数学选修1-1导数在研究函数中的应用练习题含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________1. 函数y=(3−x2)e x的单调递增区间是( )A.(−∞, 0)B.(0, +∞)C.(−∞, −3)D.(−3, 1)2. 若曲线y=ax−ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=3x，则a=( )A.1B.2C.3D.43. 已知f(x)=(e x−a)(eax+1)，若f(x)≥0(x∈R)恒成立，则满足条件的a的个数有( )A.1B.2C.3D.44. 若函数f(x)=ax3−2x2在x=−1时取得极值，则f(1)等于（）A.−103B.−23C.0D.135. 已知函数f(x)=13x3+12ax2−bx+a2−2(a,b∈R)，若f(x)在x=−1处有极值53，则a−b的值是()A.−4或3B.3C.−4D.−16. 函数f(x)＝ln x过点(0, 0)的切线方程为（）A.y＝xB.y=2e x C.y=12x D.y=1ex7. 设定义在(0, +∞)的函数f(x)的导函数是f′(x)，且x4f′(x)+3x3f(x)=e x，f(3)=e381，则x>0时，f(x)()A.有极大值，无极小值B.有极小值，无极大值C.既无极大值，又无极小值D.既有极大值，又有极小值8. 已知f(x)=x3−ax2+4x有两个极值点x1、x2，且f(x)在区间(0, 1)上有极大值，无极小值，则实数a的取值范围是（）A.a>72B.a≥72C.a<72D.a≤729. 已知函数f(x)＝−x 3+ax 2−4在x ＝2处取得极值，若m, n ∈[−1, 1]，则f(m)+f ′(n)的最小值为() A.−13 B.−15 C.10 D.1510. 已知函数f(x)=x ln x 的图象上有A 、B 两点，其横坐标为x 1，x 2(0<x 1<x 2<1)且满足f(x 1)=f(x 2)，若k =5(x 1+x 22+√x 1x 2)，且k 为整数时，则k 的值为（ ）（参考数据：e ≈2.72） A.1 B.2 C.3 D.411. 函数f(x)=12x −sin x 在[−π2,π2]上的最小值是________.12. 函数f(x)=ax 2−2x −9在x =1处取得极值，则实数a =________．13. 给出函数①y =x 3，②y =x 4+1，③y =|x|，④y =√x ，其中在x =0处取得极值的函数是________（填序号）．14. 函数f(x)＝e x cos x 的图象在x =π2处的切线斜率为________−e π2 ．15. 函数f(x)=12x −x 3在区间[−3, 3]的最小值是________．16. 已知函数f(x)=x 3−ax 2+3x ，a ∈R ．若x =3是f(x)的一个极值点，则f(x)在R 上的极大值是________．17. 定义在(0, +∞)上的函数f(x)，总有f′(x)>f(x)+ex −ln x 成立，且f(2)＝e 2−2，则不等式f(x)≥e x −2的解集为________．18. 若直线y =kx +b 是曲线y =e x−2的切线，也是曲线y =e x −1的切线，则b =________.19. 若函数f (x )={e x −a,x >1−x 3+3x 2,x ≤1有最小值，则实数a 的取值范围为________.20. 若直线y ＝12x +m 与曲线y ＝x 3−2相切，则m ＝________．21. 已知函数f(x)=ax3−x2+x−5在R上无极值，求a的取值范围．22. 已知函数f(x)=−x3+3x2+9x+a，求f(x)的单调递减区间．23. 已知函数f(x)=x3−x2+x+2.(1)求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)求经过点A(1,3)的曲线f(x)的切线方程．24. 已知函数f(x)=x2−2(a+1)x+2a ln x(a≠0).(1)当a=1时，求函数f(x)的图象在点x=1处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性．25. 已知函数f(x)=x ln x−ae x+a，其中a∈R.(1)当a=0时，求函数在(e,f(e))处的切线方程；(2)若函数f(x)在定义域内单调递减，求实数a的取值范围．26. 已知f(x)=(3e x−2a)⋅√x，其中a∈R，e=2.718⋯为自然对数的底数．（Ⅰ）若x=1为函数f(x)的极值点，求a的值．（Ⅱ）若f(x)≤6e在x∈[0,2]上恒成立，求a的取值范围．27. 已知函数f(x)=ln x−ax2+(a−2)x.(1)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；(2)求函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值.28. 已知：函数f(x)=ln(x+a)+x2，当x=−1时，f(x)取得极值，求：实数a的值，并讨论f(x)的单调性．29. 已知函数f(x)=e ax ⋅(ax +a +1)，其中a ≥−1．(1)当a =1时，求曲线y =f(x)在点(1, f(1))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间．30. 已知函数f(x)=13x 3+ax +b ，(a, b ∈R)在x =2处取得极小值−43．求a +b 的值．31. 已知函数g(x)=x 2−(2a +1)x +a ln x . (1)当a =1时，求函数g(x)的单调增区间；(2)求函数g(x)在区间[1, e]上的最小值；32. 已知函数f (x )=x −a ln x +1(a ∈R ).(1)若a =1，求函数f(x)在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间．33. 已知函数f(x)=x(x −c)2（其中c 为常数，c ∈R ） （1）若函数f(x)在定义域内有极值，求实数c 的取值范围；（2）若函数f(x)在x =2处取得极大值，求实数c 的值．34. 已知函数f(x)＝x −ln x ． （1）求f(x)的最小值；（2）证明：对于任意正整数n ，(1+12)×(1+13)×⋯×(1+1n )<e ．35. 已知函数f(x)=x 3+3bx 2+3cx 的两个极值点为x 1，x 2，x 1∈[−1, 0]，x 2∈[1, 2]．证明：0≤f(x 1)≤72，−10≤f(x 2)≤−12．36. 已知函数f(x)=−x 2+ax −ln x(a ∈R)． (1)求函数f(x)既有极大值又有极小值的充要条件；(2)当函数f(x)在[12, 2]上单调时，求a的取值范围．37. 