2017年高考真題導(dǎo)數(shù)專題一.解答題(共12小題).已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍..已知函數(shù)f(x)=ax2-ax-xlnx，且f(x)>0.(1)求a；(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x。，且e「2<f(x。)<22..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)，且對于任意正整數(shù)n,(1+)(1+)…(1+)<m,求m的最小化.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,bCR)有極值，且導(dǎo)函數(shù)f'(x)的極值點是f(x)的零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應(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：b2>3a；(3)若f(x),f'(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-，求a的取值范圍..設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x2)ex.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x》0時，f(x)<ax+1,求a的取值范圍..已知函數(shù)f(x)=(x一)ex(x>).(1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù)；(2)求f(x)在區(qū)間［,+8)上的取值范圍..已知函數(shù)f(x)=x2+2cosx,g(x)=ex(cosx—sinx+2x—2),其中e=…是自然對數(shù)的底數(shù).(I)求曲線y=f(x)在點(兀，f(兀))處的切線方程；(H)令h(x)=g(x)-af(x)(aCR),討論h(x)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值..已知函數(shù)f(x)=excosx—x.(1)求曲線y=f(x)在點(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..設(shè)aCZ,已知定義在R上的函數(shù)f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在區(qū)間(1,2)內(nèi)有一個零點xo,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(I)求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(H)設(shè)mC[1,xo)U(xo,2],函數(shù)h(x)=g(x)(mi-xo)-f(m),求證：h(nrj)h(xo)<0；(m)求證：存在大于o的常數(shù)a,使得對于任意的正整數(shù)p,q,且e[1,xo)U(xo,2],滿足|-xo|>..已知函數(shù)f(x)=x3-ax2,aCR,(1)當(dāng)a=2時，求曲線y=f(x)在點(3,f(3))處的切線方程；(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)+(x-a)cosx-sinx,討論g(x)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值..設(shè)a,b€R,|a|<1,已知函數(shù)f(x)=x3—6x2-3a(a—4)x+b,g(x)=exf(x).(I)求f(x)的單調(diào)區(qū)問；(H)已知函數(shù)y=g(x)和y=ex的圖象在公共點(xo,yo)處有相同的切線，(i)求證：f(x)在x=xo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[xo-1,xo+1]上恒成立，求b的取值范圍..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.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)(2017漸課標(biāo)I)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)有兩個零點，求a的取值范圍.【解答】解：(1)由f(x)=ae2x+(a-2)ex-x,求導(dǎo)f'(x)=2ae2x+(a-2)e-1,當(dāng)a=0時，f'(x)=-2ex-1<0,??當(dāng)xCR,f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)a>0時，f'(x)=(2ex+1)(aex-1)=2a(ex+)(ex—),令f'(x)=0,解彳3：x=ln,當(dāng)f'(x)>0,解得：x>ln,當(dāng)f'(x)<0,解得：x<ln,x€(-oo,in)時，f(x)單調(diào)遞減，x€(In,+00)單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，f'(x)=2a(ex+)(ex-)<0,恒成立，??當(dāng)xCR,f(x)單調(diào)遞減，綜上可知：當(dāng)a00時，f(x)在R單調(diào)減函數(shù)，當(dāng)a>0時，f(x)在(-oo,in)是減函數(shù)，在(In,+00)是增函數(shù)；(2)①若a<0時，由(1)可知：f(x)最多有一個零點，當(dāng)a>0時，f(x)=ae2x+(a-2)ex-x,當(dāng)x—一oo時，e2x—0,ex一0,??當(dāng)x—一00時，f(x)一+oo,當(dāng)x一oo,e2x—+oo,且遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于ex和x,.?.