2020届二轮复习(文)导数的综合应用作业 4页

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01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01，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00，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xx0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)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．‎