2019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+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﹣（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； 第1页（共18页）
）…（1+）＜）ex（x≥）． ﹣
（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（fx）=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． 第2页（共18页）
．
2019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．（2019•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）→+∞, 第3页（共18页）
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）
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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）=﹣n0＞
﹣n0＞
﹣n0＞0,
（a
+a﹣2）
由ln（﹣1）＞﹣lna,
因此在（﹣lna, +∞）有一个零点． ∴a的取值范围（0, 1）．
2．（2019•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
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﹣,
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）max=﹣
=x0﹣
,
由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣+=；
由f′（）＜0可知x0＜＜,
所以f（x）在（0, x0）上单调递增, 在（x0, 所以f（x0）＞f（）=
；
）上单调递减,
综上所述, f（x）存在唯一的极大值点x0, 且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
3．（2019•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, 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．
）…（1+
）＜
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）,
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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+
）（1+
）=
＞
另一方面, （1+）（1+2；
从而当n≥3时, （1+）（1+）…（1+）∈（2, e）,
）…（1+
）＜m
因为m为整数, 且对于任意正整数n, （1+）（1+成立,
所以m的最小值为3．
4．（2019•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；
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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+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﹣所以b=
+（a≥3）．
﹣
+
=
（4a3﹣27）（a3
+≥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=所以f（x1）+f（x2）=
+
+a（
+
,
, x1x2=,
）+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]．
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5．（2019•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﹣＞0,
所以f（x）在（﹣∞, ﹣1﹣（﹣1﹣
, ﹣1+
）, （﹣1+
, +∞）上单调递减, 在
或x＞﹣1+
,
时f′（x）＜0, 当﹣1﹣
＜x＜﹣1+
时f′（x）
）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=≥ax0+1, 矛盾；
综上所述, a的取值范围是[1, +∞）．
6．（2019•浙江）已知函数f（x）=（x﹣
）e﹣x（x≥）．
∈（0, 1）, 则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2=1
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（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+
）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≥
⇔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]．
xcosx﹣sinx+2x﹣2）7．（2019•山东）已知函数（fx）=x2+2cosx, g（x）=e（, 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）．
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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]．
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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．（2019•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,
]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,
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最小值为f（ ）=ecos﹣=﹣． 9．（2019•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 g′（x） g（x） （﹣∞, ﹣1） + ↗ （﹣1, ﹣ ↘ ） （, +∞） + ↗ 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． 第13页（共18页）
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|≥
10．（2019•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
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．所以, 只要取A=g（2）, 就有|﹣x0|≥．
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．（2019•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）．
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（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, 4﹣a） a） f'（x） f（x） + ↗ ﹣ ↘ （4﹣a, +∞） + ↗ ∴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）第16页（共18页）
≤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．（2019•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,
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∴lna≤0, ∴0＜a≤1, ③当a＜0时, 由（1）可得f（x）min=f（ln（﹣））=∴ln（﹣）≤, ∴﹣2≤a＜0, , 1] ﹣a2ln（﹣）≥0,
综上所述a的取值范围为[﹣2 第18页（共18页）
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