2018届数学大二轮复习专题二函数、不等式、导数第5讲导数的综合应用复习指导课后强化训练

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE15学必求其心得，业必贵于专精专题二第五讲A组1．设f(x)＝x－sinx,则f（x）eq\x（导学号52134324）(B）A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数 D．是没有零点的奇函数[解析］∵f（－x)＝－x－sin（－x)＝－（x－sinx)＝－f(x），∴f(x)为奇函数．又f′（x)＝1－cosx≥0,∴f(x)单调递增．故选B．2．（2017·河南洛阳质检)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞）恒成立,则实数a的取值范围是eq\x（导学号52134325)(B)A．（－∞,0） B．（－∞，4］C．(0，＋∞） D．[4，＋∞）［解析］∵x>0，2xlnx≥－x2＋ax－3，∴a≤2lnx＋x＋eq\f（3,x）.设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x）(x>0），则h′(x）＝eq\f(x＋3x－1,x2)。当x∈(0，1)时，h′（x)〈0,函数h（x）单调递减；当x∈（1,＋∞）时，h′(x）>0,函数h(x)单调递增,所以h(x）min＝h（1）＝4，所以a≤h(x)min＝4，故a的取值范围是（－∞,4］．3．（2017·河北衡水中学调研）已知函数f(x)＝eq\f（x3,3）＋eq\f(mx2＋m＋nx＋1,2）的两个极值点分别为x1，x2,且x1∈(0，1),x2∈（1，＋∞），点P(m，n）表示的平面区域为D，若函数y＝loga(x＋4)(a〉1)的图象上存在区域D内的点，则实数a的取值范围是eq\x（导学号52134326)(A）A．(1，3） B．(1，3]C．(3，＋∞) D．［3，＋∞)[解析]f′(x)＝x2＋mx＋eq\f（m＋n,2)＝0的两根为x1，x2，且x1∈（0,1），x2∈（1，＋∞），则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(f′0>0，,f′1〈0))⇔eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（m＋n,2)〉0，，1＋m＋\f（m＋n，2）<0，）)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n>0，，3m＋n＋2〈0，)）作出区域D,如图阴影部分，可得loga(－1＋4)>1,所以1〈a<3．4．（2017·江西八校联考）已知函数y＝f(x）是R上的可导函数,当x≠0时，有f′（x)＋eq\f（fx,x)〉0，则函数F(x)＝xf(x）＋eq\f(1，x)的零点个数是eq\x(导学号52134327)(B)A．0 B．1C．2 D．3［解析］∵x≠0时，f′（x）＋eq\f(fx,x)>0，∴eq\f（xf′x＋fx,x)〉0，即eq\f（xfx′,x）〉0。 ①当x〉0时,由①式知（xf（x）)′>0，∴U（x）＝xf（x)在(0，＋∞）上为增函数，且U(0)＝0·f(0)＝0,∴U(x）＝xf(x)〉0在（0，＋∞)上恒成立．又eq\f(1,x）〉0，∴F(x)〉0在（0,＋∞)上恒成立，∴F(x）在（0，＋∞)上无零点．当x<0时，(xf(x)）′<0，∴U(x)＝xf(x)＋eq\f(1，x）在（－∞，0）上为减函数，且U(0）＝0·f(0）＝0，∴U(x)＝xf（x）〉0在(－∞，0)上恒成立，∴F（x)＝xf（x)＋eq\f（1,x）在（－∞，0）上为减函数．当x→0时，xf(x)→0，∴F(x）≈eq\f（1,x）<0,当x→－∞时，eq\f(1，x)→0,∴F(x）≈xf（x)〉0，∴F(x)在（－∞，0)上有唯一零点．综上所述,F（x)在(－∞，0)∪（0，＋∞)上有唯一零点．故选B．5．若f（x）＝x3＋3ax2＋3（a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围为__（－∞，－1）∪（2，＋∞）__。eq\x（导学号52134328)[解析］f′(x)＝3x2＋6ax＋3（a＋2)，由题意知f′(x)＝0有两个不等的实根，故Δ＝（6a)2－4×3×3(a＋2)>0,即a2－a－2>0，解得a>2或a6．