高考数学真题导数专题.docx

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高考数学真题导数专题

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 x0，且 e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

3．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+ ）（1+

）…（1+  ）＜m，求

m 的最小值．

4．已知函数 f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈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 x≥0 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[ ，+∞）上的取值范围．

7．已知函数 f（x）=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（π，f（π））处的切线方程；

（Ⅱ）令 h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），讨论 h（x）的单调性并判断有无极

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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，]上的最大值和最小值．

9．设 a∈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 x0，g（x）为 f（x）的导函数．

（Ⅰ）求 g（x）的单调区间；

（Ⅱ）设 m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数 h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：

h（m）h（x0）＜0；

（Ⅲ）求证：

存在大于0 的常数 A，使得对于任意的正整数 p，q，且 ∈[1，x0）

∪（x0，2]，满足| ﹣x0|≥．

10．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．

11．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．

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．

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2017 年高考真题导数专题

参考答案与试题解析

一．解答题（共 12 小题）

1．（2017•新课标Ⅰ）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．

【解答】解：

（1）由 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 x∈R，f（x）单调递减，

当 a＞0 时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+ ）（ex﹣ ），

令 f′（x）=0，解得：

x=ln ，

当 f′（x）＞0，解得：

x＞ln ，

当 f′（x）＜0，解得：

x＜ln ，

∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x∈（ln ，+∞）单调递增；

当 a＜0 时，f′（x）=2a（ex+ ）（ex﹣ ）＜0，恒成立，

∴当 x∈R，f（x）单调递减，

综上可知：

当 a≤0 时，f（x）在 R 单调减函数，

当 a＞0 时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数；

（2）①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→﹣∞时，e2x→0，ex→0，

∴当 x→﹣∞时，f（x）→+∞，

当 x→∞，e2x→+∞，且远远大于 ex 和 x，

∴当 x→∞，f（x）→+∞，

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∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于 0 即可，

由 f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数，

∴f（x）min=f（ln ）=a×（）+（a﹣2）× ﹣ln ＜0，

∴1﹣ ﹣ln ＜0，即 ln + ﹣1＞0，

设 t= ，则 g（t）=lnt+t﹣1，（t＞0），

求导 g′（t）= +1，由 g

（1）=0，

∴t= ＞1，解得：

0＜a＜1，

∴a 的取值范围（0，1）．

方法二：

（1）由 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 x∈R，f（x）单调递减，

当 a＞0 时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+ ）（ex﹣ ），

令 f′（x）=0，解得：

x=﹣lna，

当 f′（x）＞0，解得：

x＞﹣lna，

当 f′（x）＜0，解得：

x＜﹣lna，

∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；

当 a＜0 时，f′（x）=2a（ex+ ）（ex﹣ ）＜0，恒成立，

∴当 x∈R，f（x）单调递减，

综上可知：

当 a≤0 时，f（x）在 R 单调减函数，

当 a＞0 时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；

（2）①若 a≤0 时，由

（1）可知：

f（x）最多有一个零点，

②当 a＞0 时，由

（1）可知：

当 x=﹣lna 时，f（x）取得最小值，f（x）min=f（﹣

lna）=1﹣ ﹣ln ，

当 a=1，时，f（﹣lna）=0，故 f（x）只有一个零点，

当 a∈（1，+∞）时，由 1﹣ ﹣ln ＞0，即 f（﹣lna）＞0，

故 f（x）没有零点，

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当 a∈（0，1）时，1﹣ ﹣ln ＜0，f（﹣lna）＜0，

由 f（﹣2）=ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，

故 f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，

假设存在正整数 n0，满足 n0＞ln（ ﹣1），则 f（n0）=

（a  +a﹣2）﹣n0

＞﹣n0＞﹣n0＞0，

由 ln（ ﹣1）＞﹣lna，

因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．

∴a 的取值范围（0，1）．

2．（2017•新课标Ⅱ）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 x0，且 e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

