2018屆數(shù)學大二輪復(fù)習專題二函數(shù)、不等式、導數(shù)第5講導數(shù)的綜合應(yīng)用復(fù)習指導課后強化訓練

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE15學必求其心得，業(yè)必貴于專精專題二第五講A組1．設(shè)f(x)＝x－sinx,則f（x）eq\x（導學號52134324）(B）A．既是奇函數(shù)又是減函數(shù) B．既是奇函數(shù)又是增函數(shù)C．是有零點的減函數(shù) D．是沒有零點的奇函數(shù)[解析］∵f（－x)＝－x－sin（－x)＝－（x－sinx)＝－f(x），∴f(x)為奇函數(shù)．又f′（x)＝1－cosx≥0,∴f(x)單調(diào)遞增．故選B．2．（2017·河南洛陽質(zhì)檢)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3對x∈(0，＋∞）恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是eq\x（導學號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）.設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x）(x>0），則h′(x）＝eq\f(x＋3x－1,x2)。當x∈(0，1)時，h′（x)〈0,函數(shù)h（x）單調(diào)遞減；當x∈（1,＋∞）時，h′(x）>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增,所以h(x）min＝h（1）＝4，所以a≤h(x)min＝4，故a的取值范圍是（－∞,4］．3．（2017·河北衡水中學調(diào)研）已知函數(shù)f(x)＝eq\f（x3,3）＋eq\f(mx2＋m＋nx＋1,2）的兩個極值點分別為x1，x2,且x1∈(0，1),x2∈（1，＋∞），點P(m，n）表示的平面區(qū)域為D，若函數(shù)y＝loga(x＋4)(a〉1)的圖象上存在區(qū)域D內(nèi)的點，則實數(shù)a的取值范圍是eq\x（導學號52134326)(A）A．(1，3） B．(1，3]C．(3，＋∞) D．［3，＋∞)[解析]f′(x)＝x2＋mx＋eq\f（m＋n,2)＝0的兩根為x1，x2，且x1∈（0,1），x2∈（1，＋∞），則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，)）作出區(qū)域D,如圖陰影部分，可得loga(－1＋4)>1,所以1〈a<3．4．（2017·江西八校聯(lián)考）已知函數(shù)y＝f(x）是R上的可導函數(shù),當x≠0時，有f′（x)＋eq\f（fx,x)〉0，則函數(shù)F(x)＝xf(x）＋eq\f(1，x)的零點個數(shù)是eq\x(導學號52134327)(B)A．0 B．1C．2 D．3［解析］∵x≠0時，f′（x）＋eq\f(fx,x)>0，∴eq\f（xf′x＋fx,x)〉0，即eq\f（xfx′,x）〉0。 ①當x〉0時,由①式知（xf（x）)′>0，∴U（x）＝xf（x)在(0，＋∞）上為增函數(shù)，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，＋∞)上無零點．當x<0時，(xf(x)）′<0，∴U(x)＝xf(x)＋eq\f(1，x）在（－∞，0）上為減函數(shù)，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）上為減函數(shù)．當x→0時，xf(x)→0，∴F(x）≈eq\f（1,x）<0,當x→－∞時，eq\f(1，x)→0,∴F(x）≈xf（x)〉0，∴F(x)在（－∞，0)上有唯一零點．綜上所述,F（x)在(－∞，0)∪（0，＋∞)上有唯一零點．故選B．5．若f（x）＝x3＋3ax2＋3（a＋2)x＋1有極大值和極小值，則a的取值范圍為__（－∞，－1）∪（2，＋∞）__。eq\x（導學號52134328)[解析］f′(x)＝3x2＋6ax＋3（a＋2)，由題意知f′(x)＝0有兩個不等的實根，故Δ＝（6a)2－4×3×3(a＋2)>0,即a2－a－2>0，解得a>2或a6．