《高考快车道》专题突破练4（课后习题）（教师版）高三 二轮专题复习讲义 数学

专题突破练4
(分值:68分)
1.(17分)(2025上海,19)已知函数f(x)=x2-(m+2)x+mln x,m∈R.
(1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2-1的解集;
(2)若函数y=f(x)满足在(0,+∞)上存在极大值,求m的取值范围.
解(1)由题意知f(1)=1-(m+2)=0,可得m=-1,
则f(x)=x2-x-ln x,
于是f(x)≤x2-1 x+ln x-1≥0.
设g(x)=x+ln x-1,x>0,
∵g'(x)=1+>0在(0,+∞)上恒成立,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增.
又g(1)=0,∴g(x)≥0 g(x)≥g(1) x≥1,
∴不等式f(x)≤x2-1的解集为{x|x≥1}.
(2)∵f'(x)=2x-(m+2)+,x∈(0,+∞),
∴当m≤0时,f'(x)>0 x>1,f'(x)<0 0∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,此时f(x)无极大值.
当>1即m>2时,f'(x)>0 0,f'(x)<0 1∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,此时f(x)在x=1处取得极大值.
当0<<1即00 01,f'(x)<0 ∴f(x)在(0,)上单调递增,在(,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,此时f(x)在x=处取得极大值.
当=1即m=2时,f'(x)=≥0恒成立,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增,函数无极值.
综上,可知m的取值范围为(0,2)∪(2,+∞).
2.(17分)已知函数f(x)=-ln x+(2+a)x-2.
(1)若曲线y=f(x)的一条切线方程为y=x-1,求a的值;
(2)若函数f(x)在区间(1,2)内单调递增,求a的取值范围;
(3)若 x∈(,+∞),f(x)无零点,求a的取值范围.
解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),设切点为(x0,y0),
因为f'(x)=-+2+a,
所以-+2+a=1,
解得x0=,
因为y0=-ln x0+(2+a)x0-2,y0=x0-1,
所以-ln x0+(2+a)x0-2=x0-1,
即ln x0=(1+a)x0-1,
所以ln=1-1=0,所以=1,解得a=0.
(2)因为f'(x)=-+2+a,f(x)在区间(1,2)内单调递增,
所以f'(x)≥0在(1,2)内恒成立,
因为x∈(1,2),所以f'(x)∈(a+1,a+),
所以a+1≥0,
即a∈[-1,+∞).
(3)因为f'(x)=-+2+a=,x∈(0,+∞),
当2+a≤0,即a≤-2时,f'(x)<0,
所以f(x)在(,+∞)内单调递减,
因为f()=2+(2+a)-2≤0,
所以f(x)在(,+∞)上无零点,符合题意;
当a>-2时,令f'(x)=0,则x=>0,
当x∈(0,)时,f'(x)<0,当x∈(,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞),
所以f(x)的最小值为f()=-ln-1,
当-ln-1>0,即a>e-2时,f(x)无零点,符合题意;
当a=e-2时,f(x)有一个零点,不符合题意;
当-20,
所以 x0∈(),使得f(x0)=0,不符合题意.
综上所述,当a∈(-∞,-2]∪(e-2,+∞)时, x∈(,+∞),f(x)无零点.
3.(17分)已知函数f(x)=ln x-mx2+(1-2m)x+1.
(1)若m=1,求f(x)的极值;
(2)若对于任意x>0,f(x)≤0恒成立,求整数m的最小值.
解(1)当m=1时,f(x)=ln x-x2-x+1,f'(x)=-2x-1=-.
由于定义域为(0,+∞),所以当00,f(x)在(0,)内单调递增;当x>时,f'(x)<0,f(x)在(,+∞)上单调递减.
所以f(x)在x=处取得极大值,且极大值为f()=-ln 2,无极小值.
(2)因为对于任意x>0,f(x)≤0恒成立,所以ln x-mx2+(1-2m)x+1≤0,
即ln x+x+1≤m(x2+2x)在(0,+∞)上恒成立,
因此m≥在(0,+∞)上恒成立.
令F(x)=,即m≥F(x)max.
F'(x)=.
设φ(x)=-(x+2ln x),显然φ(x)在(0,+∞)上单调递减,
因为φ(1)=-1<0,φ()=-(+2ln)=2ln 2->0,所以 x0∈(,1),使得φ(x0)=0,
即x0+2ln x0=0,当x∈(0,x0)时,φ(x)>0,则F'(x)>0;
当x∈(x0,+∞)时,φ(x)<0,则F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以F(x)max=F(x0)=,
因为x0∈(,1),所以∈(,1),故整数m的最小值为1.
4.(17分)已知函数f(x)=-x+aln x存在两个极值点x1,x2.
(1)求a的取值范围;
(2)求f(x1)+f(x2)-3a的最小值.
解(1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+.
令g(x)=-x2+ax-a,则g(x)=0有两个不相等的正实根x1,x2,
∴解得a>4,
∴实数a的取值范围为(4,+∞).
(2)由(1)知a>4,x1,x2是g(x)=0的两个实数根,则x1+x2=x1x2=a.
∴f(x1)+f(x2)-3a=-x1+aln x1+-x2+aln x2-3a=-(x1+x2)+aln(x1x2)-3a=aln a-3a.
令h(a)=aln a-3a(a>4),则h'(a)=ln a-2,
∴当a∈(4,e2)时,h'(a)<0;
当a∈(e2,+∞)时,h'(a)>0.
∴h(a)在(4,e2)内单调递减,在(e2,+∞)上单调递增.
∴h(a)min=h(e2)=2e2-3e2=-e2,即f(x1)+f(x2)-3a的最小值为-e2.
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