高考数学复习练习第1部分 专题一 第六讲 第一课时 预测演练提能
1．设函数f(x)＝mx3＋(4＋m)x2，g(x)＝aln(x－1)，其中a≠0.
(1)若函数y＝g(x)的图像恒过定点P，且点P关于直线x＝的对称点在y＝f(x)的图像上，求m的值；
(2)当a＝8时，设F(x)＝f′(x)＋g(x＋1)，讨论F(x)的单调性．
解：(1)令ln(x－1)＝0，则x＝2，∴函数y＝g(x)恒过点(2,0)．
又点P(2,0)关于x＝的对称点为(1,0)，
∴由题设条件得f(1)＝0，即m＋(4＋m)＝0，解得m＝－3.
(2)由题意知，f′(x)＝mx2＋2(4＋m)x，g(x＋1)＝8ln x，
故F(x)＝mx2＋2(4＋m)x＋8ln x，x∈(0，＋∞)，
F′(x)＝2mx＋(8＋2m)＋＝＝.
∵x>0，x＋1>0，∴当m≥0时，2mx＋8>0，F′(x)>0，
此时F(x)在(0，＋∞)上为增函数；
当m<0时，由F′(x)>0得0
－，
此时F(x)在上为增函数，在上为减函数．
综上，当m≥0时，F(x)在(0，＋∞)上为增函数；
当m<0时，F(x)在上为增函数，在上为减函数．
2．(2013·四川高考)已知函数f(x)＝其中a是实数．设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))为该函数图像上的两点，且x1＜x2.
(1)指出函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)的图像在点A，B处的切线互相垂直，且x2＜0，求x2－x1的最小值；
(3)若函数f(x)的图像在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为[－1,0)，(0，＋∞)．
(2)由导数的几何意义可知，点A处的切线斜率为f′(x1)，点B处的切线斜率为f′(x2)，故当点A处的切线与点B处的切线垂直时，有f′(x1)f′(x2)＝－1.
当x＜0时，对函数f(x)求导，得f′(x)＝2x＋2.
因为x1＜x2＜0，所以(2x1＋2)(2x2＋2)＝－1，
所以2x1＋2＜0,2x2＋2＞0.
因此x2－x1＝[－(2x1＋2)＋2x2＋2]≥＝1，
当且仅当－(2x1＋2)＝2x2＋2＝1，即x1＝－且x2＝－时等号成立．
所以函数f(x)的图像在点A，B处的切线互相垂直时，x2－x1的最小值为1.
(3)当x1＜x2＜0或x2＞x1＞0时，f′(x1)≠f′(x2)，故x1＜0＜x2.
当x1＜0时，函数f(x)的图像在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x＋2x1＋a)＝(2x1＋2)(x－x1)，
即y＝(2x1＋2)x－x＋a.
当x2＞0时，函数f(x)的图像在点(x2，f(x2))处的切线方程为y－ln x2＝(x－x2)，即y＝·x＋ln x2－1.
两切线重合的充要条件是
由①及x1＜0＜x2知，－1＜x1＜0.
由①②得，a＝x＋ln －1＝x－ln(2x1＋2)－1.
设h(x1)＝x－ln(2x1＋2)－1(－1＜x1＜0)，
则h′(x1)＝2x1－＜0.
所以h(x1)(－1＜x1＜0)是减函数．
则h(x1)＞h(0)＝－ln 2－1，
所以a＞－ln 2－1.
又当x1∈(－1,0)且趋近于－1时，h(x1)无限增大，
所以a的取值范围是(－ln 2－1，＋∞)．
故当函数f(x)的图像在点A，B处的切线重合时，a的取值范围是(－ln 2－1，＋∞)．
3．(2013·太原模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2－x(a∈R)．
(1)当a＝2时，求y＝f(x)的单调区间和极值；
(2)若y＝f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝ln x－x2－x，
其定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－2x－1＝－＝－.
∵令f′(x)>0，则0，
∴是f(x)的单调递增区间，是f(x)的单调递减区间，
当x＝时，y＝f(x)取极大值－－ln 2.
(2)∵f(x)＝ln x－ax2－x，
∴f′(x)＝－ax－1＝－(x>0)．
∵y＝f(x)存在单调递减区间，
∴f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，
又∵x>0，则ax2＋x－1>0在(0，＋∞)上有解，
①当a＝0时，x>1在(0，＋∞)上有解；
②当a>0时，ax2＋x－1>0在(0，＋∞)上总有解；
③当a<0时，要使ax2＋x－1>0在(0，＋∞)上有解，
只需ax2＋x－1＝0有两个不相等正实数根，
∴解得－0)．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)已知对任意的x>0，ax(2－ln x)≤1恒成立，求实数a的取值范围；
(3)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解：由题意知x>0，f′(x)＝－(a>0)．
(1)由f′(x)>0解得x>，所以函数f(x)的单调递增区间是；
由f′(x)<0解得x<，所以函数f(x)的单调递减区间是.
所以当x＝时，函数f(x)有极小值f＝aln ＋a＝a－aln a.
(2)设g(x)＝ax(2－ln x)＝2ax－axln x，则函数g(x)的定义域为(0，＋∞)．
g′(x)＝2a－＝a－aln x.
由g′(x)＝0，解得x＝e.
由a>0可知，当x∈(0，e)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．
所以函数g(x)的最大值为g(x)的极大值g(e)＝ae(2－ln e)＝ae.
要使不等式恒成立，只需g(x)的最大值不大于1即可，即g(e)≤1，
也就是ae≤1，解得a≤.
又因为a>0，所以01时，函数f(x)在[1，e]上为增函数，故函数f(x)的最小值为f(1)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．
②当1≤≤e，即≤a≤1时，函数f(x)在上为减函数，在上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f＝aln ＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，解得a＝e，不满足条件．
③当>e，即0
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