高考压轴大题突破练(四)函数与导数(2)1．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1处取得极值，在x＝0处的切线与直线3x＋y＝0平行．(1)求f(x)的解析式；(2)已知点A(2，m)，求过点A的曲线y＝f(x)的切线条数．2．已知函数f(x)＝2x2－alnx(a∈R)．(1)若a＝4，求函数f(x)的极小值；(2)试问：对某个实数m，方程f(x)＝m－cos2x在x∈(0，＋∞)上是否存在三个不相等的实根？若存在，请求出实数a的范围；若不存在，请说明理由．6\n3．已知函数f(x)＝alnx－bx2.(1)当a＝2，b＝时，求函数f(x)在[，e]上的最大值；(2)当b＝0时，若不等式f(x)≥m＋x对所有的a∈[0，]，x∈(1，e2]都成立，求实数m的取值范围．6\n4．(2022·大纲全国)函数f(x)＝ln(x＋1)－(a>1)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明：<an≤.答案精析高考压轴大题突破练(四)函数与导数(2)1．解 (1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题意可得解得所以f(x)＝x3－3x.(2)设切点为(t，t3－3t)，由(1)知f′(x)＝3x2－3，所以切线斜率k＝3t2－3，切线方程为y－(t3－3t)＝(3t2－3)(x－t)．又切线过点A(2，m)，代入得m－(t3－3t)＝(3t2－3)(2－t)，解得m＝－2t3＋6t2－6.设g(t)＝－2t3＋6t2－6，令g′(t)＝0，即－6t2＋12t＝0，解得t＝0或t＝2.当t变化时，g′(t)与g(t)的变化情况如下表：t(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)g′(t)－0＋0－g(t)极小值极大值所以g(t)的极小值为g(0)＝－6，极大值为g(2)＝2.作出函数草图可知：①当m>2或m<－6时，方程m＝－2t3＋6t2－6只有一解，即过点A只有一条切线；6\n②当m＝2或m＝－6时，方程m＝－2t3＋6t2－6恰有两解，即过点A有两条切线；③当－6<m<2时，方程m＝－2t3＋6t2－6有三解，即过点A有三条切线．2．解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由已知得f′(x)＝4x－＝，则当0<x<1时f′(x)<0，f(x)在(0,1)上是减函数；当x>1时f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数．故函数f(x)的极小值为f(1)＝2.(2)假设方程f(x)＝m－cos2x在x∈(0，＋∞)上存在三个不相等的实根，设F(x)＝2x2－alnx＋cos2x－m，由于F(x)在x∈(0，＋∞)上的图象连续不断，则F′(x)＝4x－－2sin2x(x>0)有两个不同的零点，即a＝4x2－2xsin2x(x>0)有两个不同的解．设G(x)＝4x2－2xsin2x(x>0)，则G′(x)＝8x－2sin2x－4xcos2x＝2(2x－sin2x)＋4x(1－cos2x)．设h(x)＝2x－sin2x，则h′(x)＝2－2cos2x≥0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，故当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即2x>sin2x.又1－cos2x>0，则G′(x)>0，故G(x)在(0，＋∞)上是增函数，则a＝4x2－2xsin2x(x>0)至多只有一个解，故假设不成立，即不存在满足条件的实数a.3．解 (1)由题意知，f(x)＝2lnx－x2，f′(x)＝－x＝，当≤x≤e时，6\n令f′(x)>0得≤x<；令f′(x)<0，得<x≤e，∴f(x)在[，)上单调递增，在(，e]上单调递减，∴f(x)max＝f()＝ln2－1.(2)当b＝0时，f(x)＝alnx，若不等式f(x)≥m＋x对所有的a∈[0，]，x∈(1，e2]都成立，则alnx≥m＋x对所有的a∈[0，]，x∈(1，e2]都成立，即m≤alnx－x，对所有的a∈[0，]，x∈(1，e2]都成立，令h(a)＝alnx－x，则h(a)为一次函数，m≤h(a)min.∵x∈(1，e2]，∴lnx>0，∴h(a)在[0，]上单调递增，∴h(a)min＝h(0)＝－x，∴m≤－x对所有的x∈(1，e2]都成立．∵1<x≤e2，∴－e2≤－x<－1，∴m≤(－x)min＝－e2.即实数m的取值范围为(－∞，－e2]．4．(1)解 f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝.①当1<a<2时，若x∈(－1，a2－2a)，则f′(x)>0，f(x)在(－1，a2－2a)是增函数；若x∈(a2－2a,0)，则f′(x)<0，f(x)在(a2－2a,0)是减函数；若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)是增函数．②当a＝2时，f′(x)≥0，f′(x)＝0成立当且仅当x＝0，f(x)在(－1，＋∞)是增函数．③当a>2时，若x∈(－1,0)，则f′(x)>0，f(x)在(－1,0)是增函数；若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)<0，f(x)在(0，a2－2a)是减函数；若x∈(a2－2a，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)在(a2－2a，＋∞)是增函数．综上，①当1<a<2时，f(x)在(－1，a2－2a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a2－2a,0)上单调递减；6\n②当a＝2时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；③当a>2时，f(x)在(－1,0)和(a2－2a，＋∞)上单调递增，在(0，a2－2a)上单调递减．(2)证明 由(1)知，当a＝2时，f(x)在(－1，＋∞)是增函数．当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝0，即ln(x＋1)>(x>0)．又由(1)知，当a＝3时，f(x)在(0,3)是减函数．当x∈(0,3)时，f(x)<f(0)＝0，即ln(x＋1)<(0<x<3)．下面用数学归纳法证明<an≤.①当n＝1时，由已知<a1＝1，故结论成立；②假设当n＝k时结论成立，即<ak≤.当n＝k＋1时，ak＋1＝ln(ak＋1)>ln(＋1)>＝.ak＋1＝ln(ak＋1)≤ln(＋1)<＝，即当n＝k＋1时有<ak＋1≤，结论成立．根据①②可知，对任何n∈N*结论都成立．6
