导数高考题含答案

导数高考题

1．函数f〔x〕=x+ax+，g〔x〕=﹣lnx

〔i〕当 a为何值时，x轴为曲线y=f〔x〕的切线；

〔ii〕用min {m，n }表示m，n中的最小值，设函数h〔x〕=min { f〔x〕，g〔x〕}〔x＞0〕，讨论h〔x〕零点的个数． 解：〔i〕f′〔x〕=3x+a，设曲线y=f〔x〕与x轴相切于点P〔x0，0〕，那么f〔x0〕=0，f′〔x0〕=0，

23

∴，解得，a=．因此当a=﹣时，x轴为曲线y=f〔x〕的切线；

〔ii〕当x∈〔1，+∞〕时，g〔x〕=﹣lnx＜0，∴函数h〔x〕=min { f〔x〕，g〔x〕}≤g〔x〕＜0， 故h〔x〕在x∈〔1，+∞〕时无零点．当x=1时，假设a≥﹣，那么f〔1〕=a+≥0， ∴h〔x〕=min { f〔1〕，g〔1〕}=g〔1〕=0，故x=1是函数h〔x〕的一个零点；

假设a＜﹣，那么f〔1〕=a+＜0，∴h〔x〕=min { f〔1〕，g〔1〕}=f〔1〕＜0，故x=1不是函数h〔x〕的零点； 当x∈〔0，1〕时，g〔x〕=﹣lnx＞0，因此只考虑f〔x〕在〔0，1〕的零点个数即可． ①当a≤﹣3或a≥0时，f′〔x〕=3x+a在〔0，1〕无零点，因此f〔x〕在区间〔0，1〕单调， 而f〔0〕=，f〔1〕=a+，∴当a≤﹣3时，函数f〔x〕在区间〔0，1〕有一个零点， 当a≥0时，函数f〔x〕在区间〔0，1〕没有零点． ②当﹣3＜a＜0时，函数f〔x〕在取得最小值假设假设假设∴当综上可得：当当a=当

或

=＞0，即

．

，那么f〔x〕在〔0，1〕无零点．

单调递减，在

单调递增，故当x=

时，f〔x〕

2

=0，即a=﹣，那么f〔x〕在〔0，1〕有唯一零点． ＜0，即

，由f〔0〕=，f〔1〕=a+，

时，f〔x〕在〔0，1〕有一个零点．

时，f〔x〕在〔0，1〕有两个零点．当﹣3＜a或a＜

时，h〔x〕有一个零点；

时，h〔x〕有两个零点； 时，函数h〔x〕有三个零点．

mx

2

2．设函数f〔x〕=e+x﹣mx．

〔1〕证明：f〔x〕在〔﹣∞，0〕单调递减，在〔0，+∞〕单调递增；

〔2〕假设对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≤e﹣1，求m的取值围．

- 优选

. . 解：〔1〕证明：f′〔x〕=m〔e﹣1〕+2x．

假设m≥0，那么当x∈〔﹣∞，0〕时，e﹣1≤0，f′〔x〕＜0；当x∈〔0，+∞〕时，e﹣1≥0，f′〔x〕＞0． 假设m＜0，那么当x∈〔﹣∞，0〕时，e﹣1＞0，f′〔x〕＜0；当x∈〔0，+∞〕时，e﹣1＜0，f′〔x〕＞0． 所以，f〔x〕在〔﹣∞，0〕时单调递减，在〔0，+∞〕单调递增．

〔2〕由〔1〕知，对任意的m，f〔x〕在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f〔x〕在x=0处取得最小值． 所以对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，|f〔x1〕﹣f〔x2〕|≤e﹣1的充要条件是

mx

mx

mx

mx

mx

即

t

t

设函数g〔t〕=e﹣t﹣e+1，那么g′〔t〕=e﹣1．

当t＜0时，g′〔t〕＜0；当t＞0时，g′〔t〕＞0．故g〔t〕在〔﹣∞，0〕单调递减，在〔0，+∞〕单调递增． 又g〔1〕=0，g〔﹣1〕=e+2﹣e＜0，故当t∈[﹣1，1]时，g〔t〕≤0． 当m∈[﹣1，1]时，g〔m〕≤0，g〔﹣m〕≤0，即合式成立； 当m＞1时，由g〔t〕的单调性，g〔m〕＞0，即e﹣m＞e﹣1． 当m＜﹣1时，g〔﹣m〕＞0，即e+m＞e﹣1． 综上，m的取值围是[﹣1，1] 3．函数f〔x〕=ln〔x+1〕﹣〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的单调性； 〔Ⅱ〕设a1=1，an+1=ln〔an+1〕，证明：

