"《创新方案》届高考数学（文科）二轮专题突破预测演练提能训练（浙江专版）：第1部分专题一第六讲第一课时利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题（以年真题和模拟题为例，含答案解析）"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)＝8lnx，故F(x)＝mx2＋2(4＋m)x＋8lnx，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．已知函数f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值．(2)若对所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．解：(1)由题意知f(x)的定义域为(0∞，＋)，f′(x)＝1＋lnx.令f′(x)>0，解得x>；令f′(x)<0，解得01时，g′(x)＝1－a＋lnx>1－a≥0，故g′(x)在(1∞，＋)上为增函数，∴x≥1时，g(x)≥g(1)＝1－a≥0，即f(x)≥ax－1.②若a>1，方程g′(x)＝0的根为x0＝ea－1.若x∈(1，x0)，则g′(x)<0，故g(x)在该区间为减函数．∴x∈(1，x0)时，g(x)1时， g′(x)＝>0，∴g(x)是(1∞，＋)上的增函数，∴g(x)的最小值是g(1)＝1，∴a的取值范围是(∞－，1]．3．(·太原模拟)已知函数f(x)＝lnx－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)＝lnx－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－－ln2.(2) f(x)＝lnx－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－lnx)≤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－alna.(2)设g(x)＝ax(2－lnx)＝2ax－axlnx，则函数g(x)的定义域为(0∞，＋)．g′(x)＝2a－＝a－alnx.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－lne)＝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(...
