2018年高考数学二轮复习专题2函数、不等式、导数第5讲导数的综合应用课后强化训练

1、专题二第五讲导数的综合应用课后强化训练解析/f( x) =x sin(x) = (x sinx) =f(x)f(x)为奇函数.又f(x) = 1 cosx0,.f(x)单调递增.故选 B.2. (2017 河南洛阳质检)若不等式 2xlnx x2+ax 3 对x (0，+)恒成立，则 实数a的取值范围是(B )A. ( , 0)B. ( , 4C. (0，+)D. 4 ,+)2Xl33解析Tx0,2xlnx x+ax 3, .a0),xxx +? x 则h(x) =- 2- .当x (0,1)时，h(x)0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min=h(1) = 4，所以a1)的A. (1,3

2、)C. (3 )n2n0,即1 .设f(x) =x sinx，则f(x)(A.既是奇函数又是减函数C.是有零点的减函数B )B.既是奇函数又是增函数D.是没有零点的奇函数x+ 1的两个极值点分D,若函数y= loga(x)象上存在区域D内的点，则实数a的取值范围是(AB. (1,3D. 3 ,+)解析(x) =x2+m灶m2n= 0 的两根为X1,X2,且X1 (0,1),X2 (1 ,+),m2n0,n2n12 n20,23n2n+20A. 0C. 2解析xfa( 1 + 4)1，所以 1a0,xx+f x ” xf x二-0,即x当x0 时，由式知(xf(x) 0, U(x)=xf(x)在

3、(0,+s)上为增函数,且U(0) = 0 f(0) = 0,U(x)=xf(x)0 在(0,+s)上恒成立.又10,xF(x)0 在(0，+a)上恒成立，F(x)在(0,+o)上无零点.当x0 时，(xf(x) 0 在(一a,0)上恒成立,F(x)=xf(x)+1在(-m0)上为减函数.4F(x) xf(x)0 ,5 F(x)在(a,0)上有唯一零点.综上所述，F(x)在(一a,0)u(0，+a)上有唯一零点.故选 B.325.若f(x) =x+ 3ax+ 3(a+ 2)x+ 1 有极大值和极小值，则a的取值范围为(a, 1)U(2,+a).解析f(x) = 3X2+ 6ax+ 3(a+ 2

4、)，由题意知f(x) = 0 有两个不等的实根，故2 2 = (6a) 4x3x3(a+ 2)0 ，即卩aa20，解得a2 或a 1.x6. (2017 皖南八校联考)已知x (0,2)，若关于x的不等式-xe,X1 66 求证：(X1X2)f(X1+X2)5k+L恒成立，则解析依题意，知x1所以由 ex0,即卩kx 2x对任意x (0,2)Xe2k 0,Xex I(x) =2+ 2(xX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k0,所以1f(X)=尹a.若a0

5、,贝U f (x)0,f(x)在(0，+a)内单调递增;611a0，得 0 x-,xaf(x)在(0，内单调递增;11 由f(X)=1+a-a,- f(x)在(一 T,+a)内单调递减.a证明：TInX1+ax1= 0, lnX2+ax2= 0,若7InX2 Inxi=a(xiX2).X21-XiX2X2XiX2a(XiX2) =+ In =- + In.Xi+X2XiX2Xii + 一XiX22人i t令X=te，令0(t)=订 Y+Int,t2+ i 则 (t)=匚0，0(t)在e2,+)内单调递增，22 2 60(t)(e)=i+en i+不=5.& (20i7 珠海模拟)某造船

6、公司年最大造船量是20 艘，已知造船X艘的产值函数为F(x) = 3 700 x+45X210X3(单位：万元)，成本函数为Cx) = 460 x+ 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+ i) f(x).(1) 求利润函数P(x)及边际利润函数MPX);(提示：利润=产值一成本)(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MPX)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P(x) =R(x) C(x) = i0 x3+45X2+ 3 240 x 5 000(x N*，且 Kx