【解答】

（1）解：

因为 f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），

则 f（x）≥0 等价于 h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知 h′（x）=a﹣ ．

则当 a≤0 时 h′（x）＜0，即 y=h（x）在（0，+∞）上单调递减，

所以当 x0＞1 时，h（x0）＜h

（1）=0，矛盾，故 a＞0．

因为当 0＜x＜ 时 h′（x）＜0、当 x＞ 时 h′（x）＞0，

所以 h（x）min=h（ ），

又因为 h

（1）=a﹣a﹣ln1=0，

所以 =1，解得 a=1；

（2）证明：

由

（1）可知 f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，

令 f′（x）=0，可得 2x﹣2﹣lnx=0，记 t（x）=2x﹣2﹣lnx，则 t′（x）=2﹣ ，

令 t′（x）=0，解得：

x= ，

所以 t（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增，

所以 t（x）min=t（ ）=ln2﹣1＜0，从而 t（x）=0 有解，即 f′（x）=0 存在两根

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x0，x2，

且不妨设 f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为

正，

所以 f（x）必存在唯一极大值点 x0，且 2x0﹣2﹣lnx0=0，

所以 f（x0）=﹣x0﹣x0lnx0=﹣x0+2x0﹣2

=x0﹣  ，

由 x0＜ 可知 f（x0）＜（x0﹣

）max=﹣

+ = ；

由 f′（ ）＜0 可知 x0＜ ＜ ，

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 x0，且 e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

3．（2017•新课标Ⅲ）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+ ）（1+

）…（1+  ）＜m，求

m 的最小值．

【解答】解：

（1）因为函数 f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，

所以 f′（x）=1﹣ =，且 f

（1）=0．

所以当 a≤0 时 f′（x）＞0 恒成立，此时 y=f（x）在（0，+∞）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，+∞）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 ln（x+1）≤x 当且仅当 x=0 时取等号，

所以 ln（1+）＜，k∈N*．

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一方面，ln（1+ ）+ln（1+

即（1+ ）（1+）…（1+

）+…+ln（1+

）＜e；

）＜ +  +…+  =1﹣  ＜1，

另一方面，（1+ ）（1+）…（1+）＞（1+ ）（1+）（1+）=＞2；

从而当 n≥3 时，（1+ ）（1+）…（1+）∈（2，e），

因为 m 为整数，且对于任意正整数 n，（1+ ）（1+

）…（1+  ）＜m 成立，

所以 m 的最小值为 3．

（

4．（2017•江苏）已知函数 f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈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．

【解答】

（1）解：

因为 f（x）=x3+ax2+bx+1，

所以 g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a，

令 g′（x）=0，解得 x=﹣ ．

由于当 x＞﹣ 时 g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当 x＜﹣ 时 g′（x）＜

0，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（﹣ ）=0，即﹣

+  ﹣  +1=0，

所以 b=+ （a＞0）．

因为 f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，

所以 f′（x）=3x2+2ax+b=0 的实根，

所以 4a2﹣12b≥0，即 a2﹣

所以 b=+ （a≥3）．

+ ≥0，解得 a≥3，

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（2）证明：

由（ 1）可知 h（a）=b2﹣3a=

﹣27），

由于 a＞3，所以 h（a）＞0，即 b2＞3a；

﹣  +  =    （4a3﹣27）（a3

（3）解：

由

（1）可知 f′（x）的极小值为 f′（﹣ ）=b﹣

，

设 x1，x2 是 y=f（x）的两个极值点，则 x1+x2=

，x1x2= ，

所以 f（x1）+f（x2）=++a（+

）+b（x1+x2）+2

=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2

=﹣+2，

又因为 f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣ ，

所以 b﹣+﹣+2= ﹣≥﹣ ，

因为 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 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•新课标Ⅱ）设函数 f（x）=（1﹣x2）ex．

（1）讨论 f（x）的单调性；

（2）当 x≥0 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）=（1﹣2x﹣x2）ex，

令 f′（x）=0 可知 x=﹣1±

，

当 x＜﹣1﹣

或 x＞﹣1+

时 f′（x）＜0，当﹣1﹣  ＜x＜﹣1+  时 f′（x）＞

0，

所以 f（x）在（﹣∞，﹣1﹣），（﹣1+，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣，

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﹣1+）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：

①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，+∞）上单调递减，

又因为 h（0）=1，所以 h（x）≤1，

所以 f（x）=（1﹣x）h（x）≤x+1≤ax+1；

②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，+∞）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 x0=∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1=0，

