全国通用2022版高考数学大二轮总复习增分策略高考压轴大题突破练四函数与导数

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