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1、-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)x2x1x2ln x.解(1)f(x)2(ln x1)所以当 x0，1e时，f(x)0，f(x)单调递增所以当 x1e时，f(x)取得最小值 f1e12e.(2)证明：x2x1x2ln xf(x)x(x1)x1x2(x1)ln x(x1)x1x2ln x，令 g(x)x1x2ln x，则 g(x)11x22xx12x20，所以 g(x)在(0，)上单调递增，又 g(1)0，所以当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，所以(x1)
2、x1x2ln x 0，即 f(x)x2x1x2ln x.-2-2已知函数 f(x)x3ax2ln x.(1)当 a1 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 a1 时，f(x)x3x2ln x(x0)，f(x)3x212x3x3x2xx13x23x2x.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，)
3、时，g(x)x2a2ln xx0 恒成立g(x)2x2ln xxln xxx22x3ln x1x2，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)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)12mx2x，mR，令 F(x)f(x)g(x)(1)当 m12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
4、(x)ln x12x2(x0)，所以 f(x)1xx(x0)-3-令 f(x)0，得 x1.由 f(x)0，得 0 x1，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)12，无极小值(2)法一：令 G(x)F(x)(mx1)ln x12mx2(1m)x1，所以 G(x)1xmx(1m)mx21mx1x.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)32m20，所以关于 x 的不等式 F(x)mx1 不能恒成立当 m0 时，G(x)mx21mx1xmx1mx1x.令 G(x)
5、0，得 x1m，所以当 x0，1m时，G(x)0；当 x1m，时，G(x)0，h(2)14ln 20，h(x)在(0，)上是减函数，所以当 x2 时，h(x)0)恒成立令 h(x)2ln xx1x22x(x0)，则 h(x)2x12ln xxx22x2.-4-令(x)2ln xx，因为 1212ln 40，且(x)为增函数，所以存在 x012，1，使(x0)0，即 2ln x0 x00.当 0 x0，h(x)为增函数，当 xx0时，h(x)0，h(x)为减函数，所以 h(x)maxh(x0)2ln x02x02x202x01x0.而 x012，1，所以1x0(1,2)，所以整数 m 的最小值为
6、 2.4(2019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)x1xln x1ln x1x.因为 yln x 在(0，)上单调递增，y1x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 212ln 4120，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11x0.又 f111 ln 111f0，故1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 -5-