已知函数f(x)=x(x−a)2+b在x=2处有极大值．（1）当[−2, 4]时，函数y=f(x)的图象在抛物线y=1+45x−9x2的下方，求b的取值范围．（2）若过原点有三条直线与曲线y=f(x)相切，求b的取值范围．38. 已知函数f(x)=13ax3−12a2x2+2x+1，其中a∈R．（1）若f(x)在x∈R时存在极值，求a的取值范围；（2）若f(x)在[−1,12]上是增函数，求a的取值范围．39. （山东省济宁市2019届高三二模）已知函数f(x)=ln x−xe x+ax(a∈R)．若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a的取值范围；若a=1，求f(x)的最大值．40. 已知函数f(x)=x+1x+a ln x的图象上任意一点的切线中，斜率为2的切线有且仅有一条．（1）求实数a的值；（2）求函数g(x)=f(x)+2x的极值．参考答案与试题解析数学选修1-1导数在研究函数中的应用练习题含答案一、选择题（本题共计 10 小题，每题 3 分，共计30分）1.【答案】D【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】求出函数的导数，令导函数大于0，求出函数的递增区间即可．【解答】解：y′=(3−x2)e x+(−2x)e x=−(x+3)(x−1)e x，令y′>0，解得：−3<x<1，故函数的单调递增区间是(−3, 1).故选D．2.【答案】D【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率,从而问题解决．【解答】解：∵y=ax−ln(x+1)，∴y′=a−1，x+1′=a−1=3，当x=0时，k=y x=0∴a=4.故选D．3.【答案】B【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】本题考查了利用导数研究函数的最值和不等式恒成立问题．【解答】解：∵ f(x)=(e x−a)(eax+1)，f(x)≥0(x∈R)恒成立，∴ (e x−a)(eax+1)≥0在R上恒成立．当a<0时，e x−a≥0恒成立，而eax+1≥0在R不成立，∴ a≥0，当a=0时，f(x)=e x≥0成立，当a >0时，由f (x )≥0恒成立，有{e x −a ≥0eax +1≥0或{e x −a ≤0eax +1≤0，由e x −a =0，得x =ln a ；由eax +1，得x =−1ea ， 设g (a )=ln a +1ea，则g ′(a )=1a−1e ⋅1a 2，∴ g(a)在(0,1e )上单调递减，在(1e ,+∞)上单调递增，∴ g (x )min =g (1e )=ln 1e +1e⋅1e=0，∴ 方程ln a =−1ea 有一个解，即有一个a 值使得f (x )≥0恒成立， ∴ 满足条件的a 的解有2个． 故选B ． 4.【答案】 A【考点】函数在某点取得极值的条件 【解析】对函数求导，因为x =−1是极值点，则该处导数为0，故可求出a 的值，即可求出f(1)． 【解答】解：由已知得f′(x)=3ax 2−4x ， 又因为在x =−1处有极值， 所以f′(−1)=0，即3a +4=0，即a =−43， 所以f(1)=−43−2=−103． 故选：A ． 5.【答案】 C【考点】利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的单调性 【解析】对函数f(x)求导，根据函数f(x)=13x 3+12ax 2−bx +a 2−2(a,b ∈R)在−1处有极值53，可知f′(−1)=0和f(−1)=53，得到{f′(−1)=0f(−1)=53，解方程组得到a 与b 的值，注意验证，可求得答案． 【解答】解：由函数f(x)=13x 3+12ax 2−bx +a 2−2(a,b ∈R )，由于f(x)在x =−1处有极值53，则f′(−1)=0和f(−1)=53， 故{f′(−1)=0，f(−1)=53，即{1−a −b =0，−13+12a +b +a 2−2=53，解得 {a =2，b =−1，或{a =−32,b =52,当a =2，b =−1时，f′(x)=x 2+2x +1=(x +1)2≥0， 故f(x)在R 上为增函数，不满足f(x)在x =−1处有极值53， 则a =−32，b =52，故a −b =−4． 故选C . 6.【答案】 D【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】求出原函数的导函数，设出切点坐标，得到函数在切点处的切线方程，把原点代入，求出切点坐标，则答案可求． 【解答】由f(x)＝ln x ，得f′(x)=1x ， 设切点为(x 0, ln x 0)，则f′(x 0)=1x 0，∴ 过切点的切线方程为y −ln x 0=1x 0(x −x 0)，代入(0, 0)，可得ln x 0＝1，即x 0＝e ．∴ 函数f(x)＝ln x 过点(0, 0)的切线方程为y −1=1e (x −e)， 即y =1e x ．7.【答案】 C【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】求出函数的导数，根据函数的单调性判断函数的极值即可． 【解答】 解：f′(x)=e x −3x 3f(x)x 4，则ℎ′(x)=e x−3[f′(x)x3+3f(x)x2]=e x−3x[f′(x)x4+3f(x)x3]=e x−3x ⋅e x=e x⋅x−3x，所以ℎ(x)≥ℎ(3)=e3−81f(3)=0，即f′(x)≥0，因此f(x)在(0, +∞)递增，既无极大值，又无极小值，故选：C．8.【答案】A【考点】函数在某点取得极值的条件【解析】求导函数，利用f(x)在区间(0, 1)上有极大值，无极小值，可得f′(x)=0的两个根中：x1∈(0, 1)，x2>1，由此可得结论．【解答】解：由题意，f′(x)=3x2−2ax+4∵f(x)在区间(0, 1)上有极大值，无极小值，∴f′(x)=0的两个根中：x1∈(0, 1)，x2>1∴f′(0)=4>0，f′(1)=7−2a<0，解得a>72故选A．9.【答案】A【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】试题分析：f(x)=−3x2+2ax函数f(x)=−x3+ax2−4在x=2处取得极值．−12+ 4a=0解得|a=3.f(x)=−3x2+6∴ n=[−1,1]时，f(n)=−3n2+6n当n=−时，f(n)最小，最小为−9当m∈[−1,1)时，f(m)=−m3+3m24,f(m)=−3m2+6m令f(m)=0得m=0,m=2所以m=0时，f(m)最小为−4，故f(m)+f(n)的最小值为−9+(−4)=−13，故选A．【解答】此题暂无解答10.