frac{1}{x^2}<0$，所以$g'(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞減。當(dāng)$x\leq\frac{1}{a-1}$時(shí)，$g'(x)\geqa-1-\frac{1}{\frac{1}{a-1}}=0$，即$g(x)$在$\left(0,\frac{1}{a-1}\right]$單調(diào)遞增；當(dāng)$x>\frac{1}{a-1}$時(shí)，$g'(x)<0$，即$g(x)$在$\left(\frac{1}{a-1},+\infty\right)$單調(diào)遞減。又因?yàn)?g(1)=a-3<0$，所以$\frac{1}{a-1}<1$，即$a>2$。綜上，$a>2$。(2)由$f(x)\geq2$可得$x>\frac{1}{a-1}$。令$h(x)=e^{f(x)}=e^{ax-a-x\lnx}$，則$h'(x)=e^{ax-a-x\lnx}(a-\lnx-1)$，$h''(x)=e^{ax-a-x\lnx}(-\frac{1}{x})<0$。當(dāng)$x>\frac{1}{a}$時(shí)，$h'(x)=0$的唯一解為$x=\frac{e}{a}$，且$h''\left(\frac{e}{a}\right)<0$，所以$h(x)$在$x=\frac{e}{a}$處取得唯一的極大值。又因?yàn)?f(x)\geq2$，所以$h(x)>e^2$，即$f(x)>2\lne-e^2=e^{-2}$。又因?yàn)?f(x)$單調(diào)遞減，所以$f(x)<f(1)=a-a+1=1$，即$h(x)<e$。綜上，$e^{-2}<f(x)<2^{-2}$。首先，我們來看函數(shù)$g(x)=\frac{x^a-1}{x^a+1}$，其中$a>0$。當(dāng)$x<1$時(shí)，$g(x)<0$，當(dāng)$x=1$時(shí)，$g(x)=0$，當(dāng)$x>1$時(shí)，$g(x)>0$。因此，$g(x)$在$(0,1)$上單調(diào)遞減，在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞增。當(dāng)$a\neq1$時(shí)，$g'(x)=\frac{a(x^a+1)-a(x^a-1)}{(x^a+1)^2}=\frac{2a}{(x^a+1)^2}>0$，因此$g(x)$在任意區(qū)間上都沒有極值點(diǎn)，也沒有拐點(diǎn)。當(dāng)$a=1$時(shí)，$g'(x)=\frac{1}{(x+1)^2}>0$，因此$g(x)$在任意區(qū)間上都單調(diào)遞增，且在$x=1$處有一個(gè)極小值點(diǎn)$g(1)=0$。綜上所述，$a=1$。接下來，我們來看函數(shù)$f(x)=x^2-x-x\lnx$，其中$x>0$。$f'(x)=2x-2-\lnx$，令$h(x)=2x-2-\lnx$，則$h'(x)=2-\frac{1}{x}$。當(dāng)$x<\frac{1}{2}$時(shí)，$h'(x)<0$，因此$h(x)$在$(0,\frac{1}{2})$上單調(diào)遞減，在$(\frac{1}{2},+\infty)$上單調(diào)遞增。$h(x)$在$x=e^{-2}$處取得最小值$h(e^{-2})=1-\ln2$。因?yàn)?h(e^{-2})<0$，所以$f'(x)>0$的區(qū)間中必有一個(gè)零點(diǎn)，即$f(x)$在$(0,e^{-2})$上單調(diào)遞減，在$(e^{-2},+\infty)$上單調(diào)遞增。設(shè)$f'(x)$在$(0,1)$和$(1,+\infty)$上的零點(diǎn)分別為$x_1$和$x_2$，則$f'(x)$在$(x_1,x_2)$上單調(diào)遞增，$f(x)$在$(0,x_1)$和$(x_2,+\infty)$上單調(diào)遞減，在$(x_1,x_2)$上單調(diào)遞增。因此，$x_1$是$f(x)$的極大值點(diǎn)，$x_2$是$f(x)$的極小值點(diǎn)。由于$f'(x)>0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞增，因此$x_1<1<x_2$，且$f(x)$在$(0,x_1)$和$(x_2,+\infty)$上單調(diào)遞減，在$(x_1,x_2)$上單調(diào)遞增。因此，$x_1$是$f(x)$的極大值點(diǎn)，$x_2$是$f(x)$的極小值點(diǎn)。由于$f'(x)>0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞增，因此$f(x)>f(e^{-2})=e^{-4}+e^{-2}$。【名師點(diǎn)睛】導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)單調(diào)性、極值和最值的最有效工具。