7、20);MPx) =Rx+ 1) F(x) = 30 x+ 60 x+ 3 275(x N,且 1x0,所以P(x) = 0 时，x= 12,当 0 x0 ,当x12 时，P(x)1时，MRx)单调递减，MPx)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(XiX2)f(Xi+X2) = (XiX2)(X1TX2+a)=XiX2Xi+X2+81 一x1. (2017 河北石家庄模拟)对于 R 上可导的任意函数f(x)，若满足 一2f(1)B.f(0)+f(2)2f(1)C.f(0)+f(2)2f(1)解析当x1 时，f(x)1 时，f(x)0，此时函 数f(

8、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),Inxg(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+a)上单调递减，又当XT0时，g(x)Tg,1当x +m时，g(x)T0,而g(x)max=g(1) = 1，二只需 02a1? 0a0,b R)，若对任意x0,f(x) f(1)，则(A )A. Ina 2bB. Ina 2bD. Ina 2b1解析f(x) = 2ax+b 一，由题意可知f (1) = 0,即卩 2a+b= 1,由选项可知，x只需比较 Ina+ 2b与 0 的大小，而b= 1 2a,所以只需判断 Ina+ 2 4a的符号.构造一1

9、1个新函数g(x) = 2 4x+ Inx，则g(x) = - 4,令g(x) = 0，得x=-，当xx41 1为增函数，当x4 时，g(x)为减函数，所以对任意x0 有g(x) g(-) = 1 In 40，所以有g(a) = 2 4a+ Ina= 2b+ Ina0? Inaf(1)，贝Uf(0)+f(2)2f(1).故选 A.2. (2017取值范河北秦皇岛二模B )0)Tf(x) =x(lnxax)，二f)已知函数f(x) =x(lnxax)有两个极值点，则实数a的1B. (0，)D. (0，+m)(x) = Inx 2ax+ 1,故f(x)在(0，+m)上有两个不同的零点，令f(x)

10、= 0,则Inx+15Inx+1 小，2a= 厂，设g(x)= 厂，则g z.z.(x)=9(理)(2017 邯郸一模)已知函数f(x) =x+ax+bx+c有两个极值点X1,X2.若f(x=X1X2，则关于x的方程 3(f(x)2+ 2af(x) +b= 0 的不同实根个数为(A )C. 5D. 6解析f(x) =3X2 3+2ax+b,原题等价于方程3X2+2ax+b= 0 有两个不等实数根xi,X2,且Xi0,f(x)单调递增；x(xi,X2)时，f(x)0,f(x)单调递增. xi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) =

11、Xi或f(x) =X2./f(Xi) =Xi,由图知f(x) =Xi有两个不同的解，f(x) =X2仅有一个解.故选 A.4.(20i7 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) + i(x0)的零点个数为 _0_.解析因为g(x) =xf(x) + i(x0),g(x)=xf (x) +f(x) 0 ,所以g(x)在(0，+g)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，+g)上的连续可导函数，所以g(x)g(0) = 1，所以g(x)在(0，+g)上无零点._v 1125.

12、(2017 武汉模拟)已知函数g(x)满足g(x) =g (1)eg(0)x+存，且存在实数222解得g (1) = e,所以g(x) = exx+ ?x，则g(x) = ex 1 +x，当x0 时，g(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 mi 1.6. 已知函数f(x) =x+alnx 1.(1) 当a R 时，求函数f(x)的单调区间；Inx(2) 若f(x)+20对于任意x1,+g)恒成立，求a的取值范围.解析(1)由f(x) =x+alnx 1,a x+a得f(x) = 1 +

13、X=，当a0时，f(x)0,f(x)在(0,+g)上为增函数，当a0 时，当 0 xa时，f(x)a时f(x)0，所以f(x)在(0，a)A. 3B. 410X0使得不等式 2m1g(xc)成立，则m的取值范围为1,+g)_.x_ i0_ i解析g(x) =g (1)eg(0) +x,当x= 1 时，g(0) = 1，由g(0) =g (1)e,11上为减函数上恒成立，f(x)在(一a,+m)上为增函数.,卄亠-Inx亠(2)由题意知x+alnx1 +2匚0在x 1 , +m),13当a0时，4x-为增函数，所以h(x) -+a0,x2所以g(x)在1,+s)上单调递增，g(x) g(1) = 0,33当一a- +a0,所以g(x)在1,+s)上单调递增，g(x) g(1) = 0,32a+1当a-时，当x 1 ,时，2a+ 10, I