導(dǎo)數(shù)高考題(含答案)

《導(dǎo)數(shù)高考題(含答案)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《導(dǎo)數(shù)高考題(含答案)（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

導(dǎo)數(shù)高考題 1．已知函數(shù)f（x）=x3+ax+，g（x）=﹣lnx （i）當(dāng) a為何值時，x軸為曲線y=f（x）的切線； （ii）用min {m，n }表示m，n中的最小值，設(shè)函數(shù)h（x）=min { f（x），g（x）}（x＞0），討論h（x）零點的個數(shù)． 解：（i）f′（x）=3x2+a，設(shè)曲線y=f（x）與x軸相切于點P（x0，0），則f（x0）=0，f′（x0）=0， ∴，解得，a=．因此當(dāng)a=﹣時，x軸為曲線y=f（x）的切線； （ii）當(dāng)x∈（1，+∞）時，g（x）=﹣lnx＜0，∴函數(shù)h（x）=min { f（x），g（x）}≤g（x）＜0， 故h（x）在x∈（1，+∞）時無零點．當(dāng)x=1時，若a≥﹣，則f（1）=a+≥0， ∴h（x）=min { f（1），g（1）}=g（1）=0，故x=1是函數(shù)h（x）的一個零點； 若a＜﹣，則f（1）=a+＜0，∴h（x）=min { f（1），g（1）}=f（1）＜0，故x=1不是函數(shù)h（x）的零點； 當(dāng)x∈（0，1）時，g（x）=﹣lnx＞0，因此只考慮f（x）在（0，1）內(nèi)的零點個數(shù)即可． ①當(dāng)a≤﹣3或a≥0時，f′（x）=3x2+a在（0，1）內(nèi)無零點，因此f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)單調(diào)， 而f（0）=，f（1）=a+，∴當(dāng)a≤﹣3時，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有一個零點， 當(dāng)a≥0時，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)沒有零點． ②當(dāng)﹣3＜a＜0時，函數(shù)f（x）在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x=時，f（x）取得最小值=． 若＞0，即，則f（x）在（0，1）內(nèi)無零點． 若=0，即a=﹣，則f（x）在（0，1）內(nèi)有唯一零點． 若＜0，即，由f（0）=，f（1）=a+， ∴當(dāng)時，f（x）在（0，1）內(nèi)有兩個零點．當(dāng)﹣3＜a時，f（x）在（0，1）內(nèi)有一個零點． 綜上可得：當(dāng)或a＜時，h（x）有一個零點； 當(dāng)a=或時，h（x）有兩個零點； 當(dāng)時，函數(shù)h（x）有三個零點． 2．設(shè)函數(shù)f（x）=emx+x2﹣mx． （1）證明：f（x）在（﹣∞，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增； （2）若對于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范圍． 解：（1）證明：f′（x）=m（emx﹣1）+2x． 若m≥0，則當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，emx﹣1≤0，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（0，+∞）時，emx﹣1≥0，f′（x）＞0． 若m＜0，則當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，emx﹣1＞0，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（0，+∞）時，emx﹣1＜0，f′（x）＞0． 所以，f（x）在（﹣∞，0）時單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增． （2）由（1）知，對任意的m，f（x）在[﹣1，0]單調(diào)遞減，在[0，1]單調(diào)遞增，故f（x）在x=0處取得最小值． 所以對于任意x1，x2∈[﹣1，1]，|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1的充要條件是 即 設(shè)函數(shù)g（t）=et﹣t﹣e+1，則g′（t）=et﹣1． 當(dāng)t＜0時，g′（t）＜0；當(dāng)t＞0時，g′（t）＞0．故g（t）在（﹣∞，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增． 又g（1）=0，g（﹣1）=e﹣1+2﹣e＜0，故當(dāng)t∈[﹣1，1]時，g（t）≤0． 