當(dāng)X—oo,f(x)一+oo,:函數(shù)有兩個零點，f(X)的最小值小于0即可，由f(x)在(-8,in)是減函數(shù)，在(ln,+00)是增函數(shù)，?.f(x)min=f(ln)=ax()+(a-2)XTn<0,--In<0,即ln+-1>0,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：0<a<1,；a的取值范圍(0,1).方法二：(1)由f(x)=ae2x+(a-2)eXx,求導(dǎo)f'(x)=2ae2x+(a-2)ex1,當(dāng)a=0時，f'(x)=2ex—1<0,??當(dāng)xCR,f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)a>0時，f'(x)=(2ex+1)(aex-1)=2a(ex+)(ex-),令f'(x)=0,解彳3：x=-Ina,當(dāng)f'(x)>0,解得：x>—Ina,當(dāng)f'(x)<0,解得：x<-Ina,x€(-°°,—Ina)時，f(x)單調(diào)遞減，x€(-Ina,+00)單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，f'(x)=2a(ex+)(ex-)<0,恒成立，??當(dāng)xCR,f(x)單調(diào)遞減，綜上可知：當(dāng)a00時，f(x)在R單調(diào)減函數(shù)，當(dāng)a>0時，f(x)在(-oo,—Ina)是減函數(shù)，在(-Ina,+00)是增函數(shù)；(2)①若a<0時，由(1)可知：f(x)最多有一個零點，②當(dāng)a>0時，由(1)可知：當(dāng)x=-Ina時，f(x)取得最小值，f(x)min=f(Ina)=1——In,當(dāng)a=1,時，f(-Ina)=0,故f(x)只有一個零點，當(dāng)aC(1,+oo)時，由1——In>0,即f(—Ina)>0,故f(x)沒有零點，當(dāng)aC(0,1)時，1——ln<0,f(―lna)<0,由f(—2)=ae4+(a-2)e2+2>—2e2+2>0,故f(x)在(-oo,—lna)有一個零點，假設(shè)存在正整數(shù) no,滿足 no>ln (-1),則f (no) = (a+a-2) - no> - n0>-no>0,由In(-1)>-lna,因此在(-lna,+oo)有一個零點.；a的取值范圍(o,1).(2。17漸課標(biāo)H)已知函數(shù)f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)>o.(1)求a；(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點xo,且e「2<f(xo)<22.【解答】(1)解：因為f(x)=ax2-ax-xlnx=x(ax—a—lnx)(x>。)，貝Uf(x)》o等價于h(x)=ax-a-lnx>o,求導(dǎo)可知h'(x)=a-.則當(dāng)a&o時h'(x)<o,即y=h(x)在(o,+00)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x0>1時，h(xo)<h(1)=o,矛盾，故a>o.因為當(dāng)o<x<時h'(x)<o、當(dāng)x>時h'(x)>o,所以h(x)min=h(),又因為h(1)=a-a-ln1=o,所以=1,解得a=1；(2)證明：由(1)可知f(x)=x2-x-xlnx,f'(x)=2x-2-lnx,令f'(x)=o,可得2x—2—lnx=o,記t(x)=2x-2-lnx,貝Ut'(x)=2-,令t'(x)=o,解彳3：x=,所以t(x)在區(qū)間(o,)上單調(diào)遞減，在(，+8)上單調(diào)遞增，所以t(x)min=t()=ln2-1<o,從而t(x)=o有解，即f'(x)=o存在兩根xo,x2,且不妨設(shè)f' (x)在(0, X0)上為正、在(X0, X2)上為負(fù)、在(X2, +00)上為正，所以f(x)必存在唯一極大值點xo,且2x0-2-lnx0=0,所以f(x。)=-x。-xolnx0=-x0+2x。-2=x0-,由x0〈可知f(x0)<(x0—)max=一+=;由f' ()<0可知x0<<,所以f(x)在(0,x°)上單調(diào)遞增，在(x°,)上單調(diào)遞減，所以f(x°)>f()二;綜上所述，f(x)存在唯一的極大值點x°,且e「2<f(x°)<22.(2017漸課標(biāo)出)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)，且對于任意正整數(shù)n,(1+)(1+)…(1+)<m,求m的最小化【解答】解：(1)因為函數(shù)f(x)=x-1-alnx,x>0,所以f'(x)=1-=,且f(1)=0.所以當(dāng)a00時f'(x)>0恒成立，此時y=f(x)在(0,+00)上單調(diào)遞增，這與f(x)>0矛盾；當(dāng)a>0時令f'(x)=0,解得x=a,所以y=f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減，在(a,+00)上單調(diào)遞增，即f(x)min=f(a),又因為f(x)min=f(a)>0,所以a=1；(2)由(1)可知當(dāng)a=1時f(x)=x-1-lnx>0,即lnx&x-1,所以In(x+1)&x當(dāng)且僅當(dāng)x=0時取等號，所以In(1+)<,kCN*.一方面，In(1+)+ln(1+)+--+ln(1+)<++?+=1—<1,即(1+)(1+)…(1+)<e；另一方面，(1+) (1+)…(1+) >(1+) (1+) (1+) =>2；從而當(dāng)n》3時，(1+)(1+)…(1+)€(2,e),因為m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n,(1+)(1+)…(1+)<m成立，所以m的最小值為3.