2019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 )＝ax 3＋bx 2＋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 >0B ．a >0，b <0，c <0，d >0C ．a <0，b <0，c >0，d >0D ．a >0，b >0，c >0，d <0[解析] 由图象知f (0)＝d >0，因为f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ＝0有两个不相等的正实根，所以a >0，－2b 6a ＝－b3a>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 )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( A )A ．[179，＋∞)B ．(179，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(－∞，2)[解析] f ′(x )＝x 2－4x ，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 ≥179.3．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 －12x .令f (x )＝x －12x ，∴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ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( C ) A ．[－5，－3] B ．[－6，－98]C ．[－6，－2]D ．[－4，－3][解析] 当x ∈(0,1]时，得a ≥－3(1x )3－4(1x )2＋1x，令t ＝1x，则t ∈[1，＋∞)，a ≥－3t 3－4t 2＋t ，令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ，t ∈[1，＋∞)，则g ′(t )＝－9t 2－8t ＋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 )＝x 33＋mx 2＋m ＋n x ＋12的两个极值点分别为x 1，x 2，且x 1∈(0,1)，x 2∈(1，＋∞)，点P (m ，n )表示的平面区域为D ，若函数y ＝log a (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 )＝x 2＋mx ＋m ＋n2＝0的两根为x 1，x 2，且x 1∈(0,1)，x 2∈(1，＋∞)，则⎩⎪⎨⎪⎧f ，f⇔⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n2>0，1＋m ＋m ＋n2<0，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n >0，3m ＋n ＋2<0，作出区域D ，如图阴影部分，可得log a (－1＋4)>1，所以1<a <3.(理)(2018·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 )＋f xx>0，则函数F (x )＝xf (x )＋1x的零点个数是( B )A ．0B ．1C ．2D ．3[解析] ∵x ≠0时，f ′(x )＋f xx>0， ∴xfx ＋f x x >0，即xf xx>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1x>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 )＋1x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 )＋1x在(－∞，0)上为减函数．当x →0时，xf (x )→0，∴F (x )≈1x<0，当x →－∞时，1x→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 )＝e xx，g (x )＝－(x －1)2＋a 2，若当x >0时，存在x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a [解析] 由题意得存在x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，等价于f (x )min ≤g (x )max . 因为g (x )＝－(x －1)2＋a 2，x >0， 所以当x ＝1时，g (x )max ＝a 2. 因为f (x )＝exx，x >0，所以f ′(x )＝e x ·x －e x x2＝exx －x 2.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 ＝a 2， 所以a 2≥e ⇔a ≤－e 或a ≥ e.故实数a 的取值范围是(－∞，－e]∪[e ，＋∞)．7．已知x ∈(0,2)，若关于x 的不等式x e x <1k ＋2x －x 2恒成立，则实数k 的取值范围为[0，e －1).[解析] 依题意，知k ＋2x －x 2>0，即k >x 2－2x 对任意x ∈(0,2)恒成立，从而k ≥0，所以由x e x <1k ＋2x －x2可得k <e xx ＋x 2－2x .令f (x )＝e xx＋x 2－2x ，则f ′(x )＝e xx －x 2＋2(x －1)＝(x －1)(exx2＋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)．8．已知f (x )＝ln x ＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )的两个零点为x 1，x 2，且x 2x 1≥e 2， 求证：(x 1－x 2)f ′(x 1＋x 2)>65.[解析] (1)函数f (x )＝ln x ＋ax 的定义域为{x |x >0}， 所以f ′(x )＝1x＋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 )＝1x ＋a ，由f ′(x )>0，得0<x <－1a，∴f (x )在(0，－1a)内单调递增；由f ′(x )＝1x ＋a <0，得x >－1a，∴f (x )在(－1a，＋∞)内单调递减．(2)证明：∵ln x 1＋ax 1＝0，ln x 2＋ax 2＝0， ∴ln x 2－ln x 1＝a (x 1－x 2)． (x 1－x 2)f ′(x 1＋x 2)＝(x 1－x 2)(1x 1＋x 2＋a )＝x 1－x 2x 1＋x 2＋ a (x 1－x 2)＝x 1－x 2x 1＋x 2＋ln x 2x 1＝1－x 2x 11＋x 2x 1＋ln x 2x 1.令x 2x 1＝t ≥e 2，令φ(t )＝1－t 1＋t＋ln t ， 则φ′(t )＝t 2＋1＋t 2t>0， ∴φ(t )在[e 2，＋∞)内单调递增，φ(t )≥φ(e 2)＝1＋2e 2＋1>1＋232＋1＝65. ∴(x 1－x 2)f ′(x 1＋x 2)>65.9．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 ＋45x 2－10x 3(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 )＝－10x 3＋45x 2＋3 240x －5 000(x ∈N *，且1≤x ≤20)；MP (x )＝P (x ＋1)－P (x )＝－30x 2＋60x ＋3 275(x ∈N *，且1≤x ≤19)．(2)P ′(x )＝－30x 2＋90x ＋3 240 ＝－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 )＝－30x 2＋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1－xf x≤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 ．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 ．(0，12)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 ＝ln x ＋1x ，设g (x )＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝－ln xx2，∴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 <12.3．(文)已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a >0，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 >－2bD ．ln a ≥－2b[解析] f ′(x )＝2ax ＋b －1x，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 )＝1x －4，令g ′(x )＝0，得x ＝14，当x <14时，g (x )为增函数，当x >14时，g (x )为减函数，所以对任意x >0有g (x )≤g (14)＝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 )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2.