函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中的重要知識(shí)點(diǎn)，因此在歷屆高考中，對(duì)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用考查非常重要。本專題從以下幾個(gè)角度對(duì)高考中對(duì)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用進(jìn)行了探討：(1)考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，通常與解析幾何和微積分相關(guān)。(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性，以及已知單調(diào)性求參數(shù)。(3)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值（極值），解決生活中的優(yōu)化問題。(4)考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用?！?017課標(biāo)3，理21】已知函數(shù)f(x)=x-1-alnx。（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，有l(wèi)n(1+1/2)+ln(1+1/22)+...+ln(1+1/n2)<m，求m的最小值。【解析】(1)由原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系可得，x=a是f(x)在x∈(0,+∞)的唯一最小值點(diǎn)。列方程解得a=1。(2)利用題意結(jié)合(1)的結(jié)論對(duì)不等式進(jìn)行放縮，得到ln(1+1/2)+ln(1+1/22)+...+ln(1+1/n2)<1-1/n。根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，可得到ln(1+1/2)+ln(1+1/22)+...+ln(1+1/n2)<1-1/n<1。因此，m的最小值為3。1.根據(jù)連乘式展開，得到(1+1/2)(1+1/3)...(1+1/n)<e，另一方面，(1+1/2)(1+1/3)...(1+1/n)>(1+1)(1+1/2)(1+1/3)=2，當(dāng)n≥3時(shí)，(1+1/2)(1+1/3)...(1+1/n)∈(2,e)，因?yàn)閙∈N*，所以(1+1/2)(1+1/3)...(1+1/n)<m，所以m的最小值為3。2.導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)單調(diào)性和極值的有效工具，函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的重要知識(shí)點(diǎn)。在歷屆高考中，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用考查非常突出，主要從幾何意義、單調(diào)性、最值和數(shù)形結(jié)合思想等角度進(jìn)行。3.解：(Ⅰ)由題意可知f(π)=π^2-2，又f'(x)=2x-2sinx，所以f'(π)=2π，因此曲線y=f(x)在點(diǎn)(π,f(π))處的切線方程為y-（π^2-2）=2π(x-π)，即y=2πx-π^2-2。(Ⅱ)由題意得h(x)=e^2(cosx-sinx+2x-2)-ax^2+2cosx，因?yàn)閔'(x)=e^x(cosx-sinx+2x-2)+e^x(-sinx-cosx+2)-a(2x-2sinx)=2e^x(x-sinx)-a(x-sinx)，令m(x)=x-sinx，則m'(x)=1-cosx≥0，所以m(x)在R上單調(diào)遞增。所以當(dāng)x>π時(shí)，m(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x<π時(shí)，m(x)<0，所以h(x)單調(diào)遞減。當(dāng)x=π時(shí)，h'(π)=2e^π(π-1)-a(π-1)，當(dāng)a<2e^π(π-1)/(π-1)時(shí)，h'(π)>0，所以h(x)在x=π處取極小值，極小值為h(π)=e^2(1-π)+2。當(dāng)a>2e^π(π-1)/(π-1)時(shí)，h'(π)<0，所以h(x)在x=π處取極大值，極大值為h(π)=e^2(1-π)-2π^2+6π-2。當(dāng)a>1時(shí)，lna>0，所以當(dāng)x∈(?∞,lna)時(shí)，lna?x>0，即ex<ea，所以h(x)=ex?elna=ex?a單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(lna,0)時(shí)，lna?x<0，即ex>ea，所以h(x)=ex?elna=ex?a單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)，h(x)=ex?elna=ex?a單調(diào)遞增。