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
1即m>2时,f'(x)>0 0,f'(x)<0 10 01,f'(x)<0 -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=x1 ... ... 