（2017·皖南八校聯(lián)考）已知x∈（0,2)，若關(guān)于x的不等式eq\f（x，ex）<eq\f(1,k＋2x－x2）恒成立,則實數(shù)k的取值范圍為__［0,e－1）__.eq\x（導學號52134329)[解析］依題意，知k＋2x－x2>0，即k〉x2－2x對任意x∈(0,2)恒成立，從而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，則f′(x)＝eq\f（exx－1，x2)＋2（x－1)＝(x－1）（eq\f(ex,x2)＋2）．令f′（x)＝0，得x＝1,當x∈（1,2）時，f′（x）>0,函數(shù)f(x）在(1，2)上單調(diào)遞增,當x∈(0，1）時，f′（x)<0，函數(shù)f(x)在（0，1）上單調(diào)遞減，所以k<f(x）min＝f(1）＝e－1，故實數(shù)k的取值范圍是[0，e－1）．7．（2017·九江市一模）已知f(x)＝lnx＋ax，a∈R。eq\x(導學號52134330)（1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；（2）若函數(shù)f(x）的兩個零點為x1，x2，且eq\f(x2,x1)≥e2，求證：(x1－x2)f′(x1＋x2)〉eq\f（6，5)．[解析]（1)函數(shù)f(x）＝lnx＋ax的定義域為｛x｜x>0｝,所以f′（x）＝eq\f(1,x)＋a．①若a≥0,則f′(x)〉0，∴f（x)在（0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增；②若a〈0,則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）)內(nèi)單調(diào)遞增；由f′(x）＝eq\f(1，x)＋a<0，得x〉－eq\f（1，a)，∴f（x)在(－eq\f（1，a)，＋∞）內(nèi)單調(diào)遞減．（2)證明:∵lnx1＋ax1＝0，lnx2＋ax2＝0,∴l(xiāng)nx2－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，則φ′（t)＝eq\f（t2＋1,1＋t2t）>0，∴φ(t)在[e2，＋∞）內(nèi)單調(diào)遞增，φ(t)≥φ（e2)＝1＋eq\f（2，e2＋1）>1＋eq\f(2，32＋1）＝eq\f(6，5）．8．（2017·珠海模擬)某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x艘的產(chǎn)值函數(shù)為R(x）＝3700x＋45x2－10x3(單位：萬元）,成本函數(shù)為C(x)＝460x＋5000(單位：萬元)，又在經(jīng)濟學中，函數(shù)f(x)的邊際函數(shù)Mf(x）定義為Mf（x）＝f(x＋1）－f（x).eq\x（導學號52134331)(1)求利潤函數(shù)P（x)及邊際利潤函數(shù)MP（x）；(提示:利潤＝產(chǎn)值－成本）(2)問年造船量安排多少艘時，可使公司造船的年利潤最大？（3)求邊際利潤函數(shù)MP(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，并說明單調(diào)遞減在本題中的實際意義是什么？[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)，因為x〉0，所以P′(x）＝0時,x＝12，當0<x〈12時，P′（x）〉0，當x〉12時，P′（x）〈0,所以x＝12時,P（x)有極大值，也是最大值．即年造船量安排12艘時,可使公司造船的年利潤最大．（3)MP（x）＝－30x2＋60x＋3275＝－30(x－1）2＋3305．所以,當x≥1時，MP（x）單調(diào)遞減，MP（x）是減函數(shù)的實際意義是：隨著產(chǎn)量的增加，每艘利潤與前一艘比較，利潤在減少．B組1．(2017·河北石家莊模擬）對于R上可導的任意函數(shù)f(x），若滿足eq\f（1－x,f′x）≤0,則必有eq\x(導學號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]當x〈1時，f′(x）〈0,此時函數(shù)f（x)遞減；當x>1時,f′（x)〉0,此時函數(shù)f(x)遞增，即當x＝1時，函數(shù)f（x)取得極小值同時也取得最小值f（1),所以f（0)>f（1），f(2）〉f（1)，則f(0）＋f(2）>2f故選A．2．