《高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第二編 專(zhuān)題整合突破 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第四講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用適考素能特訓(xùn) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第二編 專(zhuān)題整合突破 專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第四講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用適考素能特訓(xùn) 文（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專(zhuān)題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第四講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用適考素能特訓(xùn) 文 一、選擇題 1．[2015陜西高考]設(shè)f(x)＝x－sinx，則f(x)(　　) 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(diǎn)的減函數(shù) D．是沒(méi)有零點(diǎn)的奇函數(shù) 答案　B 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，選B. 2．[2016河南洛陽(yáng)質(zhì)檢]對(duì)于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足≤0，則必有(　　) 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　當(dāng)x<1時(shí)，f′(x)<0，此時(shí)函數(shù)f(x)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)函數(shù)f(x)遞增，即當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值同時(shí)也取得最小值f(1)，所以f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，則f(0)＋f(2)>2f(1)，故選A. 3．[2016河北石家莊模擬]若不等式2xln x≥－x2＋ax－3對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞) 答案　B 解析　2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋.設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，則h′(x)＝.當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，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]． 4．[2016河北衡水中學(xué)調(diào)研]已知函數(shù)f(x)＝＋的兩個(gè)極值點(diǎn)分別為x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，點(diǎn)P(m，n)表示的平面區(qū)域?yàn)镈，若函數(shù)y＝loga(x＋4)(a>1)的圖象上存在區(qū)域D內(nèi)的點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(1,3) B．(1,3] C．(3，＋∞) D．[3，＋∞) 答案　A 解析　f′(x)＝x2＋mx＋＝0的兩根為x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)， 則? 即 作出區(qū)域D，如圖陰影部分， 可得loga(－1＋4)>1，所以10，則函數(shù)F(x)＝xf(x)＋的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　B 解析　∵x≠0時(shí)，f′(x)＋>0， ∴>0，即>0.?、? 當(dāng)x>0時(shí)，由①式知(xf(x))′>0， ∴U(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 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，＋∞)上無(wú)零點(diǎn)． 當(dāng)x<0時(shí)，(xf(x))′<0， ∴U(x)＝xf(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)， 且U(0)＝0f(0)＝0， ∴U(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立， ∴F(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上為減函數(shù)． 當(dāng)x→0時(shí)，xf(x)→0，∴F(x)≈<0， 當(dāng)x→－∞時(shí)，→0，∴F(x)≈xf(x)>0， ∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零點(diǎn)． 綜上所述，F(xiàn)(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)，故選B. 二、填空題 7．[2015山西四校聯(lián)考]函數(shù)f(x)＝若方程f(x)＝mx－恰有四個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 答案　 解析　在平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝f(x)的圖象，如圖，而函數(shù)y＝mx－恒過(guò)定點(diǎn)，設(shè)過(guò)點(diǎn)與函數(shù)y＝ln x的圖象相切的直線為l1，切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，ln x0)．因?yàn)閥＝ln x的導(dǎo)函數(shù)y′＝，所以圖中y＝ln x的切線l1的斜率為k＝，則＝，解得x0＝，所以k＝.又圖中l(wèi)2的斜率為，故當(dāng)方程f(x)＝mx－恰有四個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根時(shí)，實(shí)數(shù)m的取值范圍是. 8．[2015河南鄭州質(zhì)檢三]設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，則不等式(x＋2014)2f(x＋2014)－4f(－2)>0的解集為_(kāi)_______． 