2017届高考文科数学（全国通用）二轮适考素能特训：专题2-2-4导数的综合应用
一、选择题
1．[2015·陕西高考]设f(x)＝x－sinx，则f(x)( )
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
答案 B
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，选B.
2．[2016·河南洛阳质检]对于R上可导的任意函数f(x)，若满足≤0，则必有( )
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 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.
3．[2016·河北石家庄模拟]若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
答案 B
解析 2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋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]．
4．[2016·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．(1,3) B．(1,3]
C．(3，＋∞) D．[3，＋∞)
答案 A
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( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案 B
解析 ∵x≠0时，f′(x)＋>0，
∴>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.
二、填空题
7．[2015·山西四校联考]函数f(x)＝若方程f(x)＝mx－恰有四个不相等的实数根，则实数m的取值范围是________．
答案
解析 在平面直角坐标系中作出函数y＝f(x)的图象，如图，而函数y＝mx－恒过定点，设过点与函数y＝ln x的图象相切的直线为l1，切点坐标为(x0，ln x0)．因为y＝ln x的导函数y′＝
，所以图中y＝ln x的切线l1的斜率为k＝，则＝，解得x0＝，所以k＝.又图中l2的斜率为，故当方程f(x)＝mx－恰有四个不相等的实数根时，实数m的取值范围是.
8．[2015·河南郑州质检三]设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2014)2f(x＋2014)－4f(－2)>0的解集为________．
答案 (－∞，－2016)
解析 由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0得2xf(x)＋x2f′(x)0即为F(x＋2014)－F(－2)>0，即F(x＋2014)>F(－2)，又因为F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以x＋2014<－2，∴x<－2016.
9．已知偶函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则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)′，所以可构造函数g(x)＝，则g′(x)＝>0，所以g(x)为偶函数且在上单调递增，所以有g＝g＝＝2f，g＝g＝＝f，g＝＝f.由函数单调性可知gg(0)＝f(0)，所以(3)正确．
三、解答题
10．[2016·珠海模拟]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)＝3700x＋45x2－10x3(单位：万元)，成本函数为C(x)＝460x＋5000(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 (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＋3275＝－30(x－1)2＋3305.
所以，当x≥1时，MP(x)单调递减，
所以单调减区间为[1,19]，且x∈N*.
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．
11．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 (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，f(x)在(－a，＋∞)上为增函数．
(2)由题意知x＋aln x－1＋≥0在x∈[1，＋∞)恒成立，
设g(x)＝x＋aln x＋－1，x∈[1，＋∞)，
则g′(x)＝1＋＋＝，x∈[1，＋∞)，
设h(x)＝2x2＋2ax＋1－ln x，则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∈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，
此时g′(x)<0，所以g(x)在上单调递减，在上，g(x)1时，f′(x)>0.
所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－e，
函数f(x)无极大值．
(2)证明：由f(x)＝ex－ax－a，得f′(x)＝ex－a，
①当a＝0时，f(x)＝ex>0恒成立，满足条件．
②当00，
所以函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)在x＝ln a处取得极小值即为最小值
f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a－a＝－aln a
因为01，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
审题过程
求出导函数f(x)然后确定函数f(x
)的单调性．
利用(1)的结论证明不等式；构造新函数，通过研究新函数的单调性进行证明.
(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1.
当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x1且x·ln x>x－1，即1<1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，
解得x0＝.
当x0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
由(2)知1<0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
模型归纳
利用导数证明不等式的模型示意图如下：
