2018届高考数学大二轮复习 专题二 函数、不等式、导数 第5讲 导数的综合应用复习指导课后强化训练

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1、专题二　第五讲A组1．设f(x)＝x－sinx，则f(x)(　B　)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[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．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．(－∞，4]C．(0，＋∞)D．[4，＋∞)[解析]　∵x>0,

2、2xlnx≥－x2＋ax－3，∴a≤2lnx＋x＋.设h(x)＝2lnx＋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]．3．(2017·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

3、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10，则函数F(x)＝xf(x)＋的零点个数是(　B　)A．0B．1C．2D．3[解析]　∵x≠0时，f′(x)＋>0，∴>0，即>0.①当x>0

4、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，

5、∴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．5．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围为__(－∞，－1)∪(2，＋∞)__.[解析]　f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，由题意知f′(x)＝0有两个不等的实根，故Δ＝(6a)2－4×3×3(a＋2)>0，即a2－a－2>0，解得a>2或a<－1．6．(2017·皖南八校联考)已知x∈(0,2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取

6、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

7、)＝lnx＋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x1，x2，且≥e2，求证：(x1－x2)f′(x1＋x2)>．[解析]　(1)函数f(x)＝lnx＋ax的定义域为{x

8、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：∵lnx1＋ax1＝0，lnx2

9、＋ax2＝0，∴lnx2－lnx1＝a(x1－x2)．(x1－x2)f′(x1＋x2)＝(x1－x2)(＋a)＝＋a(x1－x2)＝＋ln＝＋ln．令＝t≥e2，令φ(t)＝＋lnt，则φ′(t)＝>0，∴φ(t)在[e2，＋∞)内单调递增，φ(t)≥φ(e2)＝1＋>1＋＝．8．(2017·珠海模拟)某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x