2018高考數(shù)學(xué)真題導(dǎo)數(shù)專題

1、 WORD格式整理版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）=ax2axxlnx，且f（x）0（1）求a；（2）證明：f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e2f（x0）223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）（

2、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6已知函數(shù)f（x）=（x）ex（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（cosxsinx+2x2），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)性并判斷有無(wú)極值，有

3、極值時(shí)求出極值8已知函數(shù)f（x）=excosxx（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9設(shè)aZ，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)m1，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

4、線方程；（2）設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）+（xa）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x01，x0+1上恒成立，求b的取值范圍12已知函數(shù) f（x）=ex（exa）a2x（1）討論 f（x）的單調(diào)性；（2）若f（x）0，求a的取值范圍2017年高考真題導(dǎo)數(shù)專題參考答案與試題解析一解

5、答題（共12小題）1（2017新課標(biāo)）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【解答】解：（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=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)

6、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（，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+（a2）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）+，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）ln0，1ln0，即ln+10，設(shè)t=，則g（t）=lnt+t1，（t0），求導(dǎo)g（t）=+1，由g（1）=0，t=1，解得：0a1，a的取值

7、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：xlna，當(dāng)f（x）0，解得：xlna，x（，lna）時(shí)，f（x）單調(diào)遞減，x（lna，+）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

8、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1ln0，即f（lna）0，故f（x）沒(méi)有零點(diǎn)，當(dāng)a（0，1）時(shí)，1ln0，f（lna）0，由f（2）=ae4+（a2）e2+22e2+20，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）=ax2axxl

9、nx，且f（x）0（1）求a；（2）證明：f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e2f（x0）22【解答】（1）解：因?yàn)閒（x）=ax2axxlnx=x（axalnx）（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)0x時(shí)h（x）0、當(dāng)x時(shí)h（x）0，所以h（x）min=h（），又因?yàn)閔（1）=aaln1=0，所以=1，解得a=1；（2）證明：由（1）可知f（x）=x2xxlnx，f（x）=2x2lnx，令f（x）=0，可得2x2lnx=0，記t（x）=2

10、x2lnx，則t（x）=2，令t（x）=0，解得：x=，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（）=ln210，從而t（x）=0有解，即f（x）=0存在兩根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2x02lnx0=0，所以f（x0）=x0x0lnx0=x0+2x02=x0，由x0可知f（x0）（x0）max=+=；由f（）0可知x0，所以f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，）上單調(diào)遞減，所以f（x0）f（）=；綜上所述，f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0

11、，且e2f（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)a0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）上單調(diào)遞減，在（a，+）上單調(diào)遞增，即f（x）min=f（a），又因?yàn)閒（x）min=f（a）0，所以a=1；（2）由（1）可知當(dāng)a=1時(shí)f（x）=x1lnx0，即lnxx1

12、，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*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)n3時(shí)，（1+）（1+）（1+）（2，e），因?yàn)閙為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，（1+）（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）

13、，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)閒（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（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)閒（x）=x3+ax2+bx+1（a0，bR）有極值，所以f（x）=3x2+2ax+b=0的實(shí)根，所以4a212b0，即a2+0，解得a3，所以b=+（a3）（2）證明：由

14、（1）可知h（a）=b23a=+=（4a327）（a327），由于a3，所以h（a）0，即b23a；（3）解：由（1）可知f（x）的極小值為f（）=b，設(shè)x1，x2是y=f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，則x1+x2=，x1x2=，所以f（x1）+f（x2）=+a（+）+b（x1+x2）+2=（x1+x2）（x1+x2）23x1x2+a（x1+x2）22x1x2+b（x1+x2）+2=+2，又因?yàn)閒（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)閍3，所以2a363a540，所以2a（a236）+9（a6）0，所以（a6）（2a2+12a+9）0，由于a3時(shí)2a2+12a+90，所以a6

15、0，解得a6，所以a的取值范圍是（3，65（2017新課標(biāo)）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【解答】解：（1）因?yàn)閒（x）=（1x2）ex，xR，所以f（x）=（12xx2）ex，令f（x）=0可知x=1，當(dāng)x1或x1+時(shí)f（x）0，當(dāng)1x1+時(shí)f（x）0，所以f（x）在（，1），（1+，+）上單調(diào)遞減，在（1，1+）上單調(diào)遞增；（2）由題可知f（x）=（1x）（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）=（1x）ex，則h（x）=xex0（x0），因此h（x）在0，+）上單調(diào)遞減，又因?yàn)閔（0）=1，