＜an≤

．

〔a＞1〕．

﹣m

m

﹣1

解：〔Ⅰ〕函数f〔x〕的定义域为〔﹣1，+∞〕，f′〔x〕=

2

，

2

①当1＜a＜2时，假设x∈〔﹣1，a﹣2a〕，那么f′〔x〕＞0，此时函数f〔x〕在〔﹣1，a﹣2a〕上是增函数， 假设x∈〔a﹣2a，0〕，那么f′〔x〕＜0，此时函数f〔x〕在〔a﹣2a，0〕上是减函数， 假设x∈〔0，+∞〕，那么f′〔x〕＞0，此时函数f〔x〕在〔0，+∞〕上是增函数． ②当a=2时，f′〔x〕＞0，此时函数f〔x〕在〔﹣1，+∞〕上是增函数，

③当a＞2时，假设x∈〔﹣1，0〕，那么f′〔x〕＞0，此时函数f〔x〕在〔﹣1，0〕上是增函数， 假设x∈〔0，a﹣2a〕，那么f′〔x〕＜0，此时函数f〔x〕在〔0，a﹣2a〕上是减函数， 假设x∈〔a﹣2a，+∞〕，那么f′〔x〕＞0，此时函数f〔x〕在〔a﹣2a，+∞〕上是增函数． 〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，当a=2时，此时函数f〔x〕在〔﹣1，+∞〕上是增函数， 当x∈〔0，+∞〕时，f〔x〕＞f〔0〕=0， 即ln〔x+1〕＞

，〔x＞0〕，

2

2

2

2

2

2

又由〔Ⅰ〕知，当a=3时，f〔x〕在〔0，3〕上是减函数，

- 优选

. . 当x∈〔0，3〕时，f〔x〕＜f〔0〕=0，ln〔x+1〕＜下面用数学归纳法进展证明①当n=1时，由

，故结论成立．

②假设当n=k时结论成立，即

，

＜an≤

成立，

，

那么当n=k+1时，an+1=ln〔an+1〕＞ln〔〕，

an+1=ln〔an+1〕＜ln〔〕，

即当n=k+1时，成立，

综上由①②可知，对任何n∈N•结论都成立． 4．函数f〔x〕=e﹣e﹣2x． 〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的单调性；

〔Ⅱ〕设g〔x〕=f〔2x〕﹣4bf〔x〕，当x＞0时，g〔x〕＞0，求b的最大值； 〔Ⅲ〕1.4142＜

＜1.4143，估计ln2的近似值〔准确到0.001〕．

x

﹣x

x

﹣x

解：〔Ⅰ〕由f〔x〕得f′〔x〕=e+e﹣2=0，∴函数f〔x〕在R上为增函数． 〔Ⅱ〕g〔x〕=f〔2x〕﹣4bf〔x〕=e﹣e

x

﹣x

2

x

﹣x

2x

﹣2x

，即f′〔x〕≥0，当且仅当e=e即x=0时，f′〔x〕

x﹣x

﹣4b〔e﹣e〕+〔8b﹣4〕x，那么g′〔x〕=2[e+e

x

﹣x

x

﹣x

x﹣x2x﹣2x

﹣2b〔e+e〕+〔4b

x﹣x

﹣2〕]=2[〔e+e〕﹣2b〔e+e〕+〔4b﹣4〕]=2〔e+e﹣2〕〔e+e+2﹣2b〕．

①∵e+e＞2，e+e+2＞4，∴当2b≤4，即b≤2时，g′〔x〕≥0，当且仅当x=0时取等号， 从而g〔x〕在R上为增函数，而g〔0〕=0，∴x＞0时，g〔x〕＞0，符合题意． ②当b＞2时，假设x满足2＜e+e＜2b﹣2即

x

﹣x

x

﹣x

x

﹣x

，得，此时，

g′〔x〕＜0，又由g〔0〕=0知，当综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2． 〔Ⅲ〕∵1.4142＜

