高考数学大二轮复习-第二编 专题整合突破 专题二 函数与导数 第四讲 导数的综合应用适考素能特训 文

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1、专题二函数与导数第四讲导数的综合应用适考素能特训文一、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(

2、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2xlnx≥-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

3、析2xlnx≥-x2+ax-3,则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].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

4、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,+∞),8则⇔即作出区域D,如图阴影部分,可得loga(-1+4)>1,所以1

5、x)在(0,+∞)上有两个不同的零点,令f′(x)=0,则2a=,设g(x)=,则g′(x)=,∴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→+∞时,g(x)→0,而g(x)max=g(1)=1,∴只需0<2a<1⇒00,则函数F(x)=xf(x)+的零点个数是()A.0B.1C.2D.3答案B解析∵x≠0时,f′(x)+>0,∴>0,即>0.①8当x>0时,

6、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

7、(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=lnx的图象相切的直线为l1,切点坐标为(x0,lnx0).因为y=lnx的导函数y′=,所以图中y=lnx的切线l1的斜率为k=,则=8,解得x0=

8、,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2

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