2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)14 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 文

《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)14 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)14 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 文（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十四)　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 (建議用時(shí)：40分鐘) 1．(2019·唐山模擬)設(shè)f(x)＝2xln x＋1. (1)求f(x)的最小值； (2)證明：f(x)≤x2－x＋＋2ln x. [解]　(1)f′(x)＝2(ln x＋1)． 所以當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取得最小值f＝1－. (2)證明：x2－x＋＋2ln x－f(x) ＝x(x－1)－－2(x－1)ln x ＝(x－1)， 令g(x)＝x－－2ln x，則g′(x)＝1＋－＝≥0， 所以g(x)在(0，＋∞)上

2、單調(diào)遞增， 又g(1)＝0， 所以當(dāng)01時(shí)，g(x)>0， 所以(x－1)≥0， 即f(x)≤x2－x＋＋2ln x. 2．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax－2ln x. (1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≥0在定義域內(nèi)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝x3－x－2ln x(x>0)，f′(x)＝3x2－1－＝＝. ∵3x2＋3x＋2>0恒成立，∴當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0,1)上單

3、調(diào)遞減． 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)． (2)∵f(x)＝x3＋ax－2ln x≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)， g(x)＝x2＋a－≥0恒成立． g′(x)＝2x－2×＝2×， 令h(x)＝x3＋ln x－1，則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(1)＝0， ∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)<0，g′(x)<0，即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0，g′(x)>0，即g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴g(x)min＝g(1)＝1＋a≥0，a≥－1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞

4、)． 3．(2019·開(kāi)封模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x－mx2，g(x)＝mx2＋x，m∈R，令F(x)＝f(x)＋g(x)． (1)當(dāng)m＝時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值； (2)[一題多解]若關(guān)于x的不等式F(x)≤mx－1恒成立，求整數(shù)m的最小值． [解]　(1)由題意得，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)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)． 所以f(x)極大值＝f(1)＝－，無(wú)極小值． (2

5、)法一：令G(x)＝F(x)－(mx－1)＝ln x－mx2＋(1－m)x＋1， 所以G′(x)＝－mx＋(1－m)＝. 當(dāng)m≤0時(shí)，因?yàn)閤>0，所以G′(x)>0，所以G(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 又G(1)＝－m＋2>0，所以關(guān)于x的不等式F(x)≤mx－1不能恒成立． 當(dāng)m>0時(shí)，G′(x)＝＝－. 令G′(x)＝0，得x＝， 所以當(dāng)x∈時(shí)，G′(x)>0；當(dāng)x∈時(shí)，G′(x)<0. 因此函數(shù)G(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)． 故函數(shù)G(x)的最大值為G＝－ln m. 令h(x)＝－ln x，因?yàn)閔(1)＝>0，h(2)＝－ln 2<0， h(x)在(0，＋∞

6、)上是減函數(shù)，所以當(dāng)x≥2時(shí)，h(x)<0， 所以整數(shù)m的最小值為2. 法二：由F(x)≤mx－1恒成立，知m≥(x>0)恒成立． 令h(x)＝(x>0)，則h′(x)＝. 令φ(x)＝2ln x＋x，因?yàn)棣眨剑璴n 4<0，φ(1)＝1>0，且φ(x)為增函數(shù)， 所以存在x0∈，使φ(x0)＝0，即2ln x0＋x0＝0. 當(dāng)00，h(x)為增函數(shù)，當(dāng)x>x0時(shí)，h′(x)<0，h(x)為減函數(shù)， 所以h(x)max＝h(x0)＝＝. 而x0∈，所以∈(1,2)，所以整數(shù)m的最小值為2. 4．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ln

7、x－x－1.證明：(1)f(x)存在唯一的極值點(diǎn)； (2)f(x)＝0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)． [證明]　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－. 因?yàn)閥＝ln x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln 2－＝＞0， 故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0. 又當(dāng)xx0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 因此，f(x)存在唯一的極值點(diǎn)． (2)由(1)知f(x0)0， 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)內(nèi)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． 綜上，f(x)＝0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)． - 4 -