＜1.4143，根据〔Ⅱ〕中g〔x〕=e﹣e

的近似值，故将ln

即．

2x

﹣2x

时，g〔x〕＜0，不符合题意．

﹣4b〔e﹣e〕+〔8b﹣4〕x，

x﹣x

为了凑配ln2，并利用得

代入g〔x〕的解析式中，

- 优选

. . 当b=2时，由g〔x〕＞0，得从而令

由g〔x〕＜0，得

所以ln2的近似值为0.693． 5．设函数f〔x〕=aelnx+〔Ⅰ〕求a、b；

〔Ⅱ〕证明：f〔x〕＞1．

解：〔Ⅰ〕函数f〔x〕的定义域为〔0，+∞〕，f′〔x〕=由题意可得f〔1〕=2，f′〔1〕=e，故a=1，b=2； 〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，f〔x〕=elnx+∵f〔x〕＞1，∴elnx+

﹣x

x

x

x

，

；

，得

＞2，当

，得

时，

．

，曲线y=f〔x〕在点〔1，f〔1〕〕处得切线方程为y=e〔x﹣1〕+2．

+，

，

﹣

，

＞1，∴lnx＞

∴f〔x〕＞1等价于xlnx＞xe﹣，设函数g〔x〕=xlnx，那么g′〔x〕=1+lnx， ∴当x∈〔0，〕时，g′〔x〕＜0；当x∈〔，+∞〕时，g′〔x〕＞0．

故g〔x〕在〔0，〕上单调递减，在〔，+∞〕上单调递增，从而g〔x〕在〔0，+∞〕上的最小值为g〔〕=﹣．设函数h〔x〕=xe﹣，那么h′〔x〕=e〔1﹣x〕．

∴当x∈〔0，1〕时，h′〔x〕＞0；当x∈〔1，+∞〕时，h′〔x〕＜0， 故h〔x〕在〔0，1〕上单调递增，在〔1，+∞〕上单调递减， 从而h〔x〕在〔0，+∞〕上的最大值为h〔1〕=﹣． 综上，当x＞0时，g〔x〕＞h〔x〕，即f〔x〕＞1．

6．函数f〔x〕=x+ax+b，g〔x〕=e〔cx+d〕假设曲线y=f〔x〕和曲线y=g〔x〕都过点P〔0，2〕，且在点P处有一样的切线y=4x+2．

〔Ⅰ〕求a，b，c，d的值；

〔Ⅱ〕假设x≥﹣2时，f〔x〕≤kg〔x〕，求k的取值围．

解：〔Ⅰ〕由题意知f〔0〕=2，g〔0〕=2，f′〔0〕=4，g′〔0〕=4，

而f′〔x〕=2x+a，g′〔x〕=e〔cx+d+c〕，故b=2，d=2，a=4，d+c=4，从而a=4，b=2，c=2，d=2；

〔Ⅱ〕由〔I〕知，f〔x〕=x+4x+2，g〔x〕=2e〔x+1〕，设F〔x〕=kg〔x〕﹣f〔x〕=2ke〔x+1〕﹣x﹣4x﹣2， 那么F′〔x〕=2ke〔x+2〕﹣2x﹣4=2〔x+2〕〔ke﹣1〕，由题设得F〔0〕≥0，即k≥1，

x

x

2

x

x

2

x

2

x

﹣x

﹣x

- 优选

. . 令F′〔x〕=0，得x1=﹣lnk，x2=﹣2，

①假设1≤k＜e，那么﹣2＜x1≤0，从而当x∈〔﹣2，x1〕时，F′〔x〕＜0，当x∈〔x1，+∞〕时，F′〔x〕＞0， 即F〔x〕在〔﹣2，x1〕上减，在〔x1，+∞〕上是增，故F〔x〕在[﹣2，+∞〕上的最小值为F〔x1〕， 而F〔x1〕=﹣x1〔x1+2〕≥0，x≥﹣2时F〔x〕≥0，即f〔x〕≤kg〔x〕恒成立．

②假设k=e，那么F′〔x〕=2e〔x+2〕〔e﹣e〕，从而当x∈〔﹣2，+∞〕时，F′〔x〕＞0，

即F〔x〕在〔﹣2，+∞〕上是增，而F〔﹣2〕=0，故当x≥﹣2时，F〔x〕≥0，即f〔x〕≤kg〔x〕恒成立． ③假设k＞e时，F′〔x〕＞2e〔x+2〕〔e﹣e〕，