若f (x 1)＝x 1<x 2，则关于x 的方程3(f (x ))2＋2af (x )＋b ＝0的不同实根个数为( A )A ．3B ．4C ．5D ．6[解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，原题等价于方程3x 2＋2ax ＋b ＝0有两个不等实数根x 1，x 2，且x 1<x 2，x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴x 1为极大值点，x 2为极小值点．∴方程3(f (x ))2＋2af (x )＋b ＝0有两个不等实根，f (x )＝x 1或f (x )＝x 2.∵f (x 1)＝x 1，∴由图知f (x )＝x 1有两个不同的解，f (x )＝x 2仅有一个解．故选A ．4．已知函数f (x )＝2ax 3－3ax 2＋1，g (x )＝－a 4x ＋32，若任意给定的x 0∈[0,2]，总存在两个不同的x i (i＝1,2)∈[0,2]，使得f (x i )＝g (x 0)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 )＝6ax 2－6ax ＝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<32＝g (0)，当x 0＝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[32，－a 2＋32]，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x 0∈[0,2]， 总存在两个不同的x i (i ＝1,2)∈[0,2]， 使得f (x i )＝g (x 0)成立”，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧fx 的最大值>g x 的最大值，fx 的最小值<g x 的最小值，即⎩⎪⎨⎪⎧1－a >－a 2＋32，1＋4a <32.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 )＝x 2＋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⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，0. [解析] ⎩⎪⎨⎪⎧f m ＝m 2＋m 2－1<0，fm ＋＝m ＋2＋m m ＋－1<0，解得－22<m <0. (理)已知函数g (x )满足g (x )＝g ′(1)e x －1－g (0)x ＋12x 2，且存在实数x 0使得不等式2m －1≥g (x 0)成立，则m 的取值范围为[1，＋∞).[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 )＝e x －x ＋12x 2，则g ′(x )＝e x－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 ≥1.7．已知函数f (x )＝x ＋a ln x －1. (1)当a ∈R 时，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )＋ln x2x ≥0对于任意x ∈[1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围．[解析] (1)由f (x )＝x ＋a ln x －1，得f ′(x )＝1＋a x ＝x ＋ax，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 ＋a ln x －1＋ln x2x≥0在x ∈[1，＋∞)， 设g (x )＝x ＋a ln x ＋ln x2x－1，x ∈[1，＋∞)，则g ′(x )＝1＋a x ＋1－ln x2x2＝2x 2＋2ax ＋1－ln x2x2，x ∈[1，＋∞)， 设h (x )＝2x 2＋2ax ＋1－ln x ，h ′(x )＝4x －1x＋2a ，当a ≥0时，4x －1x 为增函数，所以h ′(x )≥32＋a >0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，g (x )≥g (1)＝0， 当－32≤a <0时，h ′(x )≥32＋a ≥0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，g (x )≥g (1)＝0， 当a <－32时，当x ∈[1，－2a ＋12]时，2a ＋1<－2x ，由(1)知 ，当a ＝－1时，x －ln x －1≥0，ln x ≤x －1，－ln x ≤1x －1，h (x )＝2x 2＋2ax －ln x ＋1≤2x 2＋2ax ＋1x≤2x 2＋2ax ＋x ＝2x 2＋(2a ＋1)x <0，此时g ′(x )<0，所以g (x )在[1，－2a ＋12]上单调递减，在[1，－2a ＋12)上，g (x )<g (1)＝0，不符合题意．综上所述a ≥－32.8．(文)设函数f (x )＝(1－x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x. 令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x ) 在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)单调递减，在(－1－2，－1＋2)单调递增． (2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x.当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x， 则h ′(x )＝－x e x<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0<a <1时，设函数g (x )＝e x－x －1， 则g ′(x )＝e x－1>0(x >0)， 所以g (x )在[0，＋∞)单调递增． 而g (0)＝0，故e x≥x ＋1.当0<x <1时，f (x )>(1－x )(1＋x )2，(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)， 取x 0＝5－4a －12， 则x 0∈(0,1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0， 故f (x 0)>ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0,1)，f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1. 综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．(理)已知函数f (x )＝ax 2－ax －x ln x ，且f (x )≥0. (1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e －2<f (x 0)<2－2. [解析] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 设g (x )＝ax －a －ln x ，则f (x )＝xg (x )，f (x )≥0等价于g (x )≥0. 因为g (1)＝0，g (x )≥0，故g ′(1)＝0， 而g ′(x )＝a －1x，g ′(1)＝a －1，得a ＝1.若a ＝1，则g ′(x )＝1－1x.当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >1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 )＝x 2－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x .设h (x )＝2x －2－ln x ，则h ′(x )＝2－1x.当x ∈(0，12)时，h ′(x )<0；当x ∈(12，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0，12)上单调递减，在(12，＋∞)上单调递增．又h (e －2)>0，h (12)<0，h (1)＝0，所以h (x )在(0，12)上有唯一零点x 0，在[12，＋∞)上有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )>0；当x∈(x 0,1)时，h (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0.因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点． 由f ′(x 0)＝0，得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0)． 由x 0∈(0，12)得f (x 0)<14.因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)上的最大值点，由e －1∈(0,1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)>f (e －1)＝e －2. 所以e －2<f (x 0)<2－2.。