當(dāng)m∈[﹣1，1]時，g（m）≤0，g（﹣m）≤0，即合式成立； 當(dāng)m＞1時，由g（t）的單調(diào)性，g（m）＞0，即em﹣m＞e﹣1． 當(dāng)m＜﹣1時，g（﹣m）＞0，即e﹣m+m＞e﹣1． 綜上，m的取值范圍是[﹣1，1] 3．函數(shù)f（x）=ln（x+1）﹣（a＞1）． （Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性； （Ⅱ）設(shè)a1=1，an+1=ln（an+1），證明：＜an≤． 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（﹣1，+∞），f′（x）=， ①當(dāng)1＜a＜2時，若x∈（﹣1，a2﹣2a），則f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）在（﹣1，a2﹣2a）上是增函數(shù)， 若x∈（a2﹣2a，0），則f′（x）＜0，此時函數(shù)f（x）在（a2﹣2a，0）上是減函數(shù)， 若x∈（0，+∞），則f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)． ②當(dāng)a=2時，f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）在（﹣1，+∞）上是增函數(shù)， ③當(dāng)a＞2時，若x∈（﹣1，0），則f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）在（﹣1，0）上是增函數(shù)， 若x∈（0，a2﹣2a），則f′（x）＜0，此時函數(shù)f（x）在（0，a2﹣2a）上是減函數(shù)， 若x∈（a2﹣2a，+∞），則f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）在（a2﹣2a，+∞）上是增函數(shù)． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，當(dāng)a=2時，此時函數(shù)f（x）在（﹣1，+∞）上是增函數(shù)， 當(dāng)x∈（0，+∞）時，f（x）＞f（0）=0， 即ln（x+1）＞，（x＞0）， 又由（Ⅰ）知，當(dāng)a=3時，f（x）在（0，3）上是減函數(shù)， 當(dāng)x∈（0，3）時，f（x）＜f（0）=0，ln（x+1）＜， 下面用數(shù)學(xué)歸納法進行證明＜an≤成立， ①當(dāng)n=1時，由已知 ，故結(jié)論成立． ②假設(shè)當(dāng)n=k時結(jié)論成立，即， 則當(dāng)n=k+1時，an+1=ln（an+1）＞ln（）， an+1=ln（an+1）＜ln（）， 即當(dāng)n=k+1時，成立， 綜上由①②可知，對任何n∈N?結(jié)論都成立． 4．已知函數(shù)f（x）=ex﹣e﹣x﹣2x． （Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性； （Ⅱ）設(shè)g（x）=f（2x）﹣4bf（x），當(dāng)x＞0時，g（x）＞0，求b的最大值； （Ⅲ）已知1.4142＜＜1.4143，估計ln2的近似值（精確到0.001）． 解：（Ⅰ）由f（x）得f′（x）=ex+e﹣x﹣2，即f′（x）≥0，當(dāng)且僅當(dāng)ex=e﹣x即x=0時，f′（x）=0，∴函數(shù)f（x）在R上為增函數(shù)． （Ⅱ）g（x）=f（2x）﹣4bf（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，則g′（x）=2[e2x+e﹣2x﹣2b（ex+e﹣x）+（4b﹣2）]=2[（ex+e﹣x）2﹣2b（ex+e﹣x）+（4b﹣4）]=2（ex+e﹣x﹣2）（ex+e﹣x+2﹣2b）． ①∵ex+e﹣x＞2，ex+e﹣x+2＞4，∴當(dāng)2b≤4，即b≤2時，g′（x）≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時取等號， 從而g（x）在R上為增函數(shù)，而g（0）=0，∴x＞0時，g（x）＞0，符合題意． ②當(dāng)b＞2時，若x滿足2＜ex+e﹣x＜2b﹣2即，得，此時，g′（x）＜0，又由g（0）=0知，當(dāng)時，g（x）＜0，不符合題意． 綜合①、②知，b≤2，得b的最大值為2． （Ⅲ）∵1.4142＜＜1.4143，根據(jù)（Ⅱ）中g(shù)（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x）+（8b﹣4）x， 為了湊配ln2，并利用的近似值，故將ln即代入g（x）的解析式中， 得． 當(dāng)b=2時，由g（x）＞0，得， 從而； 令，得＞2，當(dāng)時， 由g（x）＜0，得，得． 所以ln2的近似值為0.693． 5．設(shè)函數(shù)f（x）=aexlnx+，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處得切線方程為y=e（x﹣1）+2． （Ⅰ）求a、b； （Ⅱ）證明：f（x）＞1． 