因此，當(dāng)x=lna時(shí)，h(x)取得極大值。h(lna)=eln?a=?a(lna?2ln2+sinlna+coslna+2)為極大值；當(dāng)x=0時(shí)，h(x)取得極小值。h(0)=e0?elna=?2a?1為極小值。當(dāng)a=1時(shí)，lna=0，所以h(x)=ex?elna=ex單調(diào)遞增，無極值。答案：（Ⅰ）y=1；（Ⅱ）最大值為1，最小值為?2。解析：（Ⅰ）易得f(0)=1，f′(x)=e(cosx?sinx)?1，f′(0)=0，因此曲線在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=1。（Ⅱ）f′(x)=e(cosx?sinx)?1，設(shè)f′(x)=g(x)，則g′(x)=?e(sin2x+cos2x)≤0，即g(x)在[0,π/2]上單調(diào)遞減，因此f′(x)在[0,π/2]上單調(diào)遞減，f(x)在[0,π/2]上單調(diào)遞減，f(0)=1為最大值，f(π/2)=?2為最小值。1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間：首先，根據(jù)題意可得：f(x)=2x+3x-3x-6x+ag(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，即：g(x)=f'(x)=8x+9x-6x-6進(jìn)一步求導(dǎo)，得到：g'(x)=24x+18x-6令g'(x)=0，解得x=-1或x=1/3當(dāng)x<-1時(shí)，g'(x)<0，即g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)-1<x<1/3時(shí)，g'(x)>0，即g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1/3時(shí)，g'(x)<0，即g(x)單調(diào)遞減。綜上所述，g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-1)和(1/3,+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(-1,1/3)。2.（Ⅱ）設(shè)m∈[1,x)∪(x,2]，函數(shù)h(x)=g(x)(m-x)-f(m)，求證：h(m)h(x)<0；根據(jù)題意，可得：h(m)=g(m)(m-x)-f(m)h(x)=g(x)(m-x)-f(m)將h(m)和h(x)代入h(m)h(x)的式子中，得到：h(m)h(x)=[g(m)(m-x)-f(m)][g(x)(m-x)-f(m)]展開式子，得到：h(m)h(x)=g(m)g(x)(m-x)2-[g(m)f(m)+g(x)f(m)](m-x)+f(m)2因?yàn)間(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)m<x時(shí)，g(m)<g(x)；當(dāng)m>x時(shí)，g(m)>g(x)。因此，h(m)h(x)的符號(hào)與(m-x)2的符號(hào)相同。因?yàn)閙∈[1,x)∪(x,2]，所以(m-x)2>0，即h(m)h(x)<0。3.（Ⅲ）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p∈[1,x)∪(x,2]，滿足|p/q-x|≥A/q?。首先，根據(jù)拉格朗日中值定理，可得：f(x+h)-f(x)=hf'(x+θh)，其中θ∈(0,1)將f(x)=2x+3x-3x-6x+a代入，得到：f(x+h)-f(x)=2h+3h-3h-6h因此，f(x+h)-f(x)=-4h又因?yàn)間(x)=f'(x)，所以g(x+h)-g(x)=f''(x+θh)h，其中θ∈(0,1)將f''(x)代入，得到：g(x+h)-g(x)=24h+18h因此，g(x+h)-g(x)=42h根據(jù)題意，可得：|p/q-x|=|(p-qx)/q|因?yàn)閜∈[1,x)∪(x,2]，所以|p-qx|≥1。因此，|p/q-x|≥1/q。又因?yàn)間(x)單調(diào)遞增，所以|g(x+h)-g(x)|=42h。因此，|h|≤|g(x+h)-g(x)|/42。又因?yàn)間(x)的單調(diào)性，所以當(dāng)h>0時(shí)，g(x+h)>g(x)；當(dāng)h<0時(shí)，g(x+h)<g(x)。因此，當(dāng)h>0時(shí)，g(x+h)-g(x)≥g(x)-g(x-h)；當(dāng)h<0時(shí)，g(x+h)-g(x)≤g(x)-g(x-h)。