第 6 讲 导数及其应用■真题调研——————————————【例 1】 [2019·全国卷Ⅰ]已知函数 f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为 f(x)的导数，证明：(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有 2 个零点．解：(1)设 g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－，g′(x)＝－sinx＋.当 x∈时，g′(x)单调递减，而 g′(0)＞0，g′＜0，可得 g′(x)在有唯一零点，设为 α.则当 x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当 x∈时，g′(x)＜0.所以 g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故 g(x)在存在唯一极大值点，即 f′(x)在存在唯一极大值点．(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当 x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)单调递增，而 f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，故 f(x)在(－1,0)单调递减．又 f(0)＝0，从而 x＝0 是 f(x)在(－1,0]的唯一零点．(ⅱ)当 x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而 f′(0)＝0，f′＜0，所以存在 β∈，使得 f′(β)＝0，且当 x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当 x∈时，f′(x)＜0.故 f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．又 f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当 x∈时，f(x)＞0.从而，f(x)在没有零点．(ⅲ)当 x∈时，f′(x)＜0，所以 f(x)在单调递减．而 f＞0，f(π)＜0，所以 f(x)在有唯一零点．(ⅳ)当 x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1，所以 f(x)＜0，从而 f(x)在(π，＋∞)没有零点．综上，f(x)有且仅有 2 个零点．【例 2】 [2019·全国卷Ⅲ]已知函数 f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)是否存在 a，b，使得 f(x)在区间[0,1]的最小值为－1 且最大值为 1？若存在，求出 a，b 的所有值；若不存在，说明理由．解：(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝.若 a＞0，则当 x∈(－∞，0)∪时，f′(x)＞0；当 x∈时，f′(x)＜0.故 f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减；若 a＝0，f′(x)≥0，故 f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；若 a＜0，则当 x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；当 x∈时，f′(x)＜0.故 f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减．(2)满足题设条件的 a，b 存在．(ⅰ)当 a≤0 时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以 f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b，最大值为 f(1)＝2－a＋b.此时，a，b 满足题设条件当且仅当 b＝－1,2－a＋b＝1，即 a＝0，b＝－1.(ⅱ)当 a≥3 时，由(1)知，f(x)在[0,1]...