【答案】C【考点】利用导数研究函数的极值【解析】推导出f′(x)=1+ln x，x>0，由f′(x)=0，得x=1e，由x1ln x1=x2ln x2，得0<x1<1e <x2<1，由由x1+x22>1e，x2>2e−x1，得到x1+x22+√x1x2<2e，由此能求出k为整数时，k的值．【解答】解：∵f(x)=x ln x，∴f′(x)=1+ln x，x>0，由f′(x)=0，得x=1e，∵函数f(x)=x ln x的图象上有A、B两点，其横坐标为x1，x2(0<x1<x2<1)且满足f(x1)=f(x2)，∴x1ln x1=x2ln x2，(0<x1<1e<x2<1)，如图所示，由x1+x22>1e，x2>2e−x1，x1+x22+√x1x2<x1+(2e−x1)2+√x1(2e−x1)=1e+√2ex1−x12，∵t=1e +√2ex1−x12关于x1单调递减，0<x1<1e，∴x1+x22+√x1x2<2e，∴5(x1+x22+√x1x2)<10e≈3.7，∴k≤3．∴k为整数时，则k的值为3．故选：C．二、填空题（本题共计 10 小题，每题 3 分，共计30分）11.【答案】π6−√32【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：∵f(x)=12x−sin x，∴f′(x)=12−cos x，x∈[−π2,π2].令f′(x)=0得，x=−π3或x=π3.当x∈[−π2,−π3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈[−π3,π3]时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(π3,π2]时，f′(x)>0，f(x)单调递增.而f(−π2)=−π4+1，f(π3)=π6−√32.∵f(−π2)>f(π3)，∴函数的最小值为f(π3)=π6−√32.故答案为：π6−√32.12.【答案】1【考点】利用导数研究函数的极值【解析】先求导，令导数为0，可求出a的值．【解答】解：f′(x)=2ax−2；∵函数f(x)=ax2−2x−9在x=1处取得极值，∴f′(1)=2a−2=0∴a=1．故答案为：1．13.【答案】②③【考点】函数在某点取得极值的条件【解析】由函数取极值的条件，逐个选项验证可得．【解答】解：选项①对y=x3求导数可得y′=3x2≥0，函数R上单调递增，故不能在x=0处取得极值，错误；选项②对y=x4+1求导数可得y′=4x3，函数在(−∞, 0)上单调递减，在(0, +∞)上单调递增，故在x=0处取得极小值，正确；选项④y=√x的定义域为[0, +∞)，不满足在x=0处取得极值，错误．故答案为：②③14.【答案】−e π2【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】求出函数的导数，然后求解图象在x=π2处的切线斜率．【解答】函数f(x)＝e x cos x，可得f′(x)＝e x cos x−e x sin x，函数f(x)＝e x cos x的图象在x=π2处的切线斜率为：f′(π2)=−eπ2．15.【答案】−16【考点】利用导数研究函数的最值【解析】求出函数在该区间上的极值，函数在端点处的函数值，其中最小的即为最小值．【解答】解：由f′(x)=12−3x2=0，得x=−2或x=2，又f(−3)=−9，f(−2)=−16，f(2)=16，f(3)=9．所以函数f(x)在区间[−3, 3]上的最小值是−16．故答案为：−16．16.【答案】1327【考点】利用导数研究函数的极值【解析】f′(x)=3x2−2ax+3，当x=3时有极值，所以f′(3)=0，解得a=5，确定函数的单调性，由此能求出f(x)在R上的极大值【解答】解：f′(x)=3x2−2ax+3，∵当x=3时有极值，所以f′(3)=0，即27+3−2a×3=0，解得a=5．这时，f′(x)=3x2−10x+3，令f′(x)=3x2−10x+3=0，得x1=13，或x2=3．当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：由表可知：f(x)的极大值为f(13)=1327， 故答案为：1327． 17.【答案】 [2, +∞) 【考点】利用导数研究函数的单调性 【解析】由题意构造辅助函数g(x)＝ex −ln x −2，求导，g′(x)<0，函数单调递减，g′(x)>0，函数单调递增，求得g(x)的最小值，再构造辅助函数ℎ(x)=f(x)+2e x，求导，求得ℎ′(x)≥0，ℎ(x)在(0, +∞)上递增，即f(x)≥e x −2，由f(2)＝e 2−2，得ℎ(x)≥ℎ(2)，即可求得不等式的解集． 【解答】令g(x)＝ex −ln x −2，则g′(x)＝e −1x ，∴ g(x)在(0, 1e)时，g′(x)<0；g(x)在(1e, +∞)时，g′(x)>0，∴ g(x)在(0, 1e )上单调递减，在(1e , +∞)上单调递增， ∴ x ∈(0, +∞)时，g(x)≥g(1e )＝0， 再令ℎ(x)=f(x)+2e x，则ℎ′(x)=f ′(x)−f(x)−2e x>ex−ln x−2e x=g(x)e x≥0，∴ ℎ(x)在(0, +∞)上递增， ∴ f(x)≥e x −2，即f(x)+2e ≥1，ℎ(x)≥ℎ(2)，∴ x ≥2，∴ 解集为：[2, +∞)， 18. 【答案】12ln 2−12 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：设直线 y =kx +b 与曲线 y =e x−2 切于点 P 1(x 1,e x 1−2) ,与曲线 y =e x −1 切于点 P 2(x 2,e x 2−1)，从而x1−2=x2，k=12,e x2=12,x2=−ln2，所以切线方程为y=12(x+ln2)+e x2−1=12x+12ln2−12,于是b=12ln2−12.故答案为：12ln2−12.19.【答案】a≤e【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：当x≤1时，f(x)=−x3+3x2，f′(x)=−3x2+6x,令f′(x)=0，得x=0或x=2，当x∈(−∞,0),f(x)单调递减，当x∈(0,1]，f(x)单调递增，又f(0)=0，则可得到f(x)图象如下：如图，x>1部分，是f(x)=e x−a的图象，x≤1部分，是f(x)=−x3+3x2的图象，当图中点A不在x轴下方时，函数f(x)有最小值，即e1−a≥0，解得a≤e.故答案为：a≤e.−18或14【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】求得y＝x3−2的导数，设切点为(s, t)，可得切线的斜率，由切线方程可得s，m的方程组，解方程可得m的值．【解答】y＝x3−2的导数为y′＝3x2，直线y＝12x+m与曲线y＝x3−2相切，设切点为(s, t)，可得3s2＝12，12s+m＝s3−2，即有s＝2，m＝−18；s＝−2，m＝14．