答案　(－∞，－2016) 解析　由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0得2xf(x)＋x2f′(x)0即為F(x＋2014)－F(－2)>0，即F(x＋2014)>F(－2)，又因?yàn)镕(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，所以x＋2014<－2，∴x<－2016. 9．已知偶函數(shù)y＝f(x)對(duì)于任意的x∈滿足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則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)′，所以可構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝>0，所以g(x)為偶函數(shù)且在上單調(diào)遞增，所以有g(shù)＝g＝＝2f，g＝g＝＝f，g＝＝f.由函數(shù)單調(diào)性可知gg(0)＝f(0)，所以(3)正確． 三、解答題 10．[2016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(wàn)元)，成本函數(shù)為C(x)＝460x＋5000(單位：萬(wàn)元)，又在經(jīng)濟(jì)學(xué)中，函數(shù)f(x)的邊際函數(shù)Mf(x)定義為Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)． (1)求利潤(rùn)函數(shù)P(x)及邊際利潤(rùn)函數(shù)MP(x)；(提示：利潤(rùn)＝產(chǎn)值－成本) (2)問(wèn)年造船量安排多少艘時(shí)，可使公司造船的年利潤(rùn)最大？ (3)求邊際利潤(rùn)函數(shù)MP(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，并說(shuō)明單調(diào)遞減在本題中的實(shí)際意義是什么？ 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?yàn)閤>0，所以P′(x)＝0時(shí)，x＝12， 當(dāng)00， 當(dāng)x>12時(shí)，P′(x)<0， 所以x＝12時(shí)，P(x)有極大值，也是最大值． 即年造船量安排12艘時(shí)，可使公司造船的年利潤(rùn)最大． (3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3275＝－30(x－1)2＋3305. 所以，當(dāng)x≥1時(shí)，MP(x)單調(diào)遞減， 所以單調(diào)減區(qū)間為[1,19]，且x∈N*. MP(x)是減函數(shù)的實(shí)際意義是：隨著產(chǎn)量的增加，每艘利潤(rùn)與前一艘比較，利潤(rùn)在減少． 11．已知函數(shù)f(x)＝x＋aln x－1. (1)當(dāng)a∈R時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)＋≥0對(duì)于任意x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)由f(x)＝x＋aln x－1，得f′(x)＝1＋＝， 當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 當(dāng)a<0時(shí)，當(dāng)0－a時(shí)，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，－a)上為減函數(shù)，f(x)在(－a，＋∞)上為增函數(shù)． (2)由題意知x＋aln x－1＋≥0在x∈[1，＋∞)恒成立， 設(shè)g(x)＝x＋aln x＋－1，x∈[1，＋∞)， 則g′(x)＝1＋＋＝，x∈[1，＋∞)， 設(shè)h(x)＝2x2＋2ax＋1－ln x，則h′(x)＝4x－＋2a， 當(dāng)a≥0時(shí)，4x－為增函數(shù)，所以h′(x)≥＋a>0， 所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝0， 當(dāng)－≤a<0時(shí)，h′(x)≥＋a≥0， 所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝0， 當(dāng)a<－時(shí)，當(dāng)x∈時(shí)，2a＋1<－2x， 由(1)知，當(dāng)a＝－1時(shí)，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， 此時(shí)g′(x)<0，所以g(x)在上單調(diào)遞減，在上，g(x)1時(shí)，f′(x)>0. 所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值f(1)＝－e， 函數(shù)f(x)無(wú)極大值． (2)證明：由f(x)＝ex－ax－a，得f′(x)＝ex－a， ①當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ex>0恒成立，滿足條件． ②當(dāng)00， 所以函數(shù)f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減， 在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以函數(shù)f(x)在x＝ln a處取得極小值即為最小值 f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a－a＝－aln a 因?yàn)?1，證明當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x>cx. 審題過(guò)程 　求出導(dǎo)函數(shù)f(x)然后確定函數(shù)f(x)的單調(diào)性． 　利用(1)的結(jié)論證明不等式；構(gòu)造新函數(shù)，通過(guò)研究新函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行證明. 　(1)由題設(shè)知，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1. 當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0. 所以當(dāng)x≠1時(shí)，ln x1且xln x>x－1，即1<1，設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx， 則g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0， 解得x0＝. 當(dāng)x0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>x0時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減． 由(2)知1<0. 所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x>cx. 模型歸納 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的模型示意圖如下：