高考数学真题导数专题及答案

1、2017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xo,且e 2<f (xo) <2 23 .已知函数 f (x) =x- 1alnx.(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 m的最小值.4 .已知函数f (x) =x3+ax2+bx+1 (a>0,

2、 b C 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x0时，f (x) < ax+1,求a的取值范围.6 .已知函数 f (x) = (x -) e x (x>).(1)求f (x)的导函数；(2)求f (x)在区间上，+oo)上的取值范围.7 .已知函数 f (x)

3、 =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(砥f ( tt)处的切线方程；(H)令h(x)=g(x)- a f(x)(aCR),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0,二匚上的最大值和最小值.9 .设aCZ,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xo, g (x)为f

4、 (x)的导函数.(I )求g (x)的单调区间；(H )设 m C 1 , x0)U (xo, 2,函数 h (x) =g (x) (m - xo) f (m),求证: h (m) h (xo) <0;(m)求证：存在大于o的常数A,使得对于任意的正整数p, q,g2 e 1 , xo) qu (xo, 2,满足 |E-xo|Q1Ao”10.已知函数f (x) x3-3，aCR,(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.1

5、1 .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)的单调区问；(n )已知函数y=g (x)和丫=?的图象在公共点(xo, yo)处有相同的切线，(i)求证：f (x)在x=xo处的导数等于0；(ii)若关于x的不等式g (x) &ex在区间xo-1, xo+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.参考答案与试题解析一.解答题(共12小题)1.

6、(2017渐课标 I)已知函数 f (x) =aS+ (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+ (a2) ex 1,当 a=0时，f'(x) =- 2ex- 1<0, 当xCR, f (x)单调递减，当 a>0 时，f'(x) = (2ex+1) (aex 1) =2a (exg) (ex),令 f'(x) =0,解彳导：x=ln,a当 f'(x) >0,解得：x>ln

7、,a当 f'(x) <0,解得：x<ln, ax (- oo, ink)时，f (x)单调递减，x (ln, +00)单调递增； aa当 a<0 时，f'(x) =2a (ex+i-) (ex-) <0,恒成立， 当xCR, f (x)单调递减，综上可知：当a00时，f (x)在R单调减函数，当a>0时，f (x)在(-8, |nL)是减函数，在(ln, +oo)是增函数； aa(2)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一 oo 时，e2x-0, e

8、x 0,.当 xoo时，f (x) 一+oo,当x-00, e2x一+oo,且远远大于 ex和x,当 x一00, f (x) 一+oo.函数有两个零点,f (x)的最小值小于0即可,由 f(X)在(00,ln)是减函数, a在(ld a,+00)是增函数,f (x) min=f (ln)=ax ()+ (a 2)-lnl< 0,即 ln+i- - 1 > 0设 t= 艮,则 g (t) =lnt+t 1, (t>0), a求导 g' (t) =-+1,由 g (1) =0；tJ> 1,解得：0<a<1, a；a的取值范围(0, 1).方法二：(1)由

9、 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xCR, f (x)单调递减，当 a>0 时，f'(x) = (2ex+1) (aex 1) =2a (ex+) (ex,令 f'(x) =0,解彳#： x=- lna,当 f'(x) >0,解得：x> - lna,当 f'(x) <0,解得：x< - lna,xC (-8, ina)时，f (x)单调递减，x (-lna, +00)单调递

10、增;当 a<0 时，f'(x) =2a (ex+1) (ex-) <0,恒成立， 当xCR, f (x)单调递减，综上可知：当a00时，f (x)在R单调减函数，当a>0时，f (x)在(-oo, ina)是减函数，在(-ina, +°°)是增函数；(2)若a<0时，由(1)可知：f (x)最多有一个零点，当a>0时，由(1)可知：当x=-ina时，f (x)取得最小值，f (x) min=f (ina) =1in,当a=1,时，f (-ina) =0,故f (x)只有一个零点，当 a C (1, +°°)时，由 1

11、 上一in>0,即 f ( ina) >0, a a故f (x)没有零点,第3页(共17页)当 aC (0, 1)时，1-lnl<0, f ( -lna) <0, a a由 f ( 2) =ae 4+ (a-2) e 2+2>2e 2+2>0,故f (x)在(-3 lna)有一个零点，假设存在正整数 no,满足 no>ln ( - 1),则 f (no) =。(a氐'+a-2) - no a J。- no > z - no > 0,由 in (3-1) > - lna, a因此在(-lna, +oo)有一个零点.；a的取值范围