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=+， 由題意可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=exlnx+， ∵f（x）＞1，∴exlnx+＞1，∴l(xiāng)nx＞﹣， ∴f（x）＞1等價于xlnx＞xe﹣x﹣，設(shè)函數(shù)g（x）=xlnx，則g′（x）=1+lnx， ∴當(dāng)x∈（0，）時，g′（x）＜0；當(dāng)x∈（，+∞）時，g′（x）＞0． 故g（x）在（0，）上單調(diào)遞減，在（，+∞）上單調(diào)遞增，從而g（x）在（0，+∞）上的最小值為g（）=﹣．設(shè)函數(shù)h（x）=xe﹣x﹣，則h′（x）=e﹣x（1﹣x）． ∴當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）＞0；當(dāng)x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0， 故h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減， 從而h（x）在（0，+∞）上的最大值為h（1）=﹣． 綜上，當(dāng)x＞0時，g（x）＞h（x），即f（x）＞1． 6．已知函數(shù)f（x）=x2+ax+b，g（x）=ex（cx+d）若曲線y=f（x）和曲線y=g（x）都過點P（0，2），且在點P處有相同的切線y=4x+2． （Ⅰ）求a，b，c，d的值； （Ⅱ）若x≥﹣2時，f（x）≤kg（x），求k的取值范圍． 解：（Ⅰ）由題意知f（0）=2，g（0）=2，f′（0）=4，g′（0）=4， 而f′（x）=2x+a，g′（x）=ex（cx+d+c），故b=2，d=2，a=4，d+c=4，從而a=4，b=2，c=2，d=2； （Ⅱ）由（I）知，f（x）=x2+4x+2，g（x）=2ex（x+1），設(shè)F（x）=kg（x）﹣f（x）=2kex（x+1）﹣x2﹣4x﹣2， 則F′（x）=2kex（x+2）﹣2x﹣4=2（x+2）（kex﹣1），由題設(shè)得F（0）≥0，即k≥1， 令F′（x）=0，得x1=﹣lnk，x2=﹣2， ①若1≤k＜e2，則﹣2＜x1≤0，從而當(dāng)x∈（﹣2，x1）時，F(xiàn)′（x）＜0，當(dāng)x∈（x1，+∞）時，F(xiàn)′（x）＞0， 即F（x）在（﹣2，x1）上減，在（x1，+∞）上是增，故F（x）在[﹣2，+∞）上的最小值為F（x1）， 而F（x1）=﹣x1（x1+2）≥0，x≥﹣2時F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立． ②若k=e2，則F′（x）=2e2（x+2）（ex﹣e﹣2），從而當(dāng)x∈（﹣2，+∞）時，F(xiàn)′（x）＞0， 即F（x）在（﹣2，+∞）上是增，而F（﹣2）=0，故當(dāng)x≥﹣2時，F(xiàn)（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立． ③若k＞e2時，F(xiàn)′（x）＞2e2（x+2）（ex﹣e﹣2）， 而F（﹣2）=﹣2ke﹣2+2＜0，所以當(dāng)x＞﹣2時，f（x）≤kg（x）不恒成立， 綜上，k的取值范圍是[1，e2]． 7．已知函數(shù)f（x）=ex﹣ln（x+m） （Ι）設(shè)x=0是f（x）的極值點，求m，并討論f（x）的單調(diào)性； （Ⅱ）當(dāng)m≤2時，證明f（x）＞0． （Ⅰ）解：∵，x=0是f（x）的極值點，∴，解得m=1． 所以函數(shù)f（x）=ex﹣ln（x+1），其定義域為（﹣1，+∞）． ∵． 設(shè)g（x）=ex（x+1）﹣1，則g′（x）=ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上為增函數(shù)， 又∵g（0）=0，所以當(dāng)x＞0時，g（x）＞0，即f′（x）＞0；當(dāng)﹣1＜x＜0時，g（x）＜0，f′（x）＜0． 所以f（x）在（﹣1，0）上為減函數(shù)；在（0，+∞）上為增函數(shù)； （Ⅱ）證明：當(dāng)m≤2，x∈（﹣m，+∞）時，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需證明當(dāng)m=2時f（x）＞0． 當(dāng)m=2時，函數(shù)在（﹣2，+∞）上為增函數(shù)，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0． 故f′（x）=0在（﹣2，+∞）上有唯一實數(shù)根x0，且x0∈（﹣1，0）． 當(dāng)x∈（﹣2，x0）時，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（x0，+∞）時，f′（x）＞0， 從而當(dāng)x=x0時，f（x）取得最小值． 由f′（x0）=0，得，ln（x0+2）=﹣x0． 故f（x）≥=＞0． 