解答题专题练(六)函数、导数(建议用时：40分钟)1．已知函数f(x)＝mx－，g(x)＝3lnx.(1)当m＝4时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若x∈(1,](e是自然对数的底数)时，不等式f(x)－g(x)＜3恒成立，求实数m的取值范围．2．(2019·连云港期末)已知函数f(x)＝x3－mx2－x＋m，其中m∈R.(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)若对任意的x1，x2∈[－1，1]，都有|f′(x1)－f′(x2)|≤4，求实数m的取值范围；(3)求函数f(x)的零点个数．3．(2019·连云港三校联考)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中函数y＝g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．(1)确定a与b的关系；(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性；(3)设斜率为k的直线与函数y＝f(x)的图象交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1
c)2解答题专题练(六)1．解：(1)当m＝4时，f(x)＝4x－，f′(x)＝4＋，f′(2)＝5，又f(2)＝6，所以所求切线方程为y＝5x－4.(2)由题意知，x∈(1，]时，mx－－3lnx＜3恒成立，即m(x2－1)＜3x＋3xlnx恒成立，因为x∈(1，]，所以x2－1＞0，则m＜恒成立．令h(x)＝，x∈(1，]，则m＜h(x)min，h′(x)＝＝－，因为x∈(1，]，所以h′(x)＜0，即h(x)在(1，]上是减函数．所以当x∈(1，]时，h(x)min＝h()＝.所以m的取值范围是(－∞，)．2．解：(1)f′(x)＝x2－2mx－1，由f′(x)≥0得x≤m－或x≥m＋.故函数f(x)的单调增区间为(－∞，m－)，(m＋，＋∞)，单调减区间为(m－，m＋)．(2)“对任意的x1，x2∈[－1，1]，都有|f′(x1)－f′(x2)|≤4”等价于“函数y＝f′(x)，x∈[－1，1]的最大值与最小值的差小于等于4”．对于f′(x)＝x2－2mx－1，对称轴为直线x＝m.当m<－1时，f′(x)的最大值为f′(1)，最小值为f′(－1)．由f′(1)－f′(－1)≤4，即－4m≤4，解得m≥－1(舍去)；当－1≤m≤1时，f′(x)的最大值为f′(1)或f′(－1)，最小值为f′(m)．由即解得－1≤m≤1；当m>1时，f′(x)的最大值为f′(－1)，最小值为f′(1)．由f′(－1)－f′(1)≤4，即4m≤4解得m≤1(舍去)．综上，实数m的取值范围是[－1，1]．(3)由f′(x)＝0得x2－2mx－1＝0，因为Δ＝4m2＋4>0，所以y＝f(x)既有极大值也有极小值．设f′(x0)＝0，即x－2mx0－1＝0，则f(x0)＝x－mx－x0＋m＝－mx－x0＋m＝－x0(m2＋1)，所以极大值为f(m－)＝－(m－)·(m2＋1)>0，极小值为f(m＋)＝－(m＋)·(m2＋1)<0，故函数f(x)有三个零点．3．解：(1)因为g(x)＝f(x)＋ax2＋bx＝lnx＋ax2＋bx，所以g′(x)＝＋2ax＋b，由题意得g′(1)＝1＋2a＋b＝0，所以b＝－2a－1.(2)因为g′(x)＝＋2ax＋b＝＋2ax－2a－1＝(x>0)，①当a＝0时，g′(x)＝(x>0)，当x>1时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减；当00，所以函数g(x)在(0，1)上单调递增；②当01时，g′(x)＝(x>0)，所以函数g(x)在上单调递减；函数g(x)在和(0，1)上单调递增；3③当a＝，即2a＝1时，g′(x)＝≥0(x>0)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；④当a>，即<1时，g′(x)＝(x>0)，所以函数g(x)在上单调递减；函数g(x)在(1，＋∞)和上单调递增.(3)证明：由题设x2>x1>0，所以1)，则h′(x)＝－1＝(x>1)，所以x>1时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(1，＋∞)上是减函数，而h(1)＝0，所以x>1时，h(x)x1>0，所以>1，所以h＝ln－＋1<0，即ln<－1，②令H(x)＝lnx＋－1(x>1)，则H′(x)＝－＝(x>1)，所以x>1时，H′(x)>0，所以H(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以x>1时，H(x)>H(1)＝0，所以H＝ln＋－1>0，即1－