12、(o, 1).2. (2。17渐课标 II)已知函数 f (x) =aX2- ax - xlnx,且 f (x) > o.(1)求 a；(2)证明：f (x)存在唯一的极大值点xo,且e 2<f (xo) <2 2.【解答】(1)解：因为 f (x) =aW ax xlnx=x (ax alnx) (x>o), 贝U f (x)o 等价于 h (x) =ax- a - lnx>o,求导可知 h' (x) =a-. 则当a&o时h' (x) <o,即y=h (x)在(o, +00)上单调递减，所以当 xo>1 时，h (xo) &

13、lt; h (1) =o,矛盾，故 a>o. 因为当 o<x<一时 h' (x) <o、当 x>-L时 h' (x) >o, aa所以 h (x) min=h (),又因为 h (1) =a- a- ln1=o,所以工=1,解得a=1； a(2)证明：由(1)可知 f (x) =x2 - x - xlnx, f' (x) =2x- 2 - lnx,令 f'(x) =o,可得 2x 2 lnx=o,记 t (x) =2x- 2- lnx,则 t ' (x) =2十令 t ' (x) =o,解得：x,所以t （x）

14、在区间（o,号）上单调递减，在（+ 8）上单调递增,第5页（共17页）所以 t (x) min=t(7j-) =ln2T<o,从而 t (x) =o 有解，即 f '(x) =o 存在两根由 xo<M知 f（X0）<（X0 maX一=_ 1 +L=L .=+-=-X0, X2,且不妨设f'(x)在(0, X0)上为正、在(X0, X2)上为负、在(X2, +00)上为正, 所以f (x)必存在唯一极大值点xo,且2x0 - 2 - lnx0=0,xo+2xo 2 ,=X0 工口5口所以 f （xo）=买/ xo xolnxo=E/第7页(共17页)<0

15、可知 xo<!<e所以f(X)在(0, X0)上单调递增,在(X0,)上单调递减,所以 f（X0）>f （） =-;综上所述，f (x)存在唯一的极大值点Xo,且 e 2<f（X0） <2 2.3. (2017渐课标出)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工)(1+L)(1上L) <m,求 1222| 12rlim的最小值.【解答】解：(1)因为函数f (x) =x- 1 - alnx, x>0,所以 f' (x) =1 - Aa ,且 f (1)

16、 =0. 工 x所以当a00时f'(x) >0包成立，止匕时y=f (x)在(0, +oo)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, +00)上单调递增，即f (x) min=f (a),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In (x+1) &x当且仅当x=0时取等号，所以 ln(1+T)(十，kCN*.一方面，ln

17、(1+X) +ln (1+-L) +- +ln (1+L)(二 + L+L=1 L< 1, 2222n 2 22 2n 2rl即(1+1) (1+士)(1+上)<e；222 2rl另一方面，(1+) (1总)(1,)> (1+L) (1+At)(1)=>2；2 g2 2n2222164从而当 n3 时，(1+L) (1工)(1+-) (2, e), 国 羽 2n_因为m为整数，且对于任意正整数 n, (1工)(1占L)(1+L) <m成立，222 2rl所以m的最小值为3.(a>0, bCR)有极值，且导函数4. (20177tt苏)已知函数 f (x) =

18、x3+ax2+bx+1f'(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；二，求a的取值范围. 2(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-【解答】(1)解：因为f (x) =x3+ax2+bx+1,所以 g (x) =f '(x) =3*+2ax+b, g' (x) =6x+2a,由于当x>-令 g' (x) =0,解得 x=-时 g'(x) >0, g (x) =f'(x)单调递增；当 x<-

19、二时 g'(x) < 30, g (x) =f'(x)单调递减;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 (-二)=0,即-27 9-*+1=0J所以b=(a>0).因为 f (x) =x3+ax2+bx+1 (a>0, b C R)有极值, 所以 f' (x) =3x2+2ax+b=0 的实根，所以4a2-12b>0,即a2->0,解得 a>3,2所以b=(a>3).(2)证明：由(1)可知 h (a) =b2-3a=!式-显口 jL (4a3-27) (a

20、3813 a2 81 a2-27),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（谓）=b-h X1X23所以 f（X1）+f（X2）=xj+a (工之+N/) +b(X1+X2) +2设X1, X2是y=f （x）的两个极值点，则X1 +X2=(X1+X2) (X1+X2) 2 3X1X2+a(X1+X2) 2 - 2X1X2+ b (X1+X2) +2=1或纯+2、273又因为f (x) , f' (x)这两个函数的所有极值之和不小于- 三,所以b-乙量-辿+23-/方-工， 3273 出 92因为 a