(2017·河北秦皇島二模)已知函數(shù)f（x）＝x(lnx－ax）有兩個極值點,則實數(shù)a的取值范圍是eq\x（導學號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，＋∞）上有兩個不同的零點，令f′(x)＝0，則2a＝eq\f（lnx＋1,x)，設(shè)g（x)＝eq\f（lnx＋1，x），則g′(x)＝eq\f（－lnx,x2），∴g(x）在(0,1）上單調(diào)遞增，在（1,＋∞)上單調(diào)遞減，又∵當x→0時，g（x）→－∞，當x→＋∞時，g（x)→0，而g（x）max＝g（1)＝1，∴只需0<2a<1?0<a〈eq\f(1，2)．3．(文)（2017·忻州模擬）已知函數(shù)f（x)＝ax2＋bx－lnx（a〉0，b∈R）,若對任意x>0，f(x)≥f(1)，則eq\x(導學號52134334)（A)A．lna〈－2b B．lna≤－2bC．lna>－2b D．lna≥－2b［解析]f′（x)＝2ax＋b－eq\f（1,x），由題意可知f′(1)＝0,即2a＋b＝1，由選項可知,只需比較lna＋2b與0的大小，而b＝1－2a，所以只需判斷l(xiāng)na＋2－4a的符號．構(gòu)造一個新函數(shù)g（x）＝2－4x＋lnx，則g′(x）＝eq\f(1,x）－4，令g′(x）＝0，得x＝eq\f(1,4)，當x〈eq\f（1，4）時,g（x）為增函數(shù),當x〉eq\f(1,4）時，g(x）為減函數(shù)，所以對任意x>0有g(shù)（x）≤g（eq\f(1，4))＝1－ln4<0，所以有g(shù)(a）＝2－4a＋lna＝2b＋lna〈0?lna<－2b.故選A．（理)（2017·邯鄲一模）已知函數(shù)f(x）＝x3＋ax2＋bx＋c有兩個極值點x1，x2.若f（x1)＝x1〈x2，則關(guān)于x的方程3（f（x)）2＋2af（x)＋b＝0的不同實根個數(shù)為eq\x（導學號52134335）(A）A．3 B．4C．5 D．6[解析］f′（x)＝3x2＋2ax＋b，原題等價于方程3x2＋2ax＋b＝0有兩個不等實數(shù)根x1,x2，且x1〈x2，x∈(－∞，x1）時，f′(x)〉0，f（x）單調(diào)遞增；x∈（x1，x2）時，f′(x）〈0，f(x）單調(diào)遞減;x∈(x2，＋∞）時，f′（x)>0,f（x)單調(diào)遞增．∴x1為極大值點,x2為極小值點．∴方程3(f(x)）2＋2af（x)＋b＝0有兩個不等實根,f(x）＝x1或f(x）＝x2．∵f(x1）＝x1,∴由圖知f（x)＝x1有兩個不同的解，f（x）＝x2僅有一個解．故選A．4．(2017·廣州模擬)已知y＝f(x）為R上的連續(xù)可導函數(shù)，且xf′（x）＋f(x）〉0，則函數(shù)g(x）＝xf（x)＋1(x>0）的零點個數(shù)為__0__。eq\x（導學號52134336)[解析]因為g（x）＝xf（x)＋1(x>0),g′（x)＝xf′（x）＋f(x)>0，所以g(x）在（0，＋∞)上單調(diào)遞增,又g(0)＝1，y＝f(x)為R上的連續(xù)可導函數(shù)，所以g（x）為（0，＋∞）上的連續(xù)可導函數(shù)，所以g(x)>g(0）＝1，所以g(x）在（0，＋∞)上無零點．5．(2017·武漢模擬）已知函數(shù)g(x)滿足g（x）＝g′（1)ex－1－g（0)x＋eq\f（1，2)x2,且存在實數(shù)x0使得不等式2m－1≥g（x0）成立，則m的取值范圍為__[1,＋∞）__。eq\x（導學號52134337)[解析］g′（x）＝g′(1）ex－1－g（0）＋x，當x＝1時，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,則g′（x)＝ex－1＋x，當x〈0時,g′(x）<0，當x〉0時，g′(x)>0，所以當x＝0時，函數(shù)g（x）取得最小值g（0）＝1,根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)化為2m－1≥g（x)min＝1，所以m≥1．6．已知函數(shù)f（x)＝x＋alnx－1。eq\x（導學號52134338)(1）當a∈R時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;（2)若f(x）＋eq\f（lnx,2x)≥0對于任意x∈［1，＋∞)恒成立，求a的取值范圍．［解析］(1)由f（x）＝x＋alnx－1，得f′(x)＝1＋eq\f（a，x）＝eq\f（x＋a,x)，當a≥0時，f′(x）>0，f(x)在（0,＋∞)上為增函數(shù)，當a〈0時，當0〈x<－a時，f′（x）〈0,當x〉－a時f′(x）>0，所以f(x）在(0，－a)上為減函數(shù)上恒成立，f′（x)在(－a，＋∞）上為增函數(shù)．(2)由題意知x＋alnx－1＋eq\f(lnx,2x）≥0在x∈［1，＋∞