2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题2 函数与导数 第4讲 导数的综合应用练习
第一部分 专题二 第四讲 导数的综合应用
A组
1．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是( A )
A．a>0，b<0，c>0，d>0 B．a>0，b<0，c<0，d>0
C．a<0，b<0，c>0，d>0 D．a>0，b>0，c>0，d<0
[解析] 由图象知f(0)＝d>0，因为f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0有两个不相等的正实根，所以a>0，－＝－>0，所以b<0，又f′(0)＝c>0，所以a>0，b<0，c>0，d>0.
2．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是( A )
A．[，＋∞) B．(，＋∞)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
[解析] f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0.
∴f(x)在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，
∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．
∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.
3．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是( D )
A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
[解析] ∵2x(x－a)<1，∴a>x－.
令f(x)＝x－，
∴f′(x)＝1＋2－xln2>0.
∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，
∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D．
4．(2018·潍坊模拟)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( C )
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A．[－5，－3] B．[－6，－]
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
[解析] 当x∈(0,1]时，得a≥－3()3－4()2＋，
令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，
令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，
所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；
同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.
由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立．
故实数a的取值范围为[－6，－2]．
5．(文)(2018·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 )
A．(1,3) B．(1,3]
C．(3，＋∞) D．[3，＋∞)
[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( B )
A．0 B．1
C．2 D．3
[解析] ∵x≠0时，f ′(x)＋>0，
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∴>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)＝0·f(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)＝0·f(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．
6．(2018·武汉一模)已知函数f(x)＝，g(x)＝－(x－1)2＋a2，若当x>0时，存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是(－∞，－]∪[，＋∞).
[解析] 由题意得存在x1，x2∈R ，使得f(x2)≤g(x1)成立，等价于f(x)min≤g(x)max.
因为g(x)＝－(x－1)2＋a2，x>0，
所以当x＝1时，g(x)max＝a2.
因为f(x)＝，x>0，
所以f′(x)＝＝.
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝e.又g(x)max＝a2，
所以a2≥e⇔a≤－或a≥.
故实数a的取值范围是(－∞，－]∪[，＋∞)．
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7．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围为[0，e－1).
[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<可得k<＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x，则f ′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)(＋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.
[解析] (1)函数f(x)＝ln x＋ax的定义域为{x|x>0}，
所以f ′(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)＝＋a，由f′(x)>0，得0－，
∴f(x)在(－，＋∞)内单调递减．
(2)证明：∵ln x1＋ax1＝0，ln x2＋ax2＝0，
∴ln x2－ln x1＝a(x1－x2)．
(x1－x2)f ′(x1＋x2)＝(x1－x2)(＋a)＝＋
a(x1－x2)＝＋ln＝＋ln.
令＝t≥e2，令φ(t)＝＋ln t，
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则φ′(t)＝>0，
∴φ(t)在[e2，＋∞)内单调递增，
φ(t)≥φ(e2)＝1＋>1＋＝.
∴(x1－x2)f′(x1＋x2)>.
9．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)＝3 700x＋45x2－10x3(单位：万元)，成本函数为C(x)＝460x＋5 000(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？
[解析] (1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3 240x－5 000(x∈N*，且1≤x≤20)；
MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3 275(x∈N*，且1≤x≤19)．
(2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3 240
＝－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＋3 275
＝－30(x－1)2＋3 305.
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．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足≤0，则必有( A )
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)
[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．
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2．已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是( B )
A．(－∞，0) B．(0，)
C．(0,1) D．(0，＋∞)
[解析] ∵f(x)＝x(ln x－ax)，∴f ′(x)＝ln x－2ax＋1，故f ′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f ′(x)＝0，则2a＝，设g(x)＝，则g′(x)＝，
∴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⇒00，b∈R)，若对任意x>0，f(x)≥f(1)，则( A )
A．ln a<－2b B．ln a≤－2b
C．ln a>－2b D．ln a≥－2b
[解析] f ′(x)＝2ax＋b－，由题意可知f ′(1)＝0，即2a＋b＝1，由选项可知，只需比较ln a＋2b与0的大小，而b＝1－2a，所以只需判断ln a＋2－4a的符号．构造一个新函数g(x)＝2－4x＋ln x，则g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，当x<时，g(x)为增函数，当x>时，g(x)为减函数，所以对任意x>0有g(x)≤g()＝1－ln 4<0，所以有g(a)＝2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0⇒ln a<－2b.故选A．
(理)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x10，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.
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∵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．已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－x＋，若任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立，则实数a的取值范围是( A )
A．(－∞，－1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．[－1,1]
[解析] 当a＝0时，显然不成立，故排除D；当a>0时，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，即f(x)在[0,1]上是减函数，在[1,2]上是增函数，又f(0)＝1<＝g(0)，当x0＝0时，结论不可能成立；进一步，可知a<0，此时g(x)在[0,2]上是增函数，
且取值范围是[，－＋]，
同时f(x)在0≤x≤1时，函数值从1增大到1－a，
在1≤x≤2时，函数值从1－a减少到1＋4a，
所以“任意给定的x0∈[0,2]，
总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，
使得f(xi)＝g(x0)成立”，
当且仅当
即解得a<－1.
5．(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.
[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．
6．(文)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是.
[解析]
解得－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.
7．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．
[解析] (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)上为减函数上恒成立，
f ′(x)在(－a，＋∞)上为增函数．
(2)由题意知x＋aln x－1＋≥0在x∈[1，＋∞)，
设g(x)＝x＋aln x＋－1，x∈[1，＋∞)，
则g′(x)＝1＋＋
＝，x∈[1，＋∞)，
设h(x)＝2x2＋2ax＋1－ln x，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∈[1，－]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，
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此时g′(x)<0，
所以g(x)在[1，－]上单调递减，
在[1，－)上，g(x)0；
当x∈(－1＋，＋∞)时，f ′(x)<0.
所以f(x) 在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)单调递减，在(－1－，－1＋)单调递增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，
则h′(x)＝－xex<0(x>0)，
因此h(x)在[0，＋∞)单调递减．
而h(0)＝1，故h(x)≤1
所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当00(x>0)，
所以g(x)在[0，＋∞)单调递增．
而g(0)＝0，故ex≥x＋1.
当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
取x0＝，
则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，
故f(x0)>ax0＋1.
当a≤0时，取x0＝，则x0∈(0,1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
(理)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.
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(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－21时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，
f ′(x)＝2x－2－ln x.
设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.
当x∈(0，)时，h′(x)<0；
当x∈(，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
又h(e－2)>0，h()<0，h(1)＝0，
所以h(x)在(0，)上有唯一零点x0，在[，＋∞)上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0,1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f ′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．
由f ′(x0)＝0，得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．
由x0∈(0，)得f(x0)<.
因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，
由e－1∈(0,1)，f ′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.
所以e－2
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