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)＝2xlnx＋1.(1)求f(x)的最小值；(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2lnx.[解](1)f′(x)＝2(lnx＋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＋＋2lnx－f(x)＝x(x－1)－－2(x－1)lnx＝(x－1)，令g(x)＝x－－2lnx，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＋＋2lnx.2．已知函数f(x)＝x3＋ax－2lnx.(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－2lnx(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－2lnx≥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＋lnx－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)＝lnx－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)＝lnx－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)＝lnx－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＝－lnm.令h(x)＝－lnx，因为h(1)＝>0，h(2)＝－ln2<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)＝2lnx＋x，因为φ＝－ln4<0，φ(1)＝1>0，且φ(x)为增函数，所以存在x0∈，使φ(x0)＝0，即2lnx0＋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)lnx－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)＝＋lnx－1＝lnx－.因为y＝lnx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)＝ln2－＝＞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．