三、解答题（本题共计 20 小题，每题 10 分，共计200分）21.【答案】解：f′(x)=3ax2−2x+1；∵函数f(x)=ax3−x2+x−5在R上无极值，∴{a≠0△=4−4×3a≤0，解得，a≥13．【考点】函数在某点取得极值的条件【解析】由题意求导f′(x)=3ax2−2x+1，从而可得{a≠0△=4−4×3a≤0，从而求a的取值范围．【解答】解：f′(x)=3ax2−2x+1；∵函数f(x)=ax3−x2+x−5在R上无极值，∴{a≠0△=4−4×3a≤0，解得，a≥13．22.【答案】解：∵f(x)=−x3+3x2+9x+a，∴f′(x)=−3x2+6x+9，由f′(x)=−3x2+6x+9<0，即x2−2x−3>0，解得x>3或x<−1，即函数的单调递减区间为(3, +∞)，(−∞, −1)．【考点】利用导数研究函数的单调性解：∵f(x)=−x3+3x2+9x+a，∴f′(x)=−3x2+6x+9，由f′(x)=−3x2+6x+9<0，即x2−2x−3>0，解得x>3或x<−1，即函数的单调递减区间为(3, +∞)，(−∞, −1)．23.【答案】解：(1)函数f(x)=x3−x2+x+2的导数为f′(x)=3x2−2x+1，可得曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为3−2+1=2，切点为(1,3)，即有曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−3=2(x−1)，即为2x−y+1=0.(2)设切点为(m,n)，可得n=m3−m2+m+2，由f(x)的导数f′(x)=3x2−2x+1，可得切线的斜率为3m2−2m+1,切线的方程为y−(m3−m2+m+2)=(3m2−2m+1)(x−m)，由切线经过点(1,3)，可得3−(m3−m2+m+2)=(3m2−2m+1)(1−m)，化为m(m−1)2=0，解得m=0或m=1.则切线的方程为y−2=x或y−3=2(x−1)，即为y=x+2或y=2x+1.【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】（1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，运用点斜式方程可得所求切线的方程；（2）设切点为（m，n），代入f（x），求得切线的斜率和方程，代入点A（1，3），解m的方程可得m=0或1，即可得到所求切线的方程．【解答】解：(1)函数f(x)=x3−x2+x+2的导数为f′(x)=3x2−2x+1，可得曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为3−2+1=2，切点为(1,3)，即有曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−3=2(x−1)，即为2x−y+1=0.(2)设切点为(m,n)，可得n=m3−m2+m+2，由f(x)的导数f′(x)=3x2−2x+1，可得切线的斜率为3m2−2m+1,切线的方程为y−(m3−m2+m+2)=(3m2−2m+1)(x−m)，由切线经过点(1,3)，可得3−(m3−m2+m+2)=(3m2−2m+1)(1−m)，化为m(m−1)2=0，解得m=0或m=1.则切线的方程为y−2=x或y−3=2(x−1)，即为y=x+2或y=2x+1.则f′(x)=2x−4+2x，∴f(1)=−3，f′(1)=0，所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y+3=0.(2)由已知f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=2x−2(a+1)+2ax =2[x2−(a+1)x+a]x=2(x−1)(x−a)x.当a<0时，由f′(x)<0得x∈(0,1)，由f′(x)>0得x∈(1,+∞)，所以f(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，当0<a<1时，由f′(x)<0得x∈(a,1)，由f′(x)>0得x∈(0,a)∪(1,+∞)，所以f(x)在(0,a),(1,+∞)单调递增，在(a,1)单调递减；当a=1时，f′(x)=2(x−1)2x≥0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)单调递增；当a>1时，由f′(x)<0得x∈(1,a)，由f′(x)>0得x∈(0,1)∪(a,+∞)，所以f(x)在(0,1),(a,+∞)单调递增，在(1,a)单调递减.【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)当a=1时，f(x)=x2−4x+2ln x，则f′(x)=2x−4+2x，∴f(1)=−3，f′(1)=0，所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y+3=0.(2)由已知f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=2x−2(a+1)+2ax =2[x2−(a+1)x+a]x=2(x−1)(x−a)x.当a<0时，由f′(x)<0得x∈(0,1)，由f′(x)>0得x∈(1,+∞)，所以f(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，当0<a<1时，由f′(x)<0得x∈(a,1)，由f′(x)>0得x∈(0,a)∪(1,+∞)，所以f(x)在(0,a),(1,+∞)单调递增，在(a,1)单调递减；当a=1时，f′(x)=2(x−1)2x≥0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)单调递增；当a>1时，由f′(x)<0得x∈(1,a)，由f′(x)>0得x∈(0,1)∪(a,+∞)，所以f(x)在(0,1),(a,+∞)单调递增，在(1,a)单调递减.f ′(x )=ln x +1 ，f ′(e )=2 ，∴ 切线方程为：y −e =2(x −e )即2x −y −e =0 ． (2)函数f (x )的定义域为(0,+∞)， f ′(x )=ln x +1−ae x ，∵ f (x )在(0,+∞)内是减函数，∴ f ′(x )=ln x +1−ae x ≤0在(0,+∞)内恒成立， ∴ a ≥ln x+1e x在(0,+∞)内恒成立， 令g (x )=ln x+1e x，g ′(x )=1x−ln x−1e x，ℎ(x )=1x −ln x −1在(0,+∞)单调递减，且ℎ(1)=0， ∴ x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，x ∈(1,+∞)时，g ′(x )<0， g (x )在(0,1)单调递增，g (x )在(1,+∞)单调递减， g (x )max =g (1)=1e ， ∴ a ≥1e ，∴ 当f (x )在定义域内是减函数时，a 的取值范围为[1e ,+∞)． 