所以 f（x0）＞ax0+1，矛盾；

③当 a≤0 时，取 x0=

∈（0，1），则 f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2=1≥ax0+1，

矛盾；

综上所述，a 的取值范围是[1，+∞）．

6．（2017•浙江）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[ ，+∞）上的取值范围．

【解答】解：

（1）函数 f（x）=（x﹣

）e﹣x（x≥ ），

导数 f′（x）=（1﹣ •

•2）e﹣x﹣（x﹣

）e﹣x

=（1﹣x+

）e﹣x=（1﹣x）（1﹣     ）e﹣x；

（2）由 f（x）的导数 f′（x）=（1﹣x）（1﹣

可得 f′（x）=0 时，x=1 或 ，

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）e﹣x，

当 ＜x＜1 时，f′（x）＜0，f（x）递减；

当 1＜x＜ 时，f′（x）＞0，f（x）递增；

当 x＞ 时，f′（x）＜0，f（x）递减，

且 x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，

则 f（x）≥0．

由 f（ ）= e，f

（1）=0，f（ ）= e，

即有 f（x）的最大值为 e，最小值为 f

（1）=0．

则 f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围是[0， e]．

7．（2017•山东）已知函数 f（x）=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（π，f（π））处的切线方程；

（Ⅱ）令 h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），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（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π．

∴曲线 y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：

y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．

化为：

2πx﹣y﹣π2﹣2=0．

（II）h（x）=g （x）﹣a f（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，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（x）在（0，+∞）单

调递增；

x＜0 时，h′（x）＜0，函数 h（x）在（﹣∞，0）单调递减．

第10页（共18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 x1=lna，x2=0．

①0＜a＜1 时，x∈（﹣∞，lna）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＞0，函数 h（x）单调

递增；

x∈（lna，0）时，ex﹣elna＞0，h′（x）＜0，函数 h（x）单调递减；

x∈（0，+∞）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）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos

（lna）+2]．

②当 a=1 时，lna=0，x∈R 时，h′（x）≥0，∴函数 h（x）在 R 上单调递增．

③1＜a 时，lna＞0，x∈（﹣∞，0）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＞0，函数 h（x）

单调递增；

x∈（0，lna）时，ex﹣elna＜0，h′（x）＜0，函数 h（x）单调递减；

x∈（lna，+∞）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）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos

（lna）+2]．

综上所述：

a≤0 时，函数 h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0 时，函数 h（x）

在（﹣∞，0）单调递减．

x=0 时，函数 h（x）取得极小值，h（0）=﹣1﹣2a．

0＜a＜1 时，函数 h（x）在 x∈（﹣∞，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．

0   （

a＞1 时，函数 h（x）在（﹣∞， ）， lna，+∞）上单调递增；函数h（x）在（0，

lna）上单调递减．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）=﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．

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8．（2017•北京）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，]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）=ex（cosx﹣sinx）﹣1，

可得曲线 y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为 k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，

切点为（0，e0cos0﹣0），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，

则 g（x）的导数为 g′（x）=ex（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2ex•sinx，

当 x∈[0，]，可得 g′（x）=﹣2ex•sinx≤0，

即有 g（x）在[0，

则 f（x）在[0，

]递减，可得 g（x）≤g（0）=0，

]递减，

即有函数 f（x）在区间[0，

最小值为 f（）=ecos

]上的最大值为 f（0）=e0cos0﹣0=1；

﹣  =﹣  ．

9．（2017•天津）设 a∈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 x0，g（x）为 f（x）的导函数．

（Ⅰ）求 g（x）的单调区间；

（Ⅱ）设 m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数 h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：

h（m）h（x0）＜0；

（Ⅲ）求证：

存在大于0 的常数 A，使得对于任意的正整数 p，q，且 ∈[1，x0）

∪（x0，2]，满足| ﹣x0|≥．

（

【解答】 Ⅰ）解：

由 f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得 g（x）=f′（x）=8x3+9x2

﹣6x﹣6，

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进而可得 g′（x）=24x2+18x﹣6．令 g′（x）=0，解得 x=﹣1，或 x= ．

当 x 变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：

x

g′（x）

g（x