《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).
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