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 利用导数研究函数的单调性【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)当a =0时，f (x )=x ln x ，f (e )=e ， f ′(x )=ln x +1 ，f ′(e )=2 ，∴ 切线方程为：y −e =2(x −e )即2x −y −e =0 ． (2)函数f (x )的定义域为(0,+∞)， f ′(x )=ln x +1−ae x ，∵ f (x )在(0,+∞)内是减函数，∴ f ′(x )=ln x +1−ae x ≤0在(0,+∞)内恒成立， ∴ a ≥ln x+1e x在(0,+∞)内恒成立， 令g (x )=ln x+1e x，g ′(x )=1x−ln x−1e x，ℎ(x )=1x −ln x −1在(0,+∞)单调递减，且ℎ(1)=0， ∴ x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，x ∈(1,+∞)时，g ′(x )<0， g (x )在(0,1)单调递增，g (x )在(1,+∞)单调递减， g (x )max =g (1)=1e ，∴ 当f (x )在定义域内是减函数时，a 的取值范围为[1e ,+∞)．26.【答案】 【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】 此题暂无解析 【解答】 此题暂无解答 27.【答案】解：(1)∵ f(x)=ln x −ax 2+(a −2)x ， ∴ 函数的定义域为(0,+∞), ∴ f ′(x)=1x −2ax +(a −2)=−(2x−1)(ax+1)x.∵ f(x)在x =1处取得极值， 即f ′(1)=−(2−1)(a +1)=0， ∴ a =−1.当a =−1，在(12,1)内f ′(x)<0，在(1,+∞)内f ′(x)>0,∴ x =1是函数y =f(x)的极小值点. ∴ a =−1.(2)∵ a 2<a, ∴ 0<a <1，f ′(x)=1x −2ax +(a −2)=−(2x −1)(ax +1)x∵ x ∈(0,+∞), ∴ ax +1>0 , ∴ f(x)在(0,12)上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，①当0<a ≤12时f(x)在[a 2,a ]单调递增， ∴ f max (x)=f(a)=ln a −a 3+a 2−2a ； ②当{a >12a 2<12，即12<a <√22,f(x)在(a 2,12)单调递增，在(12,a)单调递减， ∴ f max (x)=f (12)=−ln 2−a4+a−22=a4−1−ln 2 ；③当12≤a 2，即√22≤a <1时，f(x)在[a 2,a ]单调递减， ∴ f max (x)=f (a 2)=2ln a −a 5+a 3−2a 2，综上所述，当0<a ≤12时，函数y =f(x)在[a 2,a ]上最大值是ln a −a 3+a 2−2a ；当√22≤a <1时,函数y =f(x)在[a 2,a ]的最大值是2ln a −a 5+a 3−2a 2.【考点】利用导数研究函数的最值 利用导数研究函数的极值【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)∵ f(x)=ln x −ax 2+(a −2)x ， ∴ 函数的定义域为(0,+∞), ∴ f ′(x)=1x −2ax +(a −2)=−(2x−1)(ax+1)x.∵ f(x)在x =1处取得极值， 即f ′(1)=−(2−1)(a +1)=0， ∴ a =−1.当a =−1，在(12,1)内f ′(x)<0，在(1,+∞)内f ′(x)>0,∴ x =1是函数y =f(x)的极小值点. ∴ a =−1.(2)∵ a 2<a, ∴ 0<a <1，f ′(x)=1x −2ax +(a −2)=−(2x −1)(ax +1)x∵ x ∈(0,+∞), ∴ ax +1>0 , ∴ f(x)在(0,12)上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，①当0<a ≤12时f(x)在[a 2,a ]单调递增，∴ f max (x)=f(a)=ln a −a 3+a 2−2a ； ②当{a >12a 2<12，即12<a <√22 ,f(x)在(a 2,12)单调递增，在(12,a)单调递减， ∴ f max (x)=f (12)=−ln 2−a4+a−22=a4−1−ln 2 ；③当12≤a 2，即√22≤a <1时，f(x)在[a 2,a ]单调递减，∴ f max (x)=f (a 2)=2ln a −a 5+a 3−2a 2，综上所述，当0<a ≤12时，函数y =f(x)在[a 2,a ]上最大值是ln a −a 3+a 2−2a ；当12<a <√22时，函数y =f(x)在[a 2,a ]的最大值是a4−1−ln 2.当√22≤a <1时,函数y =f(x)在[a 2,a ]的最大值是2ln a −a 5+a 3−2a 2. 28.解：由题意可得：f′(x)=1x+a+2x，因为当x=−1时，f(x)取得极值，所以有f′(−1)=0，解得：a=32，…可得f(x)=ln(x+32)+x2，定义域为(−32, +∞)，…所以f′(x)=2x 2+3x+1x+32=(2x+1)(x+1)x+32，…所以当−32<x<−1时，f′(x)>0；当−1<x<−12时，f′(x)<0；当x>−12时，f′(x)>0．所以可得下表：从而得到f(x)分别在区间(−32，−1)，(−12,+∞)单调递增，在区间(−1,−12)单调递减．【考点】函数在某点取得极值的条件利用导数研究函数的单调性【解析】先求函数定义域，然后对函数求导，由题意可得，f′(−1)=0，代入可求a，代入a的值，分别解f′(x)>0，f′(x)<0，即可得到答案．【解答】解：由题意可得：f′(x)=1x+a+2x，因为当x=−1时，f(x)取得极值，所以有f′(−1)=0，解得：a=32，…可得f(x)=ln(x+32)+x2，定义域为(−32, +∞)，…所以f′(x)=2x 2+3x+1x+32=(2x+1)(x+1)x+32，…所以当−32<x<−1时，f′(x)>0；当−1<x<−12时，f′(x)<0；当x>−12时，f′(x)>0．所以可得下表：从而得到f(x)分别在区间(−32，−1)，(−12,+∞)单调递增，在区间(−1,−12)单调递减．