16、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）=exx1，則g（x）=ex10（x0），所以g（x）在0，+）上單調(diào)遞增，又g（0）=101=0，所以exx+1因?yàn)楫?dāng)0x1時(shí)f（x）（1x）（1+x）2，所以（1x）（1+x）2ax1=x（1axx2），取x0=（0，1），則（1x0）（1+x0）2ax01=0，所以f（x0）ax0+1，矛盾；當(dāng)a0時(shí)，取x0=（0，1），則f（x0）（1x0）（1+x0）2=1ax0+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）ex（x）（1）求f（x）的導(dǎo)函數(shù)；（2）求f（x

17、）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）=（12）ex（x）ex=（1x+）ex=（1x）（1）ex；（2）由f（x）的導(dǎo)數(shù)f（x）=（1x）（1）ex，可得f（x）=0時(shí)，x=1或，當(dāng)x1時(shí)，f（x）0，f（x）遞減；當(dāng)1x時(shí)，f（x）0，f（x）遞增；當(dāng)x時(shí)，f（x）0，f（x）遞減，且xx22x1（x1）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，e7（2017山東）已知函數(shù)f（x）=x2+2cosx，g（x）=ex（cosxsinx+2x2

18、），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)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值【解答】解：（I）f（）=22f（x）=2x2sinx，f（）=2曲線y=f（x）在點(diǎn)（，f（）處的切線方程為：y（22）=2（x）化為：2xy22=0（II）h（x）=g （x）a f（x）=ex（cosxsinx+2x2）a（x2+2cosx）h（x）=ex（cosxsinx+2x2）+ex（sinxcosx+2）a（2x2sinx）=2（xsinx）（exa）=2（xsinx）（exelna）令u（x

19、）=xsinx，則u（x）=1cosx0，函數(shù)u（x）在R上單調(diào)遞增u（0）=0，x0時(shí)，u（x）0；x0時(shí)，u（x）0（1）a0時(shí)，exa0，x0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）（exelna）=0解得x1=lna，x2=00a1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)，exelna0，h（x）0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增當(dāng)

20、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）=aln2a2lna+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1a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)，exelna0，h（x）0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)h（x）取得極大值，h（0）=2a1當(dāng)x=lna時(shí)，函數(shù)h（x）取得極小值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+co

21、s（lna）+2綜上所述：a0時(shí)，函數(shù)h（x）在（0，+）單調(diào)遞增；x0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）=12a0a1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）=aln2a2lna+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）

22、=2a1當(dāng)x=lna時(shí)，函數(shù)h（x）取得極小值，h（lna）=aln2a2lna+sin（lna）+cos（lna）+28（2017北京）已知函數(shù)f（x）=excosxx（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【解答】解：（1）函數(shù)f（x）=excosxx的導(dǎo)數(shù)為f（x）=ex（cosxsinx）1，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

23、（x）=ex（cosxsinx）1，令g（x）=ex（cosxsinx）1，則g（x）的導(dǎo)數(shù)為g（x）=ex（cosxsinxsinxcosx）=2exsinx，當(dāng)x0，可得g（x）=2exsinx0，即有g(shù)（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）=e0cos00=1；最小值為f（）=ecos=9（2017天津）設(shè)aZ，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)m1，x0）（x0，2，函數(shù)h（x）=g（x）（mx0）

24、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)于任意的正整數(shù)p，q，且1，x0）（x0，2，滿足|x0|【解答】（）解：由f（x）=2x4+3x33x26x+a，可得g（x）=f（x）=8x3+9x26x6，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（x0）（mx0）f（m）

25、令函數(shù)H1（x）=g（x）（xx0）f（x），則H1（x）=g（x）（xx0）由（）知，當(dāng)x1，2時(shí)，g（x）0，故當(dāng)x1，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)x1，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)x1，x0）時(shí)，H2（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)x1，x0）（x0，2時(shí)，H2（x）H2（x0）

26、=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)m1，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）（x0）f（）=0由（）知g（x）在1，2上單調(diào)遞增，故0g（1）g（x1）g（2），于是|x0|=因?yàn)楫?dāng)x1，2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(méi)有其他的零點(diǎn)，而x0，故f（）0又因?yàn)閜，q，a均為整數(shù)，所以

27、|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|是正整數(shù)，從而|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|1所以|x0|所以，只要取A=g（2），就有|x0|10（2017山東）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）+（xa）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）=96=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3xy9=0（2）函數(shù)g（x

28、）=f（x）+（xa）cosxsinx=x3ax2+（xa）cosxsinx，g（x）=（xa）（xsinx），令g（x）=0，解得x=a，或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)0xa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)ax0時(shí)，g（x）0恒

29、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，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x01，x0+1上恒成立，求b的取值范圍【解答】（）解：由f（x）=x36x23a（a4）x+b，可得f（x）=3x212x3a（a4）=3（xa）（x（4a），令f（x）=0，解得x=a，或x=4a由|a|1，得a4a當(dāng)x