2019届高考数学大二轮复习精品练习：第1部分 专题2 函数与导数 第4讲 Word版含解析

x21－x1x1－x2x2x2a(x1－x2)＝＋ln＝＋ln.

x1x2x1x1＋x2

1＋x11－tx2令＝t≥e2，令φ(t)＝＋lnt， x11＋tt2＋1则φ′(t)＝>0，

?1＋t?2t

∴φ(t)在[e2，＋∞)内单调递增， 226

φ(t)≥φ(e2)＝1＋2>1＋2＝.

e＋13＋156

∴(x1－x2)f′(x1＋x2)>.

5

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)＝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？

[解析](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，

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－x1．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足≤0，则必有( A )

f′?x?A．f(0)＋f(2)>2f(1) C．f(0)＋f(2)<2f(1)

B．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(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是( B ) A．(－∞，0) C．(0,1)

1

B．(0，)

2D．(0，＋∞)

[解析]∵f(x)＝x(lnx－ax)，∴f′(x)＝lnx－2ax＋1，故f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f′(x)＝0，则2a＝

lnx＋1lnx＋1－lnx

，设g(x)＝，则g′(x)＝2， xxx

∴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→1

＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，∴只需0<2a<1?0

3．(文)已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a>0，b∈R)，若对任意x>0，f(x)≥f(1)，则( A ) A．lna<－2b C．lna>－2b

B．lna≤－2b D．lna≥－2b

1

[解析]f′(x)＝2ax＋b－，由题意可知f′(1)＝0，即2a＋b＝1，由选项可知，只需比较

xlna＋2b与0的大小，而b＝1－2a，所以只需判断lna＋2－4a的符号．构造一个新函数g(x)1111

＝2－4x＋lnx，则g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，当x<时，g(x)为增函数，当x>时，x4441

g(x)为减函数，所以对任意x>0有g(x)≤g()＝1－ln4<0，所以有g(a)＝2－4a＋lna＝2b＋lna<0

4?lna<－2b.故选A．

(理)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x1

A．3 C．5

B．4 D．6

[解析]f′(x)＝3x2＋2ax＋b，原题等价于方程3x2＋2ax＋b＝0有两个不等实数根x1，x2，且x10，f(x)单调递增；x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

∴x1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)＝x1或f(x)＝x2.

∵f(x1)＝x1，

∴由图知f(x)＝x1有两个不同的解，f(x)＝x2仅有一个解．故选A．

a3

4．已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－x＋，若任意给定的x0∈[0,2]，总存在两

42个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立，则实数a的取值范围是( A )

A．(－∞，－1)

C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)

B．(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)＝6ax2－6ax＝6ax(x3

－1)，即f(x)在[0,1]上是减函数，在[1,2]上是增函数，又f(0)＝1<＝g(0)，当x0＝0时，结论

2不可能成立；进一步，可知a<0，此时g(x)在[0,2]上是增函数，

3a3

且取值范围是[，－＋]，

222

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x0∈[0,2]， 总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]， 使得f(xi)＝g(x0)成立”，

??f?x?的最大值>g?x?的最大值，

当且仅当?

??f?x?的最小值

?即?3

1＋4a<.?2

a31－a>－＋，

22

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)＝x2＋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. 2?

22

??f?m?＝m＋m－1<0，[解析]? 2

?f?m＋1?＝?m＋1?＋m?m＋1?－1<0，?

解得－

2

1－

(理)已知函数g(x)满足g(x)＝g′(1)ex1－g(0)x＋x2，且存在实数x0使得不等式2m－

21≥g(x0)成立，则m的取值范围为[1，＋∞). [解析]g′(x)＝g′(1)ex1－g(0)＋x，当x＝1时，g(0)＝1，由g(0)＝g′(1)e01，解得g′(1)

－

－

1＝e，所以g(x)＝ex－x＋x2，则g′(x)＝ex－1＋x，当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，

2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＋alnx－1.

(1)当a∈R时，求函数f(x)的单调区间；

lnx

(2)若f(x)＋≥0对于任意x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．

2x[解析](1)由f(x)＝x＋alnx－1， ax＋a

得f′(x)＝1＋＝，

xx

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)上为减函数上恒成立，

f′(x)在(－a，＋∞)上为增函数．

lnx

(2)由题意知x＋alnx－1＋≥0在x∈[1，＋∞)，

2xlnx

设g(x)＝x＋alnx＋－1，x∈[1，＋∞)，

2xa1－lnx

则g′(x)＝1＋＋

x2x22x2＋2ax＋1－lnx

＝，x∈[1，＋∞)，

2x21

设h(x)＝2x2＋2ax＋1－lnx，h′(x)＝4x－＋2a，

x13

当a≥0时，4x－为增函数，所以h′(x)≥＋a>0，

x2所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0， 33

当－≤a<0时，h′(x)≥＋a≥0，

22

所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，