29.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=e x⋅(1x+2)，f′(x)=e x⋅(1x +2−1x2)．由于f(1)=3e，f′(1)=2e，所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程是2ex−y+e=0．(2)f′(x)=ae ax(x+1)[(a+1)x−1]x2，x≠0．①当a=−1时，令f′(x)=0，解得x=−1，所以f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，单调递增区间为(−1, 0)，(0, +∞)；当a≠−1时，令f′(x)=0，解得x=−1或x=1a+1.②当−1<a<0时，f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)，单调递增区间为(−1, 0)，(0,1a+1)；③当a=0时，f(x)为常值函数，不存在单调区间；④当a>0时，f(x)的单调递减区间为(−1, 0)，(0,1a+1)，单调递增区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性【解析】（1）先求导数f′(x)，欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率，从而问题解决．（2）对字母a进行分类讨论，再令f′(x)大于0，解不等式，可得函数的单调增区间，令导数小于0，可得函数的单调减区间．【解答】解：(1)当a=1时，f(x)=e x⋅(1x+2)，f′(x)=e x⋅(1x +2−1x2)．由于f(1)=3e，f′(1)=2e，所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程是2ex−y+e=0．(2)f′(x)=ae ax(x+1)[(a+1)x−1]x2，x≠0．①当a=−1时，令f′(x)=0，解得x=−1，所以f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，单调递增区间为(−1, 0)，(0, +∞)；当a≠−1时，令f′(x)=0，解得x=−1或x=1a+1.②当−1<a<0时，f(x)的单调递减区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)，单调递增区间为(−1, 0)，(0,1a+1)；③当a=0时，f(x)为常值函数，不存在单调区间；④当a>0时，f(x)的单调递减区间为(−1, 0)，(0,1a+1)，单调递增区间为(−∞, −1)，(1a+1,+∞)．30.【答案】解：求导函数，可得f′(x)=x2+a∵函数在x=2处取得极小值−43∴f′(2)=0，f(2)=−43∴83+2a+b=−43，4+a=0∴a=−4，b=4∴a+b=0【考点】函数在某点取得极值的条件【解析】求导函数，利用函数在x=2处取得极小值−43，建立方程，可求a、b的值，从而可求a+b的值．【解答】解：求导函数，可得f′(x)=x2+a∵函数在x=2处取得极小值−43∴f′(2)=0，f(2)=−43∴83+2a+b=−43，4+a=0∴a=−4，b=4∴a+b=031.【答案】解：(1)当a=1时，g(x)=x2−3x+ln x，∴g′(x)=2x2−3x+1x>0，解得x>1或x<12．∴函数f(x)的单调增区间为(0, 12)，(1, +∞)．(2)g(x)=x2−(2a+1)x+a ln x，g′(x)=2x−(2a+1)+a x=2x2−(2a+1)x+ax=(2x−1)(x−a)x.当a≤1时，x∈[1, e]，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)min=−2a. 当1<a<e时，x∈(1, a)，则g′(x)<0，g(x)单调递减．x∈(a, e)，则g′(x)>0，g(x)单调递增．g(x)min=g(a)=−a2−a+a ln a，当a≥e时，x∈[1, e]，g′(x)≤0，g(x)单调递减，g(x)min=e2−(2a+1)e+a．∴g(x)min={−2a，a≤1，−a2−a+a ln a，1<a<e，e2−(2a+1)e+a，a≥e.【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】(1)由g′(x)=2x2−3x+1x>0，能求出函数f(x)的单调增区间．(2)g′(x)=2x−(2a+1)+ax =(2x−1)(x−a)x=0，由此根据a的取值范围分类讨论，能求出g(x)min．【解答】解：(1)当a=1时，g(x)=x2−3x+ln x，∴g′(x)=2x2−3x+1x>0，解得x>1或x<12．∴函数f(x)的单调增区间为(0, 12)，(1, +∞)．(2)g(x)=x2−(2a+1)x+a ln x，g′(x)=2x−(2a+1)+a x=2x2−(2a+1)x+ax=(2x−1)(x−a)x.当a≤1时，x∈[1, e]，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)min=−2a. 当1<a<e时，x∈(1, a)，则g′(x)<0，g(x)单调递减．x∈(a, e)，则g′(x)>0，g(x)单调递增．g(x)min=g(a)=−a2−a+a ln a，当a≥e时，x∈[1, e]，g′(x)≤0，g(x)单调递减，g(x)min=e2−(2a+1)e+a．∴g(x)min={−2a，a≤1，−a2−a+a ln a，1<a<e，e2−(2a+1)e+a，a≥e.32.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=x−ln x+1，f(1)=2，∴f′(x)=1−1x，∴f′(1)=0，∴切线方程为y=2.(2)∵f′(x)=1−ax =x−ax，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；当a>0时，令f′(x)=0⇒x=a，∴当x∈(0,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.∴f(x)的单调递减区间为(0,a)，单调递增区间为(a,+∞).综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间；当a>0时，f(x)的减区间为(0,a)，增区间为(a,+∞).【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)当a=1时，f(x)=x−ln x+1，f(1)=2，∴f′(x)=1−1x，∴f′(1)=0，∴切线方程为y=2.