（2017·皖南八校联考）已知x∈（0,2)，若关于x的不等式eq\f（x，ex）<eq\f(1,k＋2x－x2）恒成立,则实数k的取值范围为__［0,e－1）__.eq\x（导学号52134329)[解析］依题意，知k＋2x－x2>0，即k〉x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，所以由eq\f(x，ex）〈eq\f（1,k＋2x－x2)可得k〈eq\f(ex,x)＋x2－2x.令f(x)＝eq\f（ex,x)＋x2－2x，则f′(x)＝eq\f（exx－1，x2)＋2（x－1)＝(x－1）（eq\f(ex,x2)＋2）．令f′（x)＝0，得x＝1,当x∈（1,2）时，f′（x）>0,函数f(x）在(1，2)上单调递增,当x∈(0，1）时，f′（x)<0，函数f(x)在（0，1）上单调递减，所以k<f(x）min＝f(1）＝e－1，故实数k的取值范围是[0，e－1）．7．（2017·九江市一模）已知f(x)＝lnx＋ax，a∈R。eq\x(导学号52134330)（1)讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x）的两个零点为x1，x2，且eq\f(x2,x1)≥e2，求证：(x1－x2)f′(x1＋x2)〉eq\f（6，5)．[解析]（1)函数f(x）＝lnx＋ax的定义域为｛x｜x>0｝,所以f′（x）＝eq\f(1,x)＋a．①若a≥0,则f′(x)〉0，∴f（x)在（0，＋∞)内单调递增；②若a〈0,则f′（x）＝eq\f（1,x)＋a，由f′(x)〉0,得0〈x<－eq\f（1，a），∴f（x）在(0，－eq\f（1,a）)内单调递增；由f′(x）＝eq\f(1，x)＋a<0，得x〉－eq\f（1，a)，∴f（x)在(－eq\f（1，a)，＋∞）内单调递减．（2)证明:∵lnx1＋ax1＝0，lnx2＋ax2＝0,∴lnx2－lnx1＝a(x1－x2)．（x1－x2）f′（x1＋x2）＝(x1－x2）（eq\f(1,x1＋x2)＋a）＝eq\f(x1－x2，x1＋x2)＋a（x1－x2）＝eq\f（x1－x2,x1＋x2）＋lneq\f（x2,x1)＝eq\f(1－\f（x2,x1)，1＋\f(x2，x1))＋lneq\f（x2，x1)．令eq\f(x2,x1)＝t≥e2，令φ(t）＝eq\f(1－t，1＋t）＋lnt，则φ′（t)＝eq\f（t2＋1,1＋t2t）>0，∴φ(t)在[e2，＋∞）内单调递增，φ(t)≥φ（e2)＝1＋eq\f（2，e2＋1）>1＋eq\f(2，32＋1）＝eq\f(6，5）．8．（2017·珠海模拟)某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x艘的产值函数为R(x）＝3700x＋45x2－10x3(单位：万元）,成本函数为C(x)＝460x＋5000(单位：万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x）定义为Mf（x）＝f(x＋1）－f（x).eq\x（导学号52134331)(1)求利润函数P（x)及边际利润函数MP（x）；(提示:利润＝产值－成本）(2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？（3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？[解析]（1)P(x）＝R(x)－C(x）＝－10x3＋45x2＋3240x－5000(x∈N＊，且1≤x≤20）；MP（x)＝P(x＋1)－P（x）＝－30x2＋60x＋3275（x∈N*，且1≤x≤19)．(2)P′（x）＝－30x2＋90x＋3240＝－30(x－12）（x＋9)，因为x〉0，所以P′(x）＝0时,x＝12，当0<x〈12时，P′（x）〉0，当x〉12时，P′（x）〈0,所以x＝12时,P（x)有极大值，也是最大值．即年造船量安排12艘时,可使公司造船的年利润最大．（3)MP（x）＝－30x2＋60x＋3275＝－30(x－1）2＋3305．所以,当x≥1时，MP（x）单调递减，MP（x）是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘利润与前一艘比较，利润在减少．B组1．(2017·河北石家庄模拟）对于R上可导的任意函数f(x），若满足eq\f（1－x,f′x）≤0,则必有eq\x(导学号52134332）(A）A．f(0)＋f(2）〉2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2C．f（0）＋f（2）〈2f(1) D．f（0)＋f(2）≥2［解析]当x〈1时，f′(x）〈0,此时函数f（x)递减；当x>1时,f′（x)〉0,此时函数f(x)递增，即当x＝1时，函数f（x)取得极小值同时也取得最小值f（1),所以f（0)>f（1），f(2）〉f（1)，则f(0）＋f(2）>2f故选A．