高考数学二轮复习专题限时训练导数的综合应用文.doc

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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)2xln x1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)x2x2ln x.解(1)f(x)2(ln x1)所以当x时，f(x)0，f(x)单调递增所以当x时，f(x)取得最小值f1.(2)证明：x2x2ln xf(x)x(x1)2(x1)ln x(x1)，令g(x)x2ln x，则g(x)10，所以g(x)在(0，)上单调递增，又g(1)0，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，所以(x1)0，即f(x)x2x2ln x.2已知函数f(x)x3ax2ln x.(1)当a1时，求函数f(x)的单调区

2、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a1时，f(x)x3x2ln x(x0)，f(x)3x21.3x23x20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)x3ax2ln x0在(0，)上恒成立，当x(0，)时，g(x)x2a0恒成立g(x)2x22，令h(x)x3ln x1，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，g(x)0，即g(x)在(1，)上单调递增g(x

3、)ming(1)1a0，a1，故实数a的取值范围为1，)3(2019开封模拟)已知函数f(x)ln xmx2，g(x)mx2x，mR，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)mx1恒成立，求整数m的最小值解(1)由题意得，f(x)ln xx2(x0)，所以f(x)x(x0)令f(x)0，得x1.由f(x)0，得0x1，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，由f(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)(mx1)ln xmx2(1m)x1，所以G(x)mx

4、(1m).当m0时，因为x0，所以G(x)0，所以G(x)在(0，)上是增函数又G(1)m20，所以关于x的不等式F(x)mx1不能恒成立当m0时，G(x).令G(x)0，得x，所以当x时，G(x)0；当x时，G(x)0，h(2)ln 20，h(x)在(0，)上是减函数，所以当x2时，h(x)0)恒成立令h(x)(x0)，则h(x).令(x)2ln xx，因为ln 40，且(x)为增函数，所以存在x0，使(x0)0，即2ln x0x00.当0x0，h(x)为增函数，当xx0时，h(x)0，h(x)为减函数，所以h(x)maxh(x0).而x0，所以(1,2)，所以整数m的最小值为2.4(201

5、9全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xx1.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 x1ln x.因为yln 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)10，f(2)ln 20，故存在唯一x0(1,2)，使得f(x0)0.又当xx0时，f(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)0，所以f(x)0在(x0，)内存在唯一根x.由x01得1x0.又fln 10，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