(2)∵f′(x)=1−ax =x−ax，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；当a>0时，令f′(x)=0⇒x=a，∴当x∈(0,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.∴f(x)的单调递减区间为(0,a)，单调递增区间为(a,+∞).综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间；当a >0时，f(x)的减区间为(0,a)，增区间为(a,+∞). 33.【答案】 解：（1）依题意得f ′(x)=3x 2−4cx +c 2… 若f(x)有极值，则△=4c 2>0，∴ c ≠0… （2）f ′(x)=3x 2−4cx +c 2=0得x =c 或c3， 因为函数f(x)在x =2处取得了极大值，故 x =2是f ′(x)=0的一个实根，故c >0 ∴ c >c3…所以函数f(x)在(−∞,c3)上递增，在(c3,c)上递减，(c,+∞)上递增，f(x)在x =c3处取得极大值； … ∴ c3=2⇒c =6…【考点】函数在某点取得极值的条件 【解析】（1）求函数的导数，利用导数和极值之间的关系求c 的取值范围． （2）利用函数f(x)在x =2处取得极大值，求实数c 的值． 【解答】 解：（1）依题意得f ′(x)=3x 2−4cx +c 2… 若f(x)有极值，则△=4c 2>0，∴ c ≠0… （2）f ′(x)=3x 2−4cx +c 2=0得x =c 或c3，因为函数f(x)在x =2处取得了极大值，故 x =2是f ′(x)=0的一个实根，故c >0 ∴ c >c3…所以函数f(x)在(−∞,c3)上递增，在(c3,c)上递减，(c,+∞)上递增， f(x)在x =c3处取得极大值； … ∴ c3=2⇒c =6… 34. 【答案】 f ′(x)=1−1x =x−1x，当x ∈(0, 1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0, 1)单调递减； 当x ∈(1, +∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1, +∞)单调递增； 故f(x)≥f(1)＝1，故f(x)的最小值为1．由（1）可得，f(x)＝x −ln x ≥1即ln x ≤x −1，所以ln(1+1k )≤1k<1k(k−1)=1k−1−1k，k∈N∗，n≥2，则ln(1+122)+ln(1+132)+⋯+ln(1+1n2)<1−12+12−13+⋯+1n−1−1n=1−1n<1，即ln(1+122)(1+132)…(1+1n2)<1，所以ln(1+122)(1+132)…(1+1n2)<e．【考点】利用导数研究函数的最值【解析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的最小值；（2）结合（1）对x进行赋值，然后结合数列的裂项求和及不等式的放缩法即可证明．【解答】f′(x)=1−1x =x−1x，当x∈(0, 1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0, 1)单调递减；当x∈(1, +∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1, +∞)单调递增；故f(x)≥f(1)＝1，故f(x)的最小值为1．由（1）可得，f(x)＝x−ln x≥1即ln x≤x−1，所以ln(1+1k2)≤1k2<1k(k−1)=1k−1−1k，k∈N∗，n≥2，则ln(1+122)+ln(1+132)+⋯+ln(1+1n2)<1−12+12−13+⋯+1n−1−1n=1−1n<1，即ln(1+122)(1+132)…(1+1n2)<1，所以ln(1+122)(1+132)…(1+1n2)<e．35.【答案】证明：f′(x)=3x2+6bx+3c，由题意知方程f′(x)=0有两个根x1，x2，且x1∈[−1, 0]，x2∈[1, 2]，则有f′(−1)≥0，f′(0)≤0，f′(1)≤0，f′(2)≥0．即满足下列条件2b−c−1≤0，c≤0，2b+c+1≤0且4b+c+4≥0∴有图中四边形ABCD即是满足这些条件的点(b, c)的区域．∴−2≤c≤0由题设知f′(x1)=3x12+6bx1+3c=0，则bx1=−12x12−12c，∴f(x1)=−12x13+3c2x1，由于x1∈[−1, 0]，c≤0，∴0≤f(x1)≤12−3c2，∵−2≤c≤0，∴0≤f(x1)≤72．f′(x2)=3x22+6bx2+3c=0，bx2=−22x22−22c，∴f(x2)=−12x23+3c2x2，由于x2∈[1, 2]，c≤0，∴−4+3c≤f(x2)≤−12+32c．∵−2≤c≤0，∴−10≤f(x2)≤−12．【考点】利用导数研究函数的极值【解析】f(x)得f′(x)=3x2+6bx+3c由题意知方程f′(x)=0有两个根x1，x2，且x1∈[−1, 0]，x2∈[1, 2]则由根的分布得有2b−c−1≤0，c≤0，2b+c+1≤0且4b+c+4≥0，可得−2≤c≤0，用消元法消去参数b，利用参数c表示出f(x1)和f(x1)的值域，再利用参数c的范围能证明0≤f(x1)≤72，−10≤f(x2)≤−12．【解答】证明：f′(x)=3x2+6bx+3c，由题意知方程f′(x)=0有两个根x1，x2，且x1∈[−1, 0]，x2∈[1, 2]，则有f′(−1)≥0，f′(0)≤0，f′(1)≤0，f′(2)≥0．即满足下列条件2b−c−1≤0，c≤0，2b+c+1≤0且4b+c+4≥0∴有图中四边形ABCD即是满足这些条件的点(b, c)的区域．∴−2≤c≤0由题设知f′(x 1)=3x 12+6bx 1+3c =0，则bx 1=−12x 12−12c ， ∴ f(x 1)=−12x 13+3c 2x 1，由于x 1∈[−1, 0]，c ≤0， ∴ 0≤f(x 1)≤12−3c 2，∵ −2≤c ≤0， ∴ 0≤f(x 1)≤72．f′(x 2)=3x 22+6bx 2+3c =0， bx 2=−22x 22−22c ， ∴ f(x 2)=−12x 23+3c 2x 2，由于x 2∈[1, 2]，c ≤0， ∴ −4+3c ≤f(x 2)≤−12+32c ．∵ −2≤c ≤0， ∴ −10≤f(x 2)≤−12．36. 【答案】解：(1)∵ f′(x)=−2x +a −1x=−2x 2+ax−1x(x >0)，∴ f(x)既有极大值又有极小值⇔方程2x 2−ax +1=0有两个不等的正实数根x 1，x 2． ∴ {a2>0,Δ=a 2−4×2×1>0, ∴ a >2√2，∴ 函数f(x)既有极大值又有极小值的充要条件是a >2√2． （2）f′(x)=−2x +a −1x ，令g(x)=2x +1x (x >0)， 则g′(x)=2−1x 2，由g′(x)<0结合题意得：12<x <√22,∴ g(x)在[12, √22)上递减，由g′(x)>0结合题意得：g(x)在(√22, 2]上递增． 