綜上，當(dāng)m≤2時，f（x）＞0． 8．已知函數(shù)． （I）若x≥0時，f（x）≤0，求λ的最小值； （II）設(shè)數(shù)列{an}的通項an=1+． 解：（I）由已知，f（0）=0，f′（x）==， ∴f′（0）=0欲使x≥0時，f（x）≤0恒成立，則f（x）在（0，+∞）上必為減函數(shù)，即在（0，+∞）上f′（x）＜0恒成立，當(dāng)λ≤0時，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，為增函數(shù)，故不合題意， 若0＜λ＜時，由f′（x）＞0解得x＜，則當(dāng)0＜x＜，f′（x）＞0，所以當(dāng)0＜x＜時，f（x）＞0，此時不合題意， 若λ≥，則當(dāng)x＞0時，f′（x）＜0恒成立，此時f（x）在（0，+∞）上必為減函數(shù)，所以當(dāng)x＞0時，f（x）＜0 恒成立， 綜上，符合題意的λ的取值范圍是λ≥，即λ的最小值為 （ II）令λ=，由（I）知，當(dāng)x＞0時，f（x）＜0，即 取x=，則 于是a2n﹣an+=++…++ = = ==＞=ln2n﹣lnn=ln2，所以。 9．設(shè)函數(shù)f（x）=ax+cosx，x∈[0，π]． （Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性； （Ⅱ）設(shè)f（x）≤1+sinx，求a的取值范圍． 解：（Ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)，可得f（x）=a﹣sinx，x∈[0，π]，sinx∈[0，1]； 當(dāng)a≤0時，f（x）≤0恒成立，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)a≥1 時，f（x）≥0恒成立，f（x）單調(diào)遞增； 當(dāng)0＜a＜1時，由f（x）=0得x1=arcsina，x2=π﹣arcsina 當(dāng)x∈[0，x1]時，sinx＜a，f（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增 當(dāng)x∈[x1，x2]時，sinx＞a，f（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減 當(dāng)x∈[x2，π]時，sinx＜a，f（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增； （Ⅱ）由f（x）≤1+sinx得f（π）≤1，aπ﹣1≤1，∴a≤． 令g（x）=sinx﹣（0≤x），則g′（x）=cosx﹣ 當(dāng)x時，g′（x）＞0，當(dāng)時，g′（x）＜0 ∵，∴g（x）≥0，即（0≤x）， 當(dāng)a≤時，有 ①當(dāng)0≤x時，，cosx≤1，所以f（x）≤1+sinx； ②當(dāng)時，=1+≤1+sinx 綜上，a≤． 10．已知函數(shù)f（x）=+，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為x+2y﹣3=0． （Ⅰ）求a、b的值； （Ⅱ）如果當(dāng)x＞0，且x≠1時，f（x）＞+，求k的取值范圍． 解：由題意f（1）=1，即切點坐標(biāo)是（1，1）， （Ⅰ） 由于直線x+2y﹣3=0的斜率為，且過點（1，1），故，即解得a=1，b=1． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以）． 考慮函數(shù)（x＞0），則． （i）設(shè)k≤0，由知，當(dāng)x≠1時，h′（x）＜0．而h（1）=0，故 當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）＜0，可得； 當(dāng)x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0，可得h（x）＞0 從而當(dāng)x＞0，且x≠1時，f（x）﹣（+）＞0，即f（x）＞+． （ii）設(shè)0＜k＜1．由于當(dāng)x∈（1，）時，（k﹣1）（x2+1）+2x＞0，故h′（x）＞0，而 h（1）=0，故當(dāng)x∈（1，）時，h（x）＞0，可得h（x）＜0，與題設(shè)矛盾． （iii）設(shè)k≥1．此時h′（x）＞0，而h（1）=0，故當(dāng)x∈（1，+∞）時，h（x）＞0，可得h（x）＜0，與題設(shè)矛盾．綜合得，k的取值范圍為（﹣∞，0]． 11．設(shè)函數(shù)f（x）=1﹣e﹣x． （Ⅰ）證明：當(dāng)x＞﹣1時，f（x）≥； （Ⅱ）設(shè)當(dāng)x≥0時，f（x）≤，求a的取值范圍． 