(文理通用)2019届高考数学大二轮复习第1部分专题2函数与导数第4讲导数的综合应用练习

。 。 。 。 内部文件，版权追溯 第一部分 专题二 第四讲 导数的综合应用

A组

1．函数f(x)＝ax＋bx＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是( A )

3

2

A．a>0，b<0，c>0，d>0 C．a<0，b<0，c>0，d>0

B．a>0，b<0，c<0，d>0 D．a>0，b>0，c>0，d<0

2

[解析] 由图象知f(0)＝d>0，因为f′(x)＝3ax＋2bx＋c＝0有两个不相等的正实根，2bb所以a>0，－＝－>0，所以b<0，又f′(0)＝c>0，所以a>0，b<0，c>0，d>0.

6a3a132

2．已知函数f(x)＝x－2x＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的

3取值范围是( A )

17

A．[，＋∞)

9C．(－∞，2]

2

17

B．(，＋∞)

9D．(－∞，2)

[解析] f′(x)＝x－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0. ∴f(x)在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增， ∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．

17

∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.

93．若存在正数x使2(x－a)<1成立，则a的取值范围是( D ) A．(－∞，＋∞) C．(0，＋∞)

1x[解析] ∵2(x－a)<1，∴a>x－x.

21

令f(x)＝x－x，

2

B．(－2，＋∞) D．(－1，＋∞)

x 1

∴f′(x)＝1＋2ln2>0. ∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，

∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D．

4．(2018·潍坊模拟)当x∈[－2,1]时，不等式ax－x＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( C )

A．[－5，－3] C．[－6，－2]

9

B．[－6，－]

8D．[－4，－3]

3

2

－x13121

[解析] 当x∈(0,1]时，得a≥－3()－4()＋，

xxx132

令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t－4t＋t，

x令g(t)＝－3t－4t＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，

所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6； 同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.

由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立． 故实数a的取值范围为[－6，－2]．

5．(文)(2018·河北衡水中学调研)已知函数f(x)＝＋3

322

x3mx2＋m＋nx＋1

2

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 )

A．(1,3) C．(3，＋∞)

[解析] f ′(x)＝x＋mx＋

2

B．(1,3] D．[3，＋∞)

m＋n2

＝0的两根为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，

?f ?则???f

，

??2>0，

??m＋n1＋m＋<0，??2

m＋n

??m＋n>0，

即?

?3m＋n＋2<0，?

作出区域D，如图阴影部分，

2

可得loga(－1＋4)>1，所以1

(理)(2018·江西八校联考)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f ′(x)＋

fxx>0，则函数F(x)＝xf(x)＋1

x的零点个数是( B ) A．0 B．1 C．2

D．3

[解析] ∵x≠0时，f ′(x)＋fxx>0， ∴

xf

x＋fxxfxx>0，即

x>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1

x>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)＋1

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)＋1

x在(－∞，0)上为减函数．

当x→0时，xf(x)→0，∴F(x)≈1

x<0，

当x→－∞时，1

x→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．

3

故选B．

e22

6．(2018·武汉一模)已知函数f(x)＝，g(x)＝－(x－1)＋a，若当x>0时，存在x1，

xxx2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是(－∞，－e]∪[e，＋∞). [解析] 由题意得存在x1，x2∈R ，使得f(x2)≤g(x1)成立，等价于f(x)min≤g(x)max. 因为g(x)＝－(x－1)＋a，x>0， 所以当x＝1时，g(x)max＝a. e

因为f(x)＝，x>0，

x2

2

2

xe·x－ee

所以f′(x)＝＝2

xxxxx－

x2

.

所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝e.又g(x)max＝a， 所以a≥e?a≤－e或a≥e.

故实数a的取值范围是(－∞，－e]∪[e，＋∞)．

2

2

x1

7．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式x<2恒成立，则实数k的取值范围为[0，

ek＋2x－xe－1).

[解析] 依题意，知k＋2x－x>0，即k>x－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，1eee22

所以由x<可得k<＋x－2x.令f(x)＝＋x－2x，则f ′(x)＝2

ek＋2x－xxxe

－1)＝(x－1)(2＋2)．

x2

2

xxxxx－x2

＋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k

8．已知f(x)＝ln x＋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≥e， 6

求证：(x1－x2)f ′(x1＋x2)>.

5

[解析] (1)函数f(x)＝ln x＋ax的定义域为{x|x>0}， 1

所以f ′(x)＝＋a.

x2x1

2

x①若a≥0，则f ′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)内单调递增；

4