g′（x） g（x） + ↗ ﹣ ↘ + ↗ 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）（﹣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|=
≥
=
．
，
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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 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，
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．所以，只要取A=g（2），就有|﹣x0|≥
．
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）；
（Ⅱ）（i）证明：∵g'（x）=ex（f（x）+f'（x）），由题意知
，
∴，解得．
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∴f（x）在x=x0处的导数等于0；
（ii）解：∵g（x）≤ex，x∈[x0﹣1，x0+1]，由ex＞0，可得f（x）≤1． 又∵f（x0）=1，f'（x0）=0，
故x0为f（x）的极大值点，由（I）知x0=a． 另一方面，由于|a|≤1，故a+1＜4﹣a，
由（Ⅰ）知f（x）在（a﹣1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调递减， 故当x0=a时，f（x）≤f（a）=1在[a﹣1，a+1]上恒成立，从而g（x）≤ex在[x0﹣1，x0+1]上恒成立．
由f（a）=a3﹣6a2﹣3a（a﹣4）a+b=1，得b=2a3﹣6a2+1，﹣1≤a≤1． 令t（x）=2x3﹣6x2+1，x∈[﹣1，1]， ∴t'（x）=6x2﹣12x，
令t'（x）=0，解得x=2（舍去），或x=0．
∵t（﹣1）=﹣7，t（1）=﹣3，t（0）=1，故t（x）的值域为[﹣7，1]． ∴b的取值范围是[﹣7，1]．
12．（2017?新课标Ⅰ）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．
【解答】解：（1）f（x）=ex（ex﹣a）﹣a2x=e2x﹣exa﹣a2x， ∴f′（x）=2e2x﹣aex﹣a2=（2ex+a）（ex﹣a）， ①当a=0时，f′（x）＞0恒成立， ∴f（x）在R上单调递增，
②当a＞0时，2ex+a＞0，令f′（x）=0，解得x=lna， 当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减， 当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
③当a＜0时，ex﹣a＞0，令f′（x）=0，解得x=ln（﹣）， 当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减， 当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
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