21、>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, 6.5. (2017渐课标 II)设函数 f (x) = (1-x2) ex.(1)讨论f (x)的单调性；(2)当x0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) = (12x x2) ex,令 f' (x

22、) =0可知 x=- 1 ±V2,当 x<-1-6或 x>- 1+/ 时 f'(x) <0,当 T-技 <x<-1+/j 时 f'(x) >0,所以f (x)在(-oo, - 1 -也),(-1 +/2, +OO)上单调递减，在(-1 -正,- i+n)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：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, +00)上单调递减，又因为h

23、(0) =1,所以h (x) < 1,所以 f (x) = (1x) h (x) < x+1 < ax+1 ；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, +8)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 xoAS-? 1( (0, 1),贝(

24、j( 1 x0) (1+x0) 2- ax0- 1=0,所以f (刈)>ax0+1,矛盾；当 a<0 时，取 xo=J 1 (0, 1),贝U f (x。)> (1 x。)( 1+x。)2=1 >ax0+1,矛盾；综上所述，a的取值范围是1, +8).6. (2017?折江)已知函数 f (x) = (x-V2x-l|) e x(xp.(1)求f (x)的导函数；(2)求f (x)在区间g, +oo)上的取值范围.【解答】解：(1)函数 f (x) = (x-/2x-l) e x (x>),导数f' (x)=(1 x)e x= (1 -x) (1 -)e

25、x；由f(x)的导数f'(”(i)(1 一看)e *,可得f'(x) =0时，x=1或5当x<1时,f'(x) <0,f'(x) >0,f (x)递减;f (x)递增;当 1<x<(x)递减,且 x1也乂7? x2>2x- 1? (x- 1) 2>0,则 f (x) >0.1由f (1)寺同,f (1)二0, f5_F即有f (x)的最大值为/e F,最小值为f (1) =0.i -则f (x)在区间本+8)上的取值范围是0, le .7. (2017?山东)已知函数 f (x) =x2+2cosx, g (x)=

26、ex (cosx sinx+2x 2),其 中e=2.17828是自然对数的底数.(I )求曲线y二f (x)在点(砥f (兀)处的切线方程；(H)令h (x) =g (x) - a f (x) (aCR),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 (冗)=712-2. f'(x) =2x- 2sinx,. f'(兀)=2冗.曲线y=f (x)在点(砥f (兀)处的切线方程为：y- ( 712-2) =2兀(x-九). 化为：2九ky 7122=0.(II)h(x)=g(x)- a f (x)=ex(cosx- sinx+2x-2)-

27、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

28、(x)在(0, +oo)单 调递增；x<0时，h' (x) < 0,函数h (x)在(-00, 0)单调递减.第9页(共17页).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 xi=lna, x2=0.0<a< 1 时，x ( 一0°, ina)时，ex - elna<0, h' (x) >0,函数 h (x)单调 递增；x (ina, 0)时，ex- elna>0, h' (x) <0,函

29、数 h (x)单调递减；x (0, +oo)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) =aln2a 2lna+sin (lna) +cos (lna) +2.当a=1时，lna=0, x R时，h' (x) >0, ,函数h (x)在R上单调递增. 1<a 时，lna>0, x ( 一0°, 0)时，ex- elna<0, h' (x) >0,函数 h (x)

30、 单调递增；x (0, lna)时，ex- elna<0, h' (x) <0,函数 h (x)单调递减；x(lna,+00)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) =- aln2a- 2lna+sin (lna) +cos (lna) +2.综上所述：a< 0时，函数h (x)在(0, +00)单调递增；x< 0时，函数h (x) 在(-8, 0)单调递减.x=0时，函数h (x)取得

31、极小值，h (0) =- 1 - 2a.0<a< 1时，函数h (x)在xC ( - °°, 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(-00, 0), (lna, +00)上单调递增；函数h (x)在(0, lna)上单调递减.当x=0时，函

32、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. (2017巧匕京)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0,5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) =e (cosx sinx) - 1, 可得曲线y=f (x)在点(0, f (0)处的切线斜率为k=e0 (cosO- sin0)

33、 - 1=0, 切点为(0, e°cos0 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,贝U g (x)的导数为 g' (x) =ex (cosx- sinx- sinx- cosx) =- 2ex?sinx,当 xC 0, -y-,可得 g' (x) = - 2ex?sinx<0,即有 g (x)在0,二；递减，可得 g (x) <g (0)

