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1－x≤0，则必有() f′?x?
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
3解析 2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋x设h(x)＝2ln x＋
?x＋3??x－1?3x＋x(x>0)，则h′(x)＝.当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)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]．
2x3mx＋?m＋n?x＋14．[2016·河北衡水中学调研]已知函数f(x)＝32
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)
C．(3，＋∞)
答案 A
m＋n解析 f′(x)＝x＋mx＋20的两根为x1，x2，且x1∈(0,1)，2B．(1,3] D．[3，＋∞)
x2∈(1，＋∞)，
??f′?0?>0，则????f′?1?<0 ??m＋n1＋m＋?2<0，m＋n2，
??m＋n>0，即? ?3m＋n＋2<0，?
作出区域D，如图阴影部分，
可得loga(－1＋4)>1，所以1<a<3.
5．[2016·江西八校联考]已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0)
C．(0,1)
答案 B 1??B.?0，2? ??D．(0，＋∞)
解析 ∵f(x)＝x(ln x－ax)，∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，故f′(x)在(0，
ln x＋1＋∞)上有两个不同的零点，令f′(x)＝0，则2ax，设g(x)＝
ln x＋1x
－ln x则g′(x)＝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，
1∴只需0<2a<1?0<a2.
6．[2015·河北秦皇岛二模]已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，
f?x?1当x≠0时，有f′(x)＋x>0，则函数F(x)＝xf(x)＋x( )
A．0
C．2
答案 B
f?x?解析 ∵x≠0时，f′(x)＋x，
xf′?x?＋f?x??xf?x??′∴>0，即 ① xx
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．
1又x，∴F(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， B．1 D．3
∴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，
1∴F(x)＝xf(x)x在(－∞，0)上为减函数．
1当x→0时，xf(x)→0，∴F(x)x<0，
1当x→－∞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，故选B.
二、填空题
2??1－x，x≤1，7．[2015·山西四校联考]函数f(x)＝?若方程f(x)＝?ln x，x>1，?
1mx－2m的取值范围是________．
?1e?
答案 ? e??2
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
1?1???1数y＝mx－2?0，－2，设过点?0，－2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′＝
1ln x0＋2111
xy＝ln x的切线l1的斜率为k＝x0，则x0x0－0x0＝e，所以k＝111又图中l2的斜率为2f(x)＝mx－2e
?1e?四个不相等的实数根时，实数m的取值范围是，?. e??2
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)<x3，∴
[x2f(x)]′<x3<0.令F(x)＝x2f(x)(x<0)，则F′(x)<0(x<0)，即F(x)在(－∞，0)上是减函数，因为F(x＋2014)＝(x＋2014)2f(x＋2014)，F(－2)＝4f(－
2)，所以不等式(x＋2014)2f(x＋2014)－4f(－2)>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.
π???0，9．已知偶函数y＝f(x)对于任意的x∈2?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________．
?π??π?2f?－3?<f?4 ????
?π??π?2f?－3?>f?－4 ????
?π?(3)f2f?－4 ??
?π??π?(4)f?6?<3f3 ????
答案 (2)(3)(4)
π??解析 因为偶函数y＝f(x)对于任意的x∈?0，2满足f′(x)cosx＋??
f(x)sinx>0，且f′(x)cosx＋f(x)sinx＝f′(x)cosx－f(x)(cosx)′，所以可构
f′?x?cosx－f?x??cosx?′f?x?造函数g(x)＝cosxg′(x)＝，所以g(x)cosx
π???π??π??π?为偶函数且在?0，2上单调递增，所以有g?－3＝g?3?＝π＝2f?3，????????cos3
?π??π??π??π?????3?π???????－g4＝g4＝π＝2f4，g6＝π3f?6?.由函数单调性可知???????????π?f?4??π?f?6??π?f?3???cos4cos6?π??π??π??π??π?3?π?g?6?<g?4?<g?3?，即3f?6<2f?4<2f?3，所以(2)(4)正确，(1)错．对于????????????
?π??π??π?(3)，g?－4＝g?4＝2f?－4>g(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0<x<12时，P′(x)>0，
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；
ln x(2)若f(x)＋2x0对于任意x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范
围．
ax＋a解 (1)由f(x)＝x＋aln x－1，得f′(x)＝1＋x＝x
当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
当a<0时，当0<x<－a时，f′(x)<0，当x>－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．
ln x(2)由题意知x＋aln x－1＋2x≥0在x∈[1，＋∞)恒成立，
ln x设g(x)＝x＋aln x＋2x－1，x∈[1，＋∞)，
2a1－ln x2x＋2ax＋1－ln x则g′(x)＝1＋x＋2x，x∈[1，＋∞)， 2x1设h(x)＝2x＋2ax＋1－ln x，则h′(x)＝4x－x＋2a， 2
13当a≥0时，4x－x为增函数，所以h′(x)≥2a>0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
33当－2a<0时，h′(x)≥2＋a≥0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
?2a＋1?3?时，2a＋1<－2x， 当a<－2x∈1，－2??
由(1)知，当a＝－1时，x－ln x－1≥0，ln x≤x－1，
1122－ln x≤x－1，h(x)＝2x＋2ax－ln x＋1≤2x＋2ax＋x2x2＋2ax
＋x＝2x2＋(2a＋1)x<0，
?2a＋1?上单调递减，在此时g′(x)<0，所以g(x)在?1，－2??
?2a＋1??1，－?上，g(x)<g(1)＝0，不符合题意． 2??
3综上所述a≥－212．[2016·济宁模拟]已知函数f(x)＝ex－ax－a(其中a∈R，e是自然对数的底数，e＝2.71828…)．
(1)当a＝e时，求函数f(x)的极值；
(2)当0≤a≤1时，求证f(x)≥0；
1??1??1??????(3)求证：对任意正整数n，都有1＋21＋2…1＋2<e. ??????
解 (1)当a＝e时，f(x)＝ex－ex－e，f′(x)＝ex－e，
当x<1时，f′(x)<0；当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0<a≤1时，由f′(x)＝0，得x＝ln a，
则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
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0<a≤1，所以ln a≤0，所以－aln a≥0
所以f(x)min≥0，所以当0≤a≤1时，f(x)≥0；
(3)证明：由(2)知，当a＝1时，f(x)≥0恒成立， 所以f(x)＝ex－x－1≥0恒成立，
即ex≥x＋1，所以ln (x＋1)≤x，
1?1?1令x＝2(n∈N*)，得ln ?1＋2?≤2 ??
1?1?1????所以ln ?1＋2＋ln ?1＋2＋…＋ln ?1＋2? ??????
1??1?n?1－???1?n1112??2????≤22＋…＋2＝1＝1－?2?<1.
12
1??1??1??所以?1＋2??1＋2…?1＋2<e.
??????
典题例证
[2016·全国卷Ⅲ]设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
x－1(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1<ln x<x；
(3)设c>1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
[规范解答] (1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－x
1，令f′(x)＝0解得x＝1.
当0<x<1时，f′(x)>0，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 x<x－1.
11故当x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，ln x<x1，
x－1x－1所以ln x>1且x·ln x>x－1，即1<ln x<x.
(3)证明：由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，
c－1ln ln c解得x0＝ln c.
当x<x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
c－1由(2)知1<ln c<c，故0<x0<1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0<x<1时，
g(x)>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：
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