2020届二轮复习(文)导数的综合应用作业 练习
展开专题限时集训(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)＝2xln x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2ln x.
[解] (1)f′(x)＝2(ln x＋1)．
所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝1－.
(2)证明：x2－x＋＋2ln x－f(x)
＝x(x－1)－－2(x－1)ln x
＝(x－1)，
令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋－＝≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，
所以当0<x<1时，g(x)<0，
当x>1时，g(x)>0，
所以(x－1)≥0，
即f(x)≤x2－x＋＋2ln x.
2．已知函数f(x)＝x3＋ax－2ln x.
(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－2ln x(x>0)，f′(x)＝3x2－1－＝＝.
∵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－2ln x≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴当x∈(0，＋∞)时，
g(x)＝x2＋a－≥0恒成立．
g′(x)＝2x－2×＝2×，
令h(x)＝x3＋ln x－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f(x)＝ln x－mx2，g(x)＝mx2＋x，m∈R，令F(x)＝f(x)＋g(x)．
(1)当m＝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] (1)由题意得，f(x)＝ln x－x2(x>0)，所以f′(x)＝－x(x>0)．
令f′(x)＝0，得x＝1.
由f′(x)>0，得0<x<1，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，
由f′(x)<0，得x>1，所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．
所以f(x)极大值＝f(1)＝－，无极小值．
(2)法一：令G(x)＝F(x)－(mx－1)＝ln x－mx2＋(1－m)x＋1，
所以G′(x)＝－mx＋(1－m)＝.
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)＝－m＋2>0，所以关于x的不等式F(x)≤mx－1不能恒成立．
当m>0时，G′(x)＝＝－.
令G′(x)＝0，得x＝，
所以当x∈时，G′(x)>0；当x∈时，G′(x)<0.
因此函数G(x)在上是增函数，在上是减函数．
故函数G(x)的最大值为G＝－ln m.
令h(x)＝－ln x，因为h(1)＝>0，h(2)＝－ln 2<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≥(x>0)恒成立．
令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝.
令φ(x)＝2ln x＋x，因为φ＝－ln 4<0，φ(1)＝1>0，且φ(x)为增函数，
所以存在x0∈，使φ(x0)＝0，即2ln x0＋x0＝0.
当0<x<x0时，h′(x)>0，h(x)为增函数，当x>x0时，h′(x)<0，h(x)为减函数，
所以h(x)max＝h(x0)＝＝.
而x0∈，所以∈(1,2)，所以整数m的最小值为2.
4．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－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，且两个实根互为倒数．
[证明] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln 2－＝＞0，
故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.
又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得＜1＜x0.
又f＝ln －－1＝＝0，
故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