解：（1）當(dāng)x＞﹣1時，f（x）≥當(dāng)且僅當(dāng)ex≥1+x，令g（x）=ex﹣x﹣1，則g（x）=ex﹣1 當(dāng)x≥0時g（x）≥0，g（x）在[0，+∞）是增函數(shù) 當(dāng)x≤0時g（x）≤0，g（x）在（﹣∞，0]是減函數(shù) 于是g（x）在x=0處達到最小值，因而當(dāng)x∈R時，g（x）≥g（0）時，即ex≥1+x，所以當(dāng)x＞﹣1時，f（x）≥ （2）由題意x≥0，此時f（x）≥0 當(dāng)a＜0時，若x＞﹣，則＜0，f（x）≤不成立； 當(dāng)a≥0時，令h（x）=axf（x）+f（x）﹣x，則 f（x）≤當(dāng)且僅當(dāng)h（x）≤0 因為f（x）=1﹣e﹣x，所以h（x）=af（x）+axf（x）+f（x）﹣1=af（x）﹣axf（x）+ax﹣f（x） （i）當(dāng)0≤a≤時，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，+∞）是減函數(shù)，h（x）≤h（0）=0，即f（x）≤ （ii）當(dāng)a＞時，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） 當(dāng)0＜x＜時，h（x）＞0，所以h（x）＞0，所以h（x）＞h（0）=0，即f（x）＞ 綜上，a的取值范圍是[0，] 12．已知函數(shù)f（x）=（x+1）lnx﹣x+1． （Ⅰ）若xf′（x）≤x2+ax+1，求a的取值范圍； （Ⅱ）證明：（x﹣1）f（x）≥0． 解：（Ⅰ），xf′（x）=xlnx+1，題設(shè)xf′（x）≤x2+ax+1等價于lnx﹣x≤a． 令g（x）=lnx﹣x，則，當(dāng)0＜x＜1，g′（x）＞0；當(dāng)x≥1時，g′（x）≤0，x=1是g（x）的最大值點，g（x）≤g（1）=﹣1 綜上，a的取值范圍是[﹣1，+∞）． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（x）≤g（1）=﹣1即lnx﹣x+1≤0． 當(dāng)0＜x＜1時，f（x）=（x+1）lnx﹣x+1=xlnx+（lnx﹣x+1）＜0； 當(dāng)x≥1時，f（x）=lnx+（xlnx﹣x+1）==≥0 所以（x﹣1）f（x）≥0． 13．設(shè)函數(shù)f（x）=x2+aln（1+x）有兩個極值點x1、x2，且x1＜x2， （Ⅰ）求a的取值范圍，并討論f（x）的單調(diào)性； （Ⅱ）證明：f（x2）＞． 解：（I），令g（x）=2x2+2x+a，其對稱軸為． 由題意知x1、x2是方程g（x）=0的兩個均大于﹣1的不相等的實根， 其充要條件為，得 （1）當(dāng)x∈（﹣1，x1）時，f（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x1）內(nèi)為增函數(shù)； （2）當(dāng)x∈（x1，x2）時，f（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）內(nèi)為減函數(shù)； （3）當(dāng)x∈（x2，+∞）時，f（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）內(nèi)為增函數(shù)； （II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2） ∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2） 設(shè)h（x）=x2﹣（2x2+2x）ln（1+x），（﹣＜x＜0） 則h（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x） （1）當(dāng)時，h（x）＞0，∴h（x）在單調(diào)遞增； （2）當(dāng)x∈（0，+∞）時，h（x）＜0，h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減．∴ 故． 14．已知函數(shù)f（x）=（x3+3x2+ax+b）e﹣x． （1）如a=b=﹣3，求f（x）的單調(diào)區(qū)間； （2）若f（x）在（﹣∞，α），（2，β）單調(diào)增加，在（α，2），（β，+∞）單調(diào)減少，證明：β﹣α＞6． 解：（Ⅰ）當(dāng)a=b=﹣3時，f（x）=（x3+3x2﹣3x﹣3）e﹣x， 故f′（x）=﹣（x3+3x2﹣3x﹣3）e﹣x+（3x2+6x﹣3）e﹣x=﹣e﹣x（x3﹣9x）=﹣x（x﹣3）（x+3）e﹣x 當(dāng)x＜﹣3或0＜x＜3時，f′（x）＞0； 當(dāng)﹣3＜x＜0或x＞3時，f′（x）＜0． 從而f（x）在（﹣∞，﹣3），（0，3）單調(diào)增加，在（﹣3，0），（3，+∞）單調(diào)減少； （Ⅱ）f′（x）=﹣（x3+3x2+ax+b）e﹣x+（3x2+6x+a）e﹣x=﹣e﹣x[x3+（a﹣6）x+b﹣a]． 由條件得：f′（2）=0，即23+2（a﹣6）+b﹣a=0，故b=4﹣a， 從而f′（x）=﹣e﹣x[x3+（a﹣6）x+4﹣2a]． 因為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）． 將右邊展開，與左邊比較系數(shù)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．