（14分）设 a, b R,|a| 1 ．已知函数 f(x…——2017 高考数学第 19 题答案解析

【解答】
（14分）（2017•天津）设a，beR，$|a| \leqslant 1$ ．已知函数 $f(x)=x^{3}-6 x^{2}-3 a (a-4) x+b, g(x)=e^{x} f(x)$.
（I）求 $f(x)$ 的单调区间；
（II）已知函数 $y=g(x)$ 和 $y=e^{x}$ 的图象在公共点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 处有相同的切线，
（i）求证：$f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处的导数等于 0 ；
（ii）若关于 x 的不等式 $\mathrm{g}(\mathrm{x}) \leqslant \mathrm{e}^{\mathrm{x}}$ 在区间 $\left[\mathrm{x}_{0}-1, \mathrm{x}_{0}+1\right]$ 上恒成立，求 b 的取值范围。

【分析】（ I ）求出函数 $f(x)$ 的导函数，得到导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，列表后可得 $f(x)$ 的单调区间；
（II）（i）求出 $g(x)$ 的导函数，由题意知 $\left\{\begin{array}{l}g\left(x_{0}\right)=e^{x_{0}} \\ g^{\prime}\left(x_{0}\right)=e^{x_{0}}\end{array}\right.$ ，求解可得 $\left\{\begin{array}{l}f\left(x_{0}\right)=1 \\ f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0\end{array}\right.$ 。得到 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处的导数等于 $0 ;$
（ii）由（I）知 $x_{0}=a$ ．且 $f(x)$ 在（ $a-1, a$ ）内单调递增，在（ $a, a+1$ ）内单调递减，故当 $x_{0}=a$ 时，$f(x) \leqslant f(a)=1$ 在 $[a-1, a+1]$ 上恒成立，从而 $g(x) \leqslant \mathrm{e}^{\mathrm{x}}$ 在 $\left[\mathrm{x}_{0}-1, \mathrm{x}_{0}+1\right]$ 上恒成立．由f $(\mathrm{a})=\mathrm{a}^{3}-6 \mathrm{a}^{2}-3 \mathrm{a}(\mathrm{a}-4) \mathrm{a}+\mathrm{b}=1$ ，得 $\mathrm{b}=2 \mathrm{a}^{3}$

$-6 a^{2}+1,-1 \leqslant a \leqslant 1$ ．构造函数 $t(x)=2 x^{3}-6 x^{2}+1, x \in[-1,1]$ ，利用导数求其值域可得 $b$ 的范围。

【解答】（I）解：由 $f(x)=x^{3}-6 x^{2}-3 a(a-4) x+b$ ，可得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-12 x -3 a(a-4)=3(x-a)(x-(4-a))$,

令 $f^{\prime}(x)=0$ ，解得 $x=a$ ，或 $x=4-a$ ．由 $|a| \leqslant 1$ ，得 $a<4-a$ ．
当 $x$ 变化时，$f^{\prime}(x), f(x)$ 的变化情况如下表：

$\therefore f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty$ ，$a)$ ，（4－a，$+\infty)$ ，单调递减区间为（a ，4－a）；
（II）（i）证明：$\because g^{\prime}(x)=e^{x}\left(f(x)+f^{\prime}(x)\right)$ ，由题意知 $\left\{\begin{array}{l}g\left(x_{0}\right)=e^{x_{0}} \\ g^{\prime}\left(x_{0}\right)=e^{x_{0}}\end{array}\right.$ ，
$\therefore\left\{\begin{array}{l}f\left(x_{0}\right) e^{x_{0}}=e^{x_{0}} \\ e^{x_{0}}\left(f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\right)=e^{x_{0}}\end{array}\right.$ ，解得 $\left\{\begin{array}{l}f\left(x_{0}\right)=1 \\ f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0\end{array}\right.$ ．
$\therefore f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处的导数等于 0 ；
（ii）解：$\because g(x) \leqslant e^{x}, x \in\left[x_{0}-1, x_{0}+1\right]$ ，由 $e^{x}>0$ ，可得 $f(x) \leqslant 1$ ．
又 $\because f\left(x_{0}\right)=1, f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ，
故 $x_{0}$ 为 $f(x)$ 的极大值点，由（1）知 $x_{0}=a$ ．
另一方面，由于 $|a| \leqslant 1$ ，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 $x_{0}=a$ 时，$f(x) \leqslant f(a)=1$ 在 $[a-1, a+1]$ 上恒成立，从而 $g(x) \leqslant e^{x}$ 在 $\left[x_{0}\right. \left.-1, x_{0}+1\right]$ 上恒成立．

由f（a）$=a^{3}-6 a^{2}-3 a(a-4) a+b=1$ ，得 $b=2 a^{3}-6 a^{2}+1,-1 \leqslant a \leqslant 1$ 。
令 $t(x)=2 x^{3}-6 x^{2}+1, x \in[-1,1]$ ，
$\therefore t^{\prime}(x)=6 x^{2}-12 x$ ，
令 $t^{\prime}(x)=0$ ，解得 $x=2$（舍去），或 $x=0$ ．
$\because \mathrm{t}(-1)=-7, \mathrm{t}(1)=-3, \mathrm{t}(0)=1$ ，故 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 的值域为 $[-7,1]$ ．

$\therefore \mathrm{b}$ 的取值范围是 $[-7,1]$ ．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用研究过曲线上某点处的切线方程，训练了恒成立问题的求解方法，体现了数学转化思想方法，是压轴题。