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專題二 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) 理
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．是有零點的減函數(shù)
D．是沒有零點的奇函數(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河南洛陽質(zhì)檢]對于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，f′(x)<0，此時函數(shù)f(x)遞減；當(dāng)x>1時，f′(x)>0，此時函數(shù)f(x)遞增，即當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)取得極小值同時也取得最小值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x∈(0，＋∞)恒成立，則實數(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，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，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)＝＋的兩個極值點分別為x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，點P(m，n)表示的平面區(qū)域為D，若函數(shù)y＝loga(x＋4)(a>1)的圖象上存在區(qū)域D內(nèi)的點，則實數(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1
0，則函數(shù)F(x)＝xf(x)＋的零點個數(shù)是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 B
解析 ∵x≠0時，f′(x)＋>0，
∴>0，即>0.?、?
當(dāng)x>0時，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，＋∞)上無零點．
當(dāng)x<0時，(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，xf(x)→0，∴F(x)≈<0，
當(dāng)x→－∞時，→0，∴F(x)≈xf(x)>0，
∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零點．
綜上所述，F(xiàn)(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零點，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－恰有四個不相等的實數(shù)根，則實數(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－恒過定點，設(shè)過點與函數(shù)y＝ln x的圖象相切的直線為l1，切點坐標(biāo)為(x0，ln x0)．因為y＝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－恰有四個不相等的實數(shù)根時，實數(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________．
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)，又因為F(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：萬元)，成本函數(shù)為C(x)＝460x＋5000(單位：萬元)，又在經(jīng)濟學(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)求利潤函數(shù)P(x)及邊際利潤函數(shù)MP(x)；(提示：利潤＝產(chǎn)值－成本)
(2)問年造船量安排多少艘時，可使公司造船的年利潤最大？
(3)求邊際利潤函數(shù)MP(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，并說明單調(diào)遞減在本題中的實際意義是什么？
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)，
因為x>0，所以P′(x)＝0時，x＝12，
當(dāng)00，
當(dāng)x>12時，P′(x)<0，
所以x＝12時，P(x)有極大值，也是最大值．
即年造船量安排12艘時，可使公司造船的年利潤最大．
(3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3275＝－30(x－1)2＋3305.
所以，當(dāng)x≥1時，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)的實際意義是：隨著產(chǎn)量的增加，每艘利潤與前一艘比較，利潤在減少．
11．已知函數(shù)f(x)＝x＋aln x－1.
(1)當(dāng)a∈R時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若f(x)＋≥0對于任意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，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，
當(dāng)a<0時，當(dāng)0－a時，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，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，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，當(dāng)x∈時，2a＋1<－2x，
由(1)知，當(dāng)a＝－1時，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g′(x)<0，所以g(x)在上單調(diào)遞減，在上，g(x)1時，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)無極大值．
(2)證明：由f(x)＝ex－ax－a，得f′(x)＝ex－a，
①當(dāng)a＝0時，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
因為00時，(x－2)ex＋x＋2>0；
(2)證明：當(dāng)a∈[0,1)時，函數(shù)g(x)＝(x>0)有最小值．設(shè)g(x)的最小值為h(a)，求函數(shù)h(a)的值域.
審題過程
先求f′(x)，再確定f(x)的單調(diào)性，從而證明不等式．
求出函數(shù)g(x)的最小值h(a)，再結(jié)合導(dǎo)數(shù)求h(a)的值域.
(1)f(x)的定義域為(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．
f′(x)＝＝≥0，
且僅當(dāng)x＝0時，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上單調(diào)遞增．
因此當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)>f(0)＝－1.
所以(x－2)ex>－(x＋2)，(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)證明：g′(x)＝＝(f(x)＋a)．
由(1)知，f(x)＋a單調(diào)遞增．對任意的a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.因此，存在唯一xa∈(0,2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.
當(dāng)0xa時，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．
因此g(x)在x＝xa處取得最小值，最小值為
g(xa)＝＝＝.
于是h(a)＝，由′＝>0，得單調(diào)遞增．
所以，由xa∈(0,2]，得＝
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