(2017?tt蘇)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,bCR)有極值，且導(dǎo)函數(shù)f'(x)的極值點是f(x)的零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應(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：b2>3a；(3)若f(x),f'(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-，求 a的取值范圍.【解答】(1)解：因為f(x)=x3+ax2+bx+1,2所以g(x)=f (x)=3x+2ax+b,g(x)=6x+2a,令g'(x)=0,解得x=-.由于當(dāng)x>-時g'(x)>0,g(x)=f'(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x<-時g'(x)<0,g(x)=f'(x)單調(diào)遞減；所以f'(x)的極小值點為x=-,由于導(dǎo)函數(shù)f'(x)的極值點是原函數(shù)f(x)的零點，所以f(一)=0,即—+—+1=0,所以b=+(a>0).因為f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,bCR)有極值，所以f'(x)=3x2+2ax+b=0的實根，所以4a2—12b>0,IPa2-+>0,解得a》3,所以b=+(a>3).(2)證明：由(1)可知h(a)=b2-3a=-+=(4a3-27)(a3-27),由于a>3,所以h(a)>0,即b2>3a；(3)解：由(1)可知f'(x)的極小值為f'(-)=b-,設(shè)xi,X2是y=f(x)的兩個極值點，則xi+X2=,xiX2二,所以f(xi)+f(x2)=++a(+)+b(xi+x2)+2=(xi+x2)[(xi+x2)2—3xix2]+a[(xi+x2)2—2xix2]+b(xi+x2)+2=+2,又因為f(x),f'(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-，所以b?—+2=—?—,因為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時2a2+12a+9>0,所以a-6<0,解得a<6,所以a的取值范圍是(3,6].(2017漸課標(biāo)H)設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x2)ex.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x》0時，f(x)<ax+1,求a的取值范圍.【解答】解：(1)因為f(x)=(1-x2)ex,xCR,所以f'(x)=(1—2x—x2)ex,令f'(x)=0可知x=-1±,當(dāng)x<—1—或x>—1+時f'(x)<0,當(dāng)—1—<x<—1+時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)=(1-x)(1+x)ex.下面對a的范圍進(jìn)行討論：①當(dāng)a>1時，設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,貝^h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+00)上單調(diào)遞減，又因為h(0)=1,所以h(x)<1,所以f(x)=(1-x)h(x)<x+1<ax+1；②當(dāng)0<a<1時，設(shè)函數(shù)g(x)=ex-x-1,則g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在［0,+8)上單調(diào)遞增，又g(0)=1-0-1=0,所以ex>x+1.因為當(dāng)0Vx<1時f(x)>(1-x)(1+x)2,所以(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=C(0,1),貝U(1—xO)(1+x。)2—ax0—1=0,所以f(x°)>ax0+1,矛盾；③當(dāng)a00時，取x0=C(0,1),則f(x°)>(1—xO)(1+x0)2=1>ax0+1,矛盾;綜上所述，a的取值范圍是［1,+8).(2017砌江)已知函數(shù)f(x)=(x-)ex(x>).(1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù)；(2)求f(x)在區(qū)間［,+8)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)ex-(x-)ex=(1-x+)ex=(1-x)(1-)ex；(2)由f(x)的導(dǎo)數(shù)f'(x)=(1-x)(1-)e：可得f'(x)=0時，x=1或，當(dāng)<x<1時，f'(x)<0,f(x)遞減；當(dāng)1<x<時，f'(x)>0,f(x)遞增；當(dāng)x>時，f'(x)<0,f(x)遞減，且x〉？x2>2x—1?(x―1)2>0,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［,+oo)上的取值范圍是［0,e］.(2017?山東)已知函數(shù)f(x)=x2+2cosx,g(x)=ex(cosx—sinx+2x—2),其中e=…是自然對數(shù)的底數(shù).(I)求曲線y=f(x)在點(兀，f(兀))處的切線方程；(H)令h(x)=g(x)-af(x)(aCR),討論h(x)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值.【解答】解：(I)f(冗)二冗2-2.f'(x)=2x-2sinx,f'(兀)=2冗.曲線y=f(x)在點(兀，f(兀))處的切線方程為：y-(兀2-2)=2冗(x一冗).化為：2：tx-y一兀？一2=0.