2．(2017·河北秦皇岛二模)已知函数f（x）＝x(lnx－ax）有两个极值点,则实数a的取值范围是eq\x（导学号52134333)（B)A．（－∞，0） B．(0，eq\f（1，2))C．（0，1) D．(0,＋∞)［解析]∵f（x）＝x（lnx－ax），∴f′(x)＝lnx－2ax＋1,故f′（x）在(0，＋∞）上有两个不同的零点，令f′(x)＝0，则2a＝eq\f（lnx＋1,x)，设g（x)＝eq\f（lnx＋1，x），则g′(x)＝eq\f（－lnx,x2），∴g(x）在(0,1）上单调递增，在（1,＋∞)上单调递减，又∵当x→0时，g（x）→－∞，当x→＋∞时，g（x)→0，而g（x）max＝g（1)＝1，∴只需0<2a<1⇒0<a〈eq\f(1，2)．3．(文)（2017·忻州模拟）已知函数f（x)＝ax2＋bx－lnx（a〉0，b∈R）,若对任意x>0，f(x)≥f(1)，则eq\x(导学号52134334)（A)A．lna〈－2b B．lna≤－2bC．lna>－2b D．lna≥－2b［解析]f′（x)＝2ax＋b－eq\f（1,x），由题意可知f′(1)＝0,即2a＋b＝1，由选项可知,只需比较lna＋2b与0的大小，而b＝1－2a，所以只需判断lna＋2－4a的符号．构造一个新函数g（x）＝2－4x＋lnx，则g′(x）＝eq\f(1,x）－4，令g′(x）＝0，得x＝eq\f(1,4)，当x〈eq\f（1，4）时,g（x）为增函数,当x〉eq\f(1,4）时，g(x）为减函数，所以对任意x>0有g（x）≤g（eq\f(1，4))＝1－ln4<0，所以有g(a）＝2－4a＋lna＝2b＋lna〈0⇒lna<－2b.故选A．（理)（2017·邯郸一模）已知函数f(x）＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f（x1)＝x1〈x2，则关于x的方程3（f（x)）2＋2af（x)＋b＝0的不同实根个数为eq\x（导学号52134335）(A）A．3 B．4C．5 D．6[解析］f′（x)＝3x2＋2ax＋b，原题等价于方程3x2＋2ax＋b＝0有两个不等实数根x1,x2，且x1〈x2，x∈(－∞，x1）时，f′(x)〉0，f（x）单调递增；x∈（x1，x2）时，f′(x）〈0，f(x）单调递减;x∈(x2，＋∞）时，f′（x)>0,f（x)单调递增．∴x1为极大值点,x2为极小值点．∴方程3(f(x)）2＋2af（x)＋b＝0有两个不等实根,f(x）＝x1或f(x）＝x2．∵f(x1）＝x1,∴由图知f（x)＝x1有两个不同的解，f（x）＝x2仅有一个解．故选A．4．(2017·广州模拟)已知y＝f(x）为R上的连续可导函数，且xf′（x）＋f(x）〉0，则函数g(x）＝xf（x)＋1(x>0）的零点个数为__0__。eq\x（导学号52134336)[解析]因为g（x）＝xf（x)＋1(x>0),g′（x)＝xf′（x）＋f(x)>0，所以g(x）在（0，＋∞)上单调递增,又g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g（x）为（0，＋∞）上的连续可导函数，所以g(x)>g(0）＝1，所以g(x）在（0，＋∞)上无零点．5．(2017·武汉模拟）已知函数g(x)满足g（x）＝g′（1)ex－1－g（0)x＋eq\f（1，2)x2,且存在实数x0使得不等式2m－1≥g（x0）成立，则m的取值范围为__[1,＋∞）__。eq\x（导学号52134337)[解析］g′（x）＝g′(1）ex－1－g（0）＋x，当x＝1时，g（0)＝1，由g(0）＝g′(1)e0－1,解得g′(1)＝e，所以g(x）＝ex－x＋eq\f（1，2)x2,则g′（x)＝ex－1＋x，当x〈0时,g′(x）<0，当x〉0时，g′(x)>0，所以当x＝0时，函数g（x）取得最小值g（0）＝1,根据题意将不等式转化为2m－1≥g（x)min＝1，所以m≥1．6．已知函数f（x)＝x＋alnx－1。eq\x（导学号52134338)(1）当a∈R时,求函数f(x)的单调区间;（2)若f(x）＋eq\f（lnx,2x)≥0对于任意x∈［1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．［解析］(1)由f（x）＝x＋alnx－1，得f′(x)＝1＋eq\f（a，x）＝eq\f（x＋a,x)，当a≥0时，f′(x）>0，f(x)在（0,＋∞)上为增函数，当a〈0时，当0〈x<－a时，f′（x）〈0,当x〉－a时f′(x）>0，所以f(x）在(0，－a)上为减函数上恒成立，f′（x)在(－a，＋∞）上为增函数．(2)由题意知x＋alnx－1＋eq\f(lnx,2x）≥0在x∈［1，＋∞