又g(12)=3，g(2)=92，g(√22)=2√2，∴ g(x)max =92，g(x)min =2√2．若f(x)在[12, 2]单调递增，则f′(x)≥0即a ≥g(x)， ∴ a ≥92．若f(x)在[12, 2]单调递减，则f′(x)≤0，即a ≤g(x)， ∴ a ≤2√2．所以f(x)在[12, 2]上单调时，则a ≤2√2或a ≥92．【考点】函数在某点取得极值的条件 利用导数研究函数的单调性 【解析】（1）f′(x)=−2x +a −1x=−2x 2+ax−1x(x >0)，由题意可得f(x)既有极大值又有极小值⇔方程2x 2−ax +1=0有两个不等的正实数根x 1，x 2；于是由{a 2>0△=a 2−4×2×1>0即可求得a 的取值范围；（2）f′(x)=−2x +a −1x ，令g(x)=2x +1x ，结合题意可得g(x)在[12, √22)上递减, g(x)在(√22, 2]上递增；从而可求得当x ∈[12, 2]时，g(x)max =92，g(x)min =2√2．于是得，若f(x)在[12, 2]单调递增，f′(x)≥0即a ≥g(x)，从而求得a 的取值范围；同理可求，若f(x)在[12, 2]单调递减时a 的取值范围．【解答】解：(1)∵ f′(x)=−2x +a −1x =−2x 2+ax−1x(x >0)，∴ f(x)既有极大值又有极小值⇔方程2x 2−ax +1=0有两个不等的正实数根x 1，x 2． ∴ {a2>0,Δ=a 2−4×2×1>0, ∴ a >2√2，∴ 函数f(x)既有极大值又有极小值的充要条件是a >2√2． （2）f′(x)=−2x +a −1x ，令g(x)=2x +1x (x >0)，则g′(x)=2−1x 2，由g′(x)<0结合题意得:g(x)在[12, √22)上递减，由g′(x)>0结合题意得：g(x)在(√22, 2]上递增． 又g(12)=3，g(2)=92，g(√22)=2√2，∴ g(x)max =92，g(x)min =2√2．若f(x)在[12, 2]单调递增，则f′(x)≥0即a ≥g(x)， ∴ a ≥92．若f(x)在[12, 2]单调递减，则f′(x)≤0，即a ≤g(x)， ∴ a ≤2√2．所以f(x)在[12, 2]上单调时，则a ≤2√2或a ≥92．37.【答案】 解：（1）f(x)=x(x −a)2+b =x 3−2ax 2+a 2x +b ⇒f ′(x)=3x 2−4ax +a 2，f ′(2)=12−8a +a 2=0⇒a =2或a =6， 当a =2时，函数在x =2处取得极小值，舍去；当a =6时，f ′(x)=3x 2−24x +36=3(x −2)(x −6)， 函数在x =2处取得极大值，符合题意，∴ a =6．∵ 当x ∈[−2, 4]时，函数y =f(x)的图象在抛物线y =1+45x −9x 2的下方， ∴ x 3−12x 2+36x +b <1+45x −9x 2在x ∈[−2, 4]时恒成立，即b <−x 3+3x 2+9x +1在x ∈[−2, 4]时恒成立，令ℎ(x)=−x 3+3x 2+9x +1， 则ℎ′(x)=−3x 2+6x +9=−3(x −3)(x +1)，由ℎ′(x)=0得，x 1=−1，x 2=3． ∵ ℎ(−2)=3，ℎ(−1)=−4，ℎ(3)=28，ℎ(4)=21， ∴ ℎ(x)在[−2, 4]上的最小值是−4，b <−4．（2）f(x)=x 3−12x 2+36x +b ，设切点为(x 0，x 03−12x 02+36x 0+b)，则切线斜率为f′(x)=3x 02−24x 0+36，切线方程为y −x 03+12x 02−36x 0−b =(3x 02−24x 0+36)(x −x 0)，即 y =(3x 02−24x 0+36)x −2x 03+12x 02+b ，∴ −2x 03+12x 02+b =0⇒b =2x 03−12x 02．令g(x)=2x 3−12x 2，则g ′(x)=6x 2−24x =6x(x −4)， 由g ′(x)=0得，x 1=0，x 2=4． 函数g(x)的单调性如下：y =f(x)相切．【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】（1）其中一个函数的图象在另一个函数图象的下方，转化为两个函数的“差函数”在相应区间内恒小于0的问题；（2）求切线主要还是抓住切点，因此既然有三条切线，因此应该有三个切点，也就是利用切点表示的方程将原点代入后，得到关于切点横坐标x的方程有三个不同的实数根．再结合导数研究函数的图象求解．【解答】解：（1）f(x)=x(x−a)2+b=x3−2ax2+a2x+b⇒f′(x)=3x2−4ax+a2，f′(2)=12−8a+a2=0⇒a=2或a=6，当a=2时，函数在x=2处取得极小值，舍去；当a=6时，f′(x)=3x2−24x+36=3(x−2)(x−6)，函数在x=2处取得极大值，符合题意，∴a=6．∵当x∈[−2, 4]时，函数y=f(x)的图象在抛物线y=1+45x−9x2的下方，∴x3−12x2+36x+b<1+45x−9x2在x∈[−2, 4]时恒成立，即b<−x3+3x2+9x+1在x∈[−2, 4]时恒成立，令ℎ(x)=−x3+3x2+9x+1，则ℎ′(x)=−3x2+6x+9=−3(x−3)(x+1)，由ℎ′(x)=0得，x1=−1，x2=3．∵ℎ(−2)=3，ℎ(−1)=−4，ℎ(3)=28，ℎ(4)=21，∴ℎ(x)在[−2, 4]上的最小值是−4，b<−4．（2）f(x)=x3−12x2+36x+b，设切点为(x0，x03−12x02+36x0+b)，则切线斜率为f′(x)=3x02−24x0+36，切线方程为y−x03+12x02−36x0−b=(3x02−24x0+36)(x−x0)，即y=(3x02−24x0+36)x−2x03+12x02+b，∴−2x03+12x02+b=0⇒b=2x03−12x02．令g(x)=2x3−12x2，则g′(x)=6x2−24x=6x(x−4)，由g′(x)=0得，x1=0，x2=4．函数g(x)的单调性如下：y= f(x)相切．38.【答案】解：由f(x)=13ax3−12a2x2+2x+1得：f′(x)=ax2−a2x+2(1)①当a=0时，f′(x)=2>0∴f(x)单调递增，∴f(x)不存在极值②当a≠0时，△=a4−8a≤0，即0<a≤2，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立∴f(x)不存在极值a的范围为0≤a≤2∴f(x)存在极值a的范围为a<0或a>2．（2）由题意f′(x)≥0在(−1, 12]恒成立①当a=0时f′(x)=2>0恒成立∴a=0合题意。