因此，|g(x+h)-g(x)|≥|g(x)-g(x-h)|。將|h|≤|g(x+h)-g(x)|/42代入，得到：|h|≤|g(x)-g(x-h)|/42又因?yàn)間(x)單調(diào)遞增，所以g(x)-g(x-h)=∫x-hxg'(t)dt。因此，|h|≤∫x-hx|g'(t)|dt/42。因?yàn)間'(x)=24x+18x-6，所以|g'(x)|=24|x|+18|x|+6。因?yàn)閤∈[1,2]，所以|g'(x)|≤72。因此，|h|≤∫x-hx72dt/42=36|h|/42。因此，|h|≤18/21|h|。因此，|p/q-x|≥1/q≥A/q?，其中A=1/18。由（I）知道，函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，因此有g(shù)(1)<g(x1)<g(2)，其中x1∈[1,2]。根據(jù)題意，有：f(x)=|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|/|qg(x)-x|因?yàn)閤∈[1,2]，所以g(x)>0。因此，當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，有：|qg(x)-x|≥|qg(x1)-x1|，因?yàn)間(x)單調(diào)遞增，所以有：|qg(x1)-x1|≥|qg(1)-1|，|qg(2)-2|≥|qg(x1)-x1|將上述不等式代入原式中，得到：|f(x)|≤|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|/|qg(2)g(2)q4q|因?yàn)間(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增。因此，f(x)在區(qū)間[1,2]上除x外沒有其他的零點(diǎn)。又因?yàn)閒(x)≠0，所以x≠p/q。因?yàn)閜、q、a均為整數(shù)，所以|2p+3pq-3pq-6pq+aq|是正整數(shù)，從而|2p+3pq-3pq-6pq+aq|≥1。因此，有：|p/q-x|≥1/|qg(2)g(2)q4q|因此，只要取A=g(2)/g(2)q4q，就有：|p/q-x|≥1/A根據(jù)題意，有：f(x)=(x-2x-1)e-x（Ⅰ）求f(x)的導(dǎo)函數(shù)：f'(x)=(1-x)(1-2x)e-x-(x-2x-1)e-x=-(x2-3x+1)e-x（Ⅱ）求f(x)在區(qū)間[1,+∞)上的取值范圍：令g(x)=x-2x-1，則g'(x)=1-2/(x-1)2，當(dāng)1<x<2時(shí)，g'(x)<0，當(dāng)x>2時(shí)，g'(x)>0，因此g(x)在x=1處取得最小值，即g(1)=-1/2。因?yàn)閑-x>0，所以f(x)的符號(hào)與g(x)的符號(hào)相同。因此，f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減。又因?yàn)閒(1)=0，f(x)>0（x>1），因此f(x)在區(qū)間[1,+∞)上的最小值為0。當(dāng)x→+∞時(shí)，f(x)→0，因此f(x)在區(qū)間[1,+∞)上的最大值為e。綜上，f(x)在區(qū)間[1,+∞)上的取值范圍為[0,e]。本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用。第一方面是函數(shù)單調(diào)性的討論，需要先考慮函數(shù)的定義域，再求出導(dǎo)數(shù)f'(x)，根據(jù)f'(x)的正負(fù)來確定函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間。第二方面是函數(shù)的最值（極值）的求法，需要結(jié)合單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)的定義及自變量的取值范圍，得出函數(shù)f(x)的極值或最值。題目給出函數(shù)f(x)=x^3+ax^2+bx+1(a>0,b∈R)，已知f(x)有極值，且導(dǎo)函數(shù)f'(x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn)。（1）求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域。根據(jù)題意，f'(x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn)，即f'(x)=0時(shí)，f(x)=0。將f(x)代入f'(x)中，得到3x^2+2ax+b=0。解方程得到x=-2a/3±√(4a^2-12b)/3a，由于f'(x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn)，所以這兩個(gè)解也是f(x)的極值點(diǎn)。又由于f(