2020数学(文)二轮专题限时集训：14导数的综合应用Word版含解析.docx

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1、专题限时集训(十四)导数的综合应用(建议用时：40分钟)1．(2019·唐山模拟)设f(x)＝2xlnx＋1.(1)求f(x)的最小值；21(2)证明：f(x)≤x－x＋x＋2lnx.[解](1)f′(x)＝2(lnx＋1)．1所以当x∈0，e时，f′(x)<0，f(x)单调递减；1当x∈e，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当1x＝e时，f(x)取得最小值f12e＝1－e.(2)证明：x2－x＋1x＋2lnx－f(x)x－1＝x(x－1)－x－2(x－1)lnx1＝(x－1)－－2lnx，xx112＝x－12令g(x)＝x－－2lnx，则g

2、′(x)＝1＋2－2≥，xxxx0所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以当01时，g(x)>0，1所以(x－1)x－x－2lnx≥0，21即f(x)≤x－x＋x＋2lnx.2．已知函数f(x)＝x3＋ax－2lnx.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≥0在定义域内恒成立，求实数a的取值范围．[解](1)当a＝－1时，f(x)＝x3－x－2lnx(x>0)，f′(x)＝3x2－1－2＝3x3－x－2xxx－13x2＋3x＋2＝x.∵3x2＋3x＋2>0恒成立，∴当x∈(1，＋∞)时，

3、f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增；当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)在(0,1)上单调递减．故f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)∵f(x)＝x3＋ax－2lnx≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴当x∈(0，＋∞)时，g(x)＝x2＋a－2lnxx≥0恒成立．lnx′·－·′3＋lnx－1xlnxx＝2×x，g′(x)＝2x－2×x2x2令h(x)＝x3＋lnx－1，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，g′(x)<0，即g(x)在(0,1)上单调递减，当

4、x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴g(x)min＝g(1)＝1＋a≥0，a≥－1，故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．3．(2019·开封模拟)已知函数212f(x)＝lnx－mx，g(x)＝2mx＋x，m∈R，令F(x)＝f(x)＋g(x)．(1)当1m＝2时，求函数f(x)的单调区间及极值；(2)[一题多解]若关于x的不等式F(x)≤mx－1恒成立，求整数m的最小值．[解]12(1)由题意得，f(x)＝lnx－2x(x>0)，所以1f′(x)＝x－x(x>0)．令f′(x)＝0，得x＝1.由

5、f′(x)>0，得01，所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．1所以f(x)极大值＝f(1)＝－2，无极小值．12(2)法一：令G(x)＝F(x)－(mx－1)＝lnx－2mx＋(1－m)x＋1，所以G′(x)＝1－mx＋(1－m)＝－mx2＋1－mx＋1x.x当m≤0时，因为x>0，所以G′(x)>0，所以G(x)在(0，＋∞)上是增函数．又G(1)＝－3＋，所以关于的不等式≤－不能恒成立．2m2>0xF(x)mx11当m>0时，G′(x)＝－mx2＋1－mx＋1mx－mx＋1x＝

6、－x.1令G′(x)＝0，得x＝m，11所以当x∈0，m时，G′(x)>0；当x∈m，＋∞时，G′(x)<0.11因此函数G(x)在0，m上是增函数，在m，＋∞上是减函数．11故函数G(x)的最大值为Gm＝2m－lnm.1令h(x)＝2x－lnx，因为11h(1)＝2>0，h(2)＝4－ln2<0，h(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以当x≥2时，h(x)<0，所以整数m的最小值为2.法二：由F(x)≤mx－1恒成立，知m≥2lnx＋x＋1(x>0)恒成立．x2＋2x＋＋1－2x＋12lnx＋x令h(x)＝2lnxx2.2(x>0)，则h′(x)＝2x＋2x

7、x＋2x11令φ(x)＝2lnx＋x，因为φ2＝2－ln4<0，φ(1)＝1>0，且φ(x)为增函数，1所以存在x0∈2，1，使φ(x0)＝0，即2lnx0＋x0＝0.当00，h(x)为增函数，当x>x0时，h′(x)<0，h(x)为减函数，2lnx0＋2x0＋21所以h(x)max＝h(x0)＝x02＋2x0＝x0.而x0∈1，1，所以1∈(1,2)，所以整数m的最小值为2.2x04．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根

8、互为倒数．[证明](1)f(x)的定义