而F〔﹣2〕=﹣2ke+2＜0，所以当x＞﹣2时，f〔x〕≤kg〔x〕不恒成立， 综上，k的取值围是[1，e]． 7．函数f〔x〕=e﹣ln〔x+m〕

〔Ι〕设x=0是f〔x〕的极值点，求m，并讨论f〔x〕的单调性； 〔Ⅱ〕当m≤2时，证明f〔x〕＞0． 〔Ⅰ〕解：∵

xx

2

﹣2

2

2

x

﹣2

2

2

x

﹣2

2

，x=0是f〔x〕的极值点，∴，解得m=1．

所以函数f〔x〕=e﹣ln〔x+1〕，其定义域为〔﹣1，+∞〕． ∵

x

x

．

x

设g〔x〕=e〔x+1〕﹣1，那么g′〔x〕=e〔x+1〕+e＞0，所以g〔x〕在〔﹣1，+∞〕上为增函数， 又∵g〔0〕=0，所以当x＞0时，g〔x〕＞0，即f′〔x〕＞0；当﹣1＜x＜0时，g〔x〕＜0，f′〔x〕＜0． 所以f〔x〕在〔﹣1，0〕上为减函数；在〔0，+∞〕上为增函数；

〔Ⅱ〕证明：当m≤2，x∈〔﹣m，+∞〕时，ln〔x+m〕≤ln〔x+2〕，故只需证明当m=2时f〔x〕＞0． 当m=2时，函数

在〔﹣2，+∞〕上为增函数，且f′〔﹣1〕＜0，f′〔0〕＞0．

故f′〔x〕=0在〔﹣2，+∞〕上有唯一实数根x0，且x0∈〔﹣1，0〕． 当x∈〔﹣2，x0〕时，f′〔x〕＜0，当x∈〔x0，+∞〕时，f′〔x〕＞0， 从而当x=x0时，f〔x〕取得最小值． 由f′〔x0〕=0，得

，ln〔x0+2〕=﹣x0．

故f〔x〕≥

综上，当m≤2时，f〔x〕＞0． 8．函数

=＞0．

．

〔I〕假设x≥0时，f〔x〕≤0，求λ的最小值； 〔II〕设数列{an}的通项an=1+

．

- 优选

. . 解：〔I〕由，f〔0〕=0，f′〔x〕=

=

，

∴f′〔0〕=0欲使x≥0时，f〔x〕≤0恒成立，那么f〔x〕在〔0，+∞〕上必为减函数，即在〔0，+∞〕上f′〔x〕＜0恒成立，当λ≤0时，f′〔x〕＞0在〔0，+∞〕上恒成立，为增函数，故不合题意， 假设0＜λ＜时，由f′〔x〕＞0解得x＜时，f〔x〕＞0，此时不合题意，

假设λ≥，那么当x＞0时，f′〔x〕＜0恒成立，此时f〔x〕在〔0，+∞〕上必为减函数，所以当x＞0时，f〔x〕＜0 恒成立，

综上，符合题意的λ的取值围是λ≥，即λ的最小值为 〔 II〕令λ=，由〔I〕知，当x＞0时，f〔x〕＜0，即取x=，那么于是a2n﹣an+==

=

+

+…+

+

，那么当0＜x＜

，f′〔x〕＞0，所以当0＜x＜

==＞=ln2n﹣lnn=ln2，所以

。

9．设函数f〔x〕=ax+cosx，x∈[0，π]． 〔Ⅰ〕讨论f〔x〕的单调性；

〔Ⅱ〕设f〔x〕≤1+sinx，求a的取值围．

解：〔Ⅰ〕求导函数，可得f'〔x〕=a﹣sinx，x∈[0，π]，sinx∈[0，1]；

当a≤0时，f'〔x〕≤0恒成立，f〔x〕单调递减；当a≥1 时，f'〔x〕≥0恒成立，f〔x〕单调递增； 当0＜a＜1时，由f'〔x〕=0得x1=arcsina，x2=π﹣arcsina 当x∈[0，x1]时，sinx＜a，f'〔x〕＞0，f〔x〕单调递增 当x∈[x1，x2]时，sinx＞a，f'〔x〕＜0，f〔x〕单调递减 当x∈[x2，π]时，sinx＜a，f'〔x〕＞0，f〔x〕单调递增； 〔Ⅱ〕由f〔x〕≤1+sinx得f〔π〕≤1，aπ﹣1≤1，∴a≤令g〔x〕=sinx﹣当x

