《2019-2020年高考数学大二轮复习第二编专题整合突破专题二函数与导数第四讲导数的综合应用适考素能特训.DOC》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020年高考数学大二轮复习第二编专题整合突破专题二函数与导数第四讲导数的综合应用适考素能特训.DOC（7页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
2019-2020年高考数学大二轮复习第二编专题整合突破专题二函数与导数第四讲导数的综合应用适考素能特训
一、选择题
1．[xx陕西高考]设f(x)＝x－sinx，则f(x)( )
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
答案 B
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，选B.
2．[xx河南洛阳质检]对于R上可导的任意函数f(x)，若满足≤0，则必有( )
A．f(0)＋f(2)>2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)<2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1)
答案 A
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(1)，故选A.
3．[xx河北石家庄模拟]若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
答案 B
解析 2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.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]．
4．[xx河北衡水中学调研]已知函数f(x)＝＋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( )
A．(1,3) B．(1,3]
C．(3，＋∞) D．[3，＋∞)
答案 A
解析 f′(x)＝x2＋mx＋＝0的两根为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，
则⇔
即
作出区域D，如图阴影部分，
可得loga(－1＋4)>1，所以1
0，则函数F(x)＝xf(x)＋的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 B
解析 ∵x≠0时，f′(x)＋>0，
∴>0，即>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)＝0f(0)＝0，
∴U(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．
又>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)在(－∞，0)上为减函数，
且U(0)＝0f(0)＝0，
∴U(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立，
∴F(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上为减函数．
当x→0时，xf(x)→0，∴F(x)≈<0，
当x→－∞时，→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.
二、填空题
7．[xx山西四校联考]函数f(x)＝若方程f(x)＝mx－恰有四个不相等的实数根，则实数m的取值范围是________．
答案
解析 在平面直角坐标系中作出函数y＝f(x)的图象，如图，而函数y＝mx－恒过定点，设过点与函数y＝ln x的图象相切的直线为l1，切点坐标为(x0，ln x0)．因为y＝ln x的导函数y′＝，所以图中y＝ln x的切线l1的斜率为k＝，则＝，解得x0＝，所以k＝.又图中l2的斜率为，故当方程f(x)＝mx－恰有四个不相等的实数根时，实数m的取值范围是.
8．[xx河南郑州质检三]设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋xx)2f(x＋xx)－4f(－2)>0的解集为________．
答案 (－∞，－xx)
解析 由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0得2xf(x)＋x2f′(x)0即为F(x＋xx)－F(－2)>0，即F(x＋xx)>F(－2)，又因为F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以x＋xx<－2，∴x<－xx.
9．已知偶函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式中成立的有________．
(1)ff
(3)f(0)0，且f′(x)cosx＋f(x)sinx＝f′(x)cosx－f(x)(cosx)′，所以可构造函数g(x)＝，则g′(x)＝>0，所以g(x)为偶函数且在上单调递增，所以有g＝g＝＝2f，g＝g＝＝f，g＝＝f.由函数单调性可知gg(0)＝f(0)，所以(3)正确．
三、解答题
10．[xx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)．
(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 (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00，
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，
所以单调减区间为[1,19]，且x∈N*.
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．
11．已知函数f(x)＝x＋aln x－1.
(1)当a∈R时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)＋≥0对于任意x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)由f(x)＝x＋aln x－1，得f′(x)＝1＋＝，
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
当a<0时，当0－a时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，－a)上为减函数，f(x)在(－a，＋∞)上为增函数．
(2)由题意知x＋aln x－1＋≥0在x∈[1，＋∞)恒成立，
设g(x)＝x＋aln x＋－1，x∈[1，＋∞)，
则g′(x)＝1＋＋＝，x∈[1，＋∞)，
设h(x)＝2x2＋2ax＋1－ln x，则h′(x)＝4x－＋2a，
当a≥0时，4x－为增函数，所以h′(x)≥＋a>0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
当－≤a<0时，h′(x)≥＋a≥0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
当a<－时，当x∈时，2a＋1<－2x，
由(1)知，当a＝－1时，x－ln x－1≥0，ln x≤x－1，
－ln x≤－1，h(x)＝2x2＋2ax－ln x＋1≤2x2＋2ax＋≤2x2＋2ax＋x＝2x2＋(2a＋1)x<0，
此时g′(x)<0，所以g(x)在上单调递减，在上，g(x)1时，f′(x)>0.
所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－e，
函数f(x)无极大值．
(2)证明：由f(x)＝ex－ax－a，得f′(x)＝ex－a，
①当a＝0时，f(x)＝ex>0恒成立，满足条件．
②当00，
所以函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)在x＝ln a处取得极小值即为最小值
f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a－a＝－aln a
因为01，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
审题过程
求出导函数f(x)然后确定函数f(x)的单调性．
利用(1)的结论证明不等式；构造新函数，通过研究新函数的单调性进行证明.
(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1.
当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x1且xln x>x－1，即1<1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，
解得x0＝.
当x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
由(2)知1<0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
模型归纳
利用导数证明不等式的模型示意图如下：
2019-2020年高考数学大二轮复习第二编专题整合突破专题二函数与导数第四讲导数的综合应用适考素能特训.DOC
装配图网所有资源均是用户自行上传分享，仅供网友学习交流，未经上传用户书面授权，请勿作他用。
链接地址：https://www.zhuangpeitu.com/p-2734479.html