∴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]．
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]．
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8．（2017?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，
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+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，
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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． 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）（， 第13页（共17页）
﹣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．（2017?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
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．所以，只要取A=g（2），就有|﹣x0|≥．
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．（2017?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）． （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 f'（x） f（x） （﹣∞，a） + ↗ （a，4﹣a） ﹣ ↘ （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）； 第15页（共17页）
（完整word版）高考数学真题导数专题及答案(2)