〔0≤x

〕，那么g′〔x〕=cosx﹣

．

时，g′〔x〕＜0

时，g′〔x〕＞0，当

- 优选

. . ∵当a≤

时，有

时，时，．

+，曲线y=f〔x〕在点〔1，f〔1〕〕处的切线方程为x+2y﹣3=0． ，∴g〔x〕≥0，即

，cosx≤1，所以f〔x〕≤1+sinx；

=1+

≤1+sinx

〔0≤x

〕，

①当0≤x②当综上，a≤

10．函数f〔x〕=〔Ⅰ〕求a、b的值；

〔Ⅱ〕如果当x＞0，且x≠1时，f〔x〕＞解：由题意f〔1〕=1，即切点坐标是〔1，1〕， 〔Ⅰ〕

+，求k的取值围．

由于直线x+2y﹣3=0的斜率为，且过点〔1，1〕，故

，

即解得a=1，b=1．

〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，所以〕．

考虑函数〔x＞0〕，那么．

〔i〕设k≤0，由知，当x≠1时，h′〔x〕＜0．而h〔1〕=0，故

当x∈〔0，1〕时，h′〔x〕＜0，可得；

当x∈〔1，+∞〕时，h′〔x〕＜0，可得h〔x〕＞0

从而当x＞0，且x≠1时，f〔x〕﹣〔〔ii〕设0＜k＜1．由于当x∈〔1，h〔1〕=0，故当x∈〔1，

+〕＞0，即f〔x〕＞

2

+．

〕时，〔k﹣1〕〔x+1〕+2x＞0，故h′〔x〕＞0，而

h〔x〕＜0，与题设矛盾．

〕时，h〔x〕＞0，可得

- 优选

. .

〔iii〕设k≥1．此时h′〔x〕＞0，而h〔1〕=0，故当x∈〔1，+∞〕时，h〔x〕＞0，可得

h〔x〕＜0，与

题设矛盾．综合得，k的取值围为〔﹣∞，0]． 11．设函数f〔x〕=1﹣e． 〔Ⅰ〕证明：当x＞﹣1时，f〔x〕≥〔Ⅱ〕设当x≥0时，f〔x〕≤解：〔1〕当x＞﹣1时，f〔x〕≥

；

﹣x

，求a的取值围．

当且仅当e≥1+x，令g〔x〕=e﹣x﹣1，那么g'〔x〕=e﹣1

x

x

x

当x≥0时g'〔x〕≥0，g〔x〕在[0，+∞〕是增函数 当x≤0时g'〔x〕≤0，g〔x〕在〔﹣∞，0]是减函数

于是g〔x〕在x=0处到达最小值，因而当x∈R时，g〔x〕≥g〔0〕时，即e≥1+x，所以当x＞﹣1时，f〔x〕≥〔2〕由题意x≥0，此时f〔x〕≥0 当a＜0时，假设x＞﹣，那么

＜0，f〔x〕≤

不成立；

x

当a≥0时，令h〔x〕=axf〔x〕+f〔x〕﹣x，那么 f〔x〕≤

当且仅当h〔x〕≤0

﹣x

因为f〔x〕=1﹣e，所以h'〔x〕=af〔x〕+axf'〔x〕+f'〔x〕﹣1=af〔x〕﹣axf〔x〕+ax﹣f〔x〕 〔i〕当0≤a≤时，由〔1〕知x≤〔x+1〕f〔x〕 h'〔x〕≤af〔x〕﹣axf〔x〕+a〔x+1〕f〔x〕﹣f〔x〕 =〔2a﹣1〕f〔x〕≤0，

h〔x〕在[0，+∞〕是减函数，h〔x〕≤h〔0〕=0，即f〔x〕≤〔ii〕当a＞时，由〔i〕知x≥f〔x〕

h'〔x〕=af〔x〕﹣axf〔x〕+ax﹣f〔x〕≥af〔x〕﹣axf〔x〕+af〔x〕﹣f〔x〕=〔2a﹣1﹣ax〕f〔x〕 当0＜x＜

时，h'〔x〕＞0，所以h'〔x〕＞0，所以h〔x〕＞h〔0〕=0，即f〔x〕＞

综上，a的取值围是[0，] 12．函数f〔x〕=〔x+1〕lnx﹣x+1．

〔Ⅰ〕假设xf′〔x〕≤x+ax+1，求a的取值围； 〔Ⅱ〕证明：〔x﹣1〕f〔x〕≥0． 解：〔Ⅰ〕

，xf′〔x〕=xlnx+1，题设xf′〔x〕≤x+ax+1等价于lnx﹣x≤a．

2

2

- 优选

. . 令g〔x〕=lnx﹣x，那么

当0＜x＜1，g′〔x〕＞0；当x≥1时，g′〔x〕≤0，x=1是g〔x〕的，

最大值点，g〔x〕≤g〔1〕=﹣1 综上，a的取值围是[﹣1，+∞〕． 〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，g〔x〕≤g〔1〕=﹣1即lnx﹣x+1≤0． 当0＜x＜1时，f〔x〕=〔x+1〕lnx﹣x+1=xlnx+〔lnx﹣x+1〕＜0； 当x≥1时，f〔x〕=lnx+〔xlnx﹣x+1〕=所以〔x﹣1〕f〔x〕≥0．

