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.pdf

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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；1(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2lnx.x[解](1)f′(x)＝2(lnx＋1)．1所以当x∈0，时，f′(x)<0，f(x)单调递减；e1当x∈，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增．e112所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝1－.eee1(2)证明：x2－x＋＋2lnx－f(x)xx－1＝x(x－1)－－2(x－1)lnxx1＝(x－1)x－－2lnx，x1

2、12x－12令g(x)＝x－－2lnx，则g′(x)＝1＋－＝≥0，xx2xx2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－－2lnx≥0，x1即f(x)≤x2－x＋＋2lnx.x2．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．23x3－x－2[解](1)当a＝－1时，f(x)＝x3－x－2lnx(x>0)，f′(x)＝3x2－1－＝xxx－13x

3、2＋3x＋2＝.x∵3x2＋3x＋2>0恒成立，∴当x∈(1，＋∞)时，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，2lnxg(x)＝x2＋a－≥0恒成立．xlnx′·x－lnx·x′x3＋lnx－1g′(x)＝2x－2×＝2×，x2x2令h(x)＝x3＋lnx－1，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，∴当x

4、∈(0,1)时，h(x)<0，g′(x)<0，即g(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴g(x)＝g(1)＝1＋a≥0，a≥－1，故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．min13．(2019·开封模拟)已知函数f(x)＝lnx－mx2，g(x)＝mx2＋x，m∈R，令F(x)2＝f(x)＋g(x)．1(1)当m＝时，求函数f(x)的单调区间及极值；2(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．11[解](1)由题意得，f(x)＝lnx－x2(x

5、>0)，所以f′(x)＝－x(x>0)．2x令f′(x)＝0，得x＝1.由f′(x)>0，得01，所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．1所以f(x)＝f(1)＝－，无极小值．极大值21(2)法一：令G(x)＝F(x)－(mx－1)＝lnx－mx2＋(1－m)x＋1，21－mx2＋1－mx＋1所以G′(x)＝－mx＋(1－m)＝.xx当m≤0时，因为x>0，所以G′(x)>0，所以G(x)在(0，＋∞)上是增函数．3又G(1)＝－m＋2>0，所以关于x的不等式F(x)≤mx－

6、1不能恒成立．21mx－x＋1－mx2＋1－mx＋1m当m>0时，G′(x)＝＝－.xx1令G′(x)＝0，得x＝，m11所以当x∈0，时，G′(x)>0；当x∈，＋∞时，G′(x)<0.mm11因此函数G(x)在0，上是增函数，在，＋∞上是减函数．mm11故函数G(x)的最大值为G＝－lnm.m2m111令h(x)＝－lnx，因为h(1)＝>0，h(2)＝－ln2<0，2x24h(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2.2lnx＋

7、x＋1法二：由F(x)≤mx－1恒成立，知m≥(x>0)恒成立．x2＋2x2lnx＋x＋1－2x＋12lnx＋x令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝.x2＋2xx2＋2x211令φ(x)＝2lnx＋x，因为φ＝－ln4<0，φ(1)＝1>0，且φ(x)为增函数，221所以存在x∈，1，使φ(x)＝0，即2lnx＋x＝0.02000当00，h(x)为增函数，当x>x时，h′(x)<0，h(x)为减函数，002lnx＋2x＋21所以h(x)＝h(x)＝00＝.max0x2＋2xx00011

8、而x∈，1，所以∈(1,2)，所以整数m的最小值为2.02