(II)h (x) =g(x)-af(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,則u'(x)=1-cosx>0,「.函數(shù)u(x)在 R上單調(diào)遞增.u(0) =0,「x>。時，u(x)>0;x<0時，u(x)<0.a00時，ex-a>0,，x>0時，h'(x)>0,函數(shù)h(x)在(0,+oo)單調(diào)遞增；x<0時，h'(x)<0,函數(shù)h(x)在(-°°,0)單調(diào)遞減.；x=0時，函數(shù)h(x)取得極小值，h(0)=-1-2a.a>0時，令h'(x)=2(x—sinx)(ex—elna)=0.解得x1=lna,x2=0.①0<a<1時，x€(一°0,|na)時，ex—elna<0,h'(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；x€ (Ina,0)時，ex-elna>0,h' (x) <0,函數(shù)h (x)單調(diào)遞減；x€ (0,+oo)時，ex—elna>0,h' (x) >0,函數(shù)h (x)單調(diào)遞增.???當(dāng)x=0時，函數(shù)h(x)取得極小值，h(0)=-2a-1.當(dāng)x=lna時，函數(shù)h(x)取得極大值，h(lna)=-a[ln2a—2lna+sin(lna)+cos(Ina)+2].②當(dāng)a=1時，lna=0,xCR時，h'(x)>0,?,?函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增.③1<a時，lna>0,x€(一0°,0)時，ex—elna<0,h'(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；x€(0,lna)時，ex-elna<0,h'(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；x€(lna,+00)時，ex-elna>0,h'(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增.???當(dāng)x=0時，函數(shù)h(x)取得極大值，h(0)=-2a-1.當(dāng)x=lna時，函數(shù)h(x)取得極小值，h(lna)=-a[ln2a—2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].綜上所述：a00時，函數(shù)h(x)在(0,+00)單調(diào)遞增；x<0時，函數(shù)h(x)在(-8,0)單調(diào)遞減.x=0時，函數(shù)h(x)取得極小值，h(0)=-1-2a.0<a<1時，函數(shù)h(x)在xC(~°O,lna)是單調(diào)遞增；函數(shù)h(x)在xC(lna,0)上單調(diào)遞減.當(dāng)x=0時，函數(shù)h(x)取得極小值,h(0)=-2aT.當(dāng)x=lna時，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，lna=0,函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增.a>1時，函數(shù)h(x)在(-oo,0),(lna,+00)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，函數(shù)h(x)取得極大值，h(0)=-2a-1.當(dāng)x=lna時，函數(shù)h(x)取得極小值，h(lna)=-a[ln2a-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].(2017巧匕京)已知函數(shù)f(x)=excosx-x.(1)求曲線y=f(x)在點(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)=excosx—x的導(dǎo)數(shù)為f'(x)=ex(cosx—sinx)-1,可得曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線斜率為k=e0(cos0-sin0)-1=0,切點為(0,e°cos0-0),即為(0,1),曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=1;(2)函數(shù)f(x)=excosx—x的導(dǎo)數(shù)為f'(x)=e (-00 (-00,-1) (-1,) (,+00)令g(x)=ex(cosx—sinx)-1,貝Ug(x)的導(dǎo)數(shù)為g'(x)=ex(cosx—sinx-sinx—cosx)=—2ex?sinx,當(dāng)xC[0,],可得g'(x)=-2ex?sinx<0,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)=e°cos0-0=1;最小值為f()=ecos-=-.(2017以津)設(shè)aCZ,已知定義在R上的函數(shù)f(x)=2x4+3x3―3x2—6x+a在區(qū)間(1,2)內(nèi)有一個零點x°,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(I)求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(H)設(shè)mC[1, x°) U (x0, 2],函數(shù)h (x) =g (x) (mi-x0) -f (m),求證：h(nrj)h(x0)<0；(m)求證：存在大于0的常數(shù)A,使得對于任意的正整數(shù)p,q,且e[1,x。)U(x0,2],才兩足|-x0|》.【解答】(I)解：由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2—6x—6,進(jìn)而可得g'(x)=24x2+18x—6.令g'(x)=0,解得x=-1,或x=.