13．设函数f〔x〕=x+aln〔1+x〕有两个极值点x1、x2，且x1＜x2， 〔Ⅰ〕求a的取值围，并讨论f〔x〕的单调性； 〔Ⅱ〕证明：f〔x2〕＞

．

2

2

=≥0

解：〔I〕

令g〔x〕=2x+2x+a，其对称轴为

，

．

由题意知x1、x2是方程g〔x〕=0的两个均大于﹣1的不相等的实根， 其充要条件为

，得

〔1〕当x∈〔﹣1，x1〕时，f'〔x〕＞0，∴f〔x〕在〔﹣1，x1〕为增函数； 〔2〕当x∈〔x1，x2〕时，f'〔x〕＜0，∴f〔x〕在〔x1，x2〕为减函数； 〔3〕当x∈〔x2，+∞〕时，f'〔x〕＞0，∴f〔x〕在〔x2，+∞〕为增函数； 〔II〕由〔I〕g〔0〕=a＞0，∴

2

2

2

，a=﹣〔2x2+2x2〕

2

∴f〔x2〕=x2+aln〔1+x2〕=x2﹣〔2x2+2x2〕ln〔1+x2〕 设h〔x〕=x﹣〔2x+2x〕ln〔1+x〕，〔﹣＜x＜0〕

那么h'〔x〕=2x﹣2〔2x+1〕ln〔1+x〕﹣2x=﹣2〔2x+1〕ln〔1+x〕 〔1〕当

时，h'〔x〕＞0，∴h〔x〕在

单调递增；

2

2

〔2〕当x∈〔0，+∞〕时，h'〔x〕＜0，h〔x〕在〔0，+∞〕单调递减．∴

故

3

2

﹣x

．

14．函数f〔x〕=〔x+3x+ax+b〕e． 〔1〕如a=b=﹣3，求f〔x〕的单调区间；

〔2〕假设f〔x〕在〔﹣∞，α〕，〔2，β〕单调增加，在〔α，2〕，〔β，+∞〕单调减少，证明：β﹣α＞6． 解：〔Ⅰ〕当a=b=﹣3时，f〔x〕=〔x+3x﹣3x﹣3〕e，

故f′〔x〕=﹣〔x+3x﹣3x﹣3〕e+〔3x+6x﹣3〕e=﹣e〔x﹣9x〕=﹣x〔x﹣3〕〔x+3〕e

3

2

﹣x

2

﹣x

﹣x

3

﹣x

3

2

﹣x

- 优选

. . 当x＜﹣3或0＜x＜3时，f′〔x〕＞0； 当﹣3＜x＜0或x＞3时，f′〔x〕＜0．

从而f〔x〕在〔﹣∞，﹣3〕，〔0，3〕单调增加，在〔﹣3，0〕，〔3，+∞〕单调减少； 〔Ⅱ〕f′〔x〕=﹣〔x3

+3x2

+ax+b〕e﹣x

+〔3x2

+6x+a〕e﹣x

=﹣e﹣x

[x3

+〔a﹣6〕x+b﹣a]． 由条件得：f′〔2〕=0，即23

+2〔a﹣6〕+b﹣a=0，故b=4﹣a， 从而f′〔x〕=﹣e﹣x

[x3

+〔a﹣6〕x+4﹣2a]． 因为f′〔α〕=f′〔β〕=0，

所以x3

+〔a﹣6〕x+4﹣2a=〔x﹣2〕〔x﹣α〕〔x﹣β〕=〔x﹣2〕〔x2

﹣〔α+β〕x+αβ〕． 将右边展开，与左边比拟系数得，α+β=﹣2，αβ=a﹣2． 故

．，

又〔β﹣2〕〔α﹣2〕＜0，即αβ﹣2〔α+β〕+4＜0．由此可得a＜﹣6． 于是β﹣α＞6．

- 优选