高考数学大二轮专题复习-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 理

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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理一、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、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．

3、[4，＋∞)答案　B解析　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(

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

5、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＝，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

6、′(x)＋>0，∴>0，即>0.　①8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

7、)→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＝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

8、中y＝lnx的切线l1的斜率为k＝，则＝8，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