34、 =0, 则f (x)在0,二匚递减，即有函数f (x)在区间0,亨上的最大值为f (0) =e0cos0- 0=1；最小值为 f (微-)=e c co弓-f-=-乌.9. (2017?天津)设aC 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xo, g (x)为f (x)的导函数.(I )求g (x)的单调区间；(H )设 m C 1 , xo) U (xo, 2,函数 h (x) =g (x) (m xo) f (m),求证： h (m) h (xo) <0;(m)求证：存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p, q,gE

35、e 1 , xo) qu (xo, 2,满足 |E-xo|Q Aq"【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+18x6.令 g' (x) =0,解得 x= 1,或 x=L .当x变化时，g' (x), g (x)的变化情况如下表:x(-8, 1)(T, !)4(-7, +00)4g' (x)+一+g (x)/所以，g (x)的单调递增区间是(-8, 1), (1, +oo),单调递减区间是(- q1，(n )

36、证明：由 h (x) =g (x) (m - xo) f (m),得 h (m) =g (m) (m - xo) -f (m),h (xo) =g (xo) (m xo) f (m).令函数 Hi (x) =g (x) (x xo) - f (x),贝U H'i (x) =g'(x) (x xo). 由(I )知，当 xC 1, 2时，g' (x) >o,故当 xC1, xo)时，H'i (x) <o, Hi (x)单调递减； 当 xC (xo, 2时，H'1 (x) >o, H1 (x)单调递增.因此，当 xC1, xo) U (xo

37、, 2时，H1 (x) >H(xo) =-f (xo) =o,可得 H1 (m) >o 即 h (m) >o,令函数 H2 (x) =g (xo) (x-xo) - f (x),贝U H2 (x) =g' (xo) - g (x).由(I ) 知，g (x)在1, 2上单调递增，故当 x 1, xo)时，H'2 (x) >o, H2 (x)单 调递增；当x (xo, 2时，H2 (x) <o, H2 (x)单调递减.因此，当x 1, xo) U (xo, 2时，H2 (x) >H2 (xo) =o,可彳3得 H2 (m) <o 即 h

38、(xo) <o,. 所以，h (m) h (xo) <o.(田)对于任意的正整数p, q,且13叼)UGq，2, 令 m-,函数 h (x) =g (x) (m xo) f (m).由(H )知，当m 1, xo)时，h (x)在区间(m, xo)内有零点；当mC (xo, 2时，h (x)在区间(xo, 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 (为)( Q第15页(共17页)-xo) - f (豆)=0.由(I )知 g (x)在1, 2上单调递增，故 0Vg (1) <g (Xi) <g (2),于是一g(2)

39、12Pq 43P2q± 1pq|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xo外没有其他的零点，而wxo,故f (1)W0. 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1皂-x0| >-.所以，只要取 A=g (2),就有|- - x0| >.10. (2017?山东)已知函数 f (x) =l-x3-i-ax2, aCR, '-1 二(1)当a=2时，求

40、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=1(3) =9-6=3, f (3) =|-X27-9=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函数 g (x) =f (x) + (x-a) cosx sin喑x3-犷+ (x-a) 8sx sinx, g' (x) = (x a

41、) (xsinx),令 g' (x) =0,解得 x=a,或 x=0,若a>0时，当x< 0时，g'(x) >0包成立，故g (x)在(-°°, 0)上单调 递增，当x>a时，g' (x) >0包成立，故g (x)在(a, +00)上单调递增，当0<x< a时，g' (x) < 0包成立，故g (x)在(0, a)上单调递减， 二当x二a时，函数有极小值，极小值为 g (a) =-7-a3 - sina当x=0时，有极大值，极大值为g (0) =- a,若a<0时，当x> 0时，g&

42、#39;(x) >0包成立，故g (x)在(-oo, 0)上单调 递增，当x<a时，g' (x) >0包成立，故g (x)在(-8, a)上单调递增，当a<x< 0时，g' (x) < 0包成立，故g (x)在(a, 0)上单调递减，二当x二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当 a=0时，g' (x) =x (x+sinx),当x>0时，g' (x) >0包成立，故g (x)在(0, +00)上单调递增，当x<0时，g' (

43、x) >0包成立，故g (x)在(-8, 0)上单调递增，- g (x)在R上单调递增，无极值.11. (2017以津)设 a, bCR, |a| <1,已知函数 f (x) =x3- 6x2- 3a (a- 4) x+b, g (x) =exf (x).(I )求f (x)的单调区问；(II )已知函数y=g (x)和丫=©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,刈+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| 0 1,得 a<4 a.当x变化时，f (x), f (x)的变化情况如下表：x(-8,a)a a, 4 - a)(4- a, +