當(dāng)x變化時，g'(x),g(x)的變化情況如下表：g'(x)+一+g(x)//所以，g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-8,-1),(,+OO),單調(diào)遞減區(qū)間是(-1,).(H)證明：由h(x)=g(x)(m-xo)-f(m),得h(mrj)=g(mj)(m-x0)-f(n),h(x0)=g(x°)(m-x0)-f(m.令函數(shù)H (x) =g (x) (x—xo) —f (x),貝U H' i(x) =g' (x)(x—x°).由(I)知，當(dāng)xC［1,2］時，g'(x)>0,故當(dāng)xC［1,xo)時，H'i(x)<0,H(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xC(x。，2］時，H'i(x)>0,H(x)單調(diào)遞增.因此，當(dāng)xC［1,x。)U(x。，2］時，H(x)>H(x。)=-f(x。)=0,可得H(m)>0即h(m)>0,令函數(shù) H2 (x)=g (x。)(x—x。)-f(x),則H'2(x)=g' (x。)—g(x).由(I)知，g(x)在［1,2］上單調(diào)遞增，故當(dāng)xC［1,x。)時，H'2(x)>0,H(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x€(x。，2］時，H'2(x)<0,H2(x)單調(diào)遞減.因此，當(dāng)xC［1,x。)U(x。，2］時，H(x)>H(x。)=0,可得得從(mj)<0即h(x。)<0,.所以，h(mi)h(x。)<0.(m)對于任意的正整數(shù)p,q,且，令mq函數(shù)h(x)=g(x)(mmx。)-f(mj).由(H)知，當(dāng)nn€［1,x。)時，h(x)在區(qū)間(m}x。)內(nèi)有零點；當(dāng)mC(x。，2］時，h(x)在區(qū)間(x。，mj)內(nèi)有零點.所以h (x)在(1,2)內(nèi)至少有一個零點，不妨設(shè)為 x1，則h (x1)=g (x。(-x。)-f()=0.由(I)知g(x)在［1,2］上單調(diào)遞增，故0<g(1)<g(x。<g(2),于是|-x0|=>=.因為當(dāng)xC［1,2］時，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Xo外沒有其他的零點，而WXo,故f()W0.又因為p,q,a均為整數(shù)，所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整數(shù)，從而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|>1.所以|-xo|所以，只要取A=g(2),就有|-xo|(2017?山東)已知函數(shù)f(x)=x3ax2,aCR,(1)當(dāng)a=2時，求曲線y=f(x)在點(3,f(3))處的切線方程；(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)+(x-a)cosx-sinx,討論g(x)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值.【解答】解：(1)當(dāng)a=2時，f(x)=x3-x2,f'(x)=x2-2x,..k=f'(3)=9-6=3,f(3)=X27-9=0,曲線y=f(x)在點(3,f(3))處的切線方程y=3(x-3),即3x-y-9=0函數(shù)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時，當(dāng)x<0時，g'(x)>0包成立，故g(x)在(-8,0)上單調(diào)遞增，當(dāng)x>a時，g'(x)>0包成立，故g(x)在(a,+00)上單調(diào)遞增，當(dāng)0<x<a時，g'(x)<0包成立，故g(x)在(0,a)上單調(diào)遞減，二當(dāng)x二a時，函數(shù)有極小值，極小值為g(a)=-a3-sina當(dāng)x=0時，有極大值，極大值為g(0)=-a,②若a<0時，當(dāng)x>0時，g'(x)>0包成立，故g(x)在(-8,0)上單調(diào)遞增，當(dāng)x<a時，g'(x)>0包成立，故g(x)在(-8,a)上單調(diào)遞增，當(dāng)a<x<0時，g'(x)<0包成立，故g(x)在(a,0)上單調(diào)遞減，二當(dāng)x二a時，函數(shù)有極大值，極大值為g(a)=-a3-sina當(dāng)x=0時，有極小值，極小值為g(0)=-a③當(dāng)a=0時，g'(x)=x(x+sinx),當(dāng)x>0時，g'(x)>0包成立，故g(x)在(0,+00)上單調(diào)遞增，當(dāng)x<0時，g'(x)>0包成立，故g(x)在(-8,0)上單調(diào)遞增，，-g(x)在R上單調(diào)遞增，無極值.11.(2017以津)設(shè)a,bCR,|a|01.已知函數(shù)f(x)=x3-6x2-3a(a-4)xx+b,g(x)=ef(x).(I)求f(x)的單調(diào)區(qū)問；(H)已知函數(shù)y=g(x)和y=ex的圖象在公共點(x°,y°)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［x°-1,x°+1］上恒成立，求b的取值范圍.【解答】(I)解：由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f(x)=3x2-12x3a(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.當(dāng)x變化時，f(x),f(x)的變化情況如下表：x(-巴a)(a,4-a)(4—a,+oo)f(x)+一+f(x)//，-f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-00,a),(4-a,+00),/r