2017年五套数学竞赛题附答案(8)

又由f（x）是定义在（0，+∞）上的单调函数， 则f（x）﹣log2x为定值，

设t=f（x）﹣log2x，则f（x）=log2x+t， 又由f（t）=3，即log2t+t=3， 解可得，t=2；

则f（x）=log2x+2，f′（x）=将f（x）=log2x+2，f′（x）=可得log2x+2﹣即log2x﹣

=2， =0，

，

＜0，h（2）=1﹣

＞0，

，

代入f（x）﹣f′（x）=2，

令h（x）=log2x﹣分析易得h（1）=﹣则h（x）=log2x﹣则方程log2x﹣故选：B．

的零点在（1，2）之间，

=0，即f（x）﹣f′（x）=2的根在（1，2）上，

【点评】本题考查二分法求函数的零点与函数零点与方程根的关系的应用，关键点和难点是求出f（x）的解析式．

38．（2017?南平一模）定义在R上的函数f（x），f′（x）是其导函数，且满足f（x）+f′（x）＞2，f（1）=2+，则不等式exf（x）＞4+2ex的解集为（ ） A．（﹣∞，1） B．（1，+∞） C．（﹣∞，2） D．（2，+∞）

【分析】可构造函数令g（x）=exf（x）﹣2ex﹣4，然后求导，根据条件即可得出g′（x）＞0，进而得出函数g（x）在R上单调递增，并求出g（1）=0，这样便可求出原不等式的解集． 【解答】解：令g（x）=exf（x）﹣2ex﹣4，g′（x）=exf（x）+exf′（x）﹣2ex=ex[f（x）+f′（x）﹣2]；

∵f（x）+f′（x）＞2； ∴g′（x）＞0；

∴g（x）在R上单调递增；

；

∴；

∴x＞1时，g（x）＞0；

∴原不等式的解集为（1，+∞）． 故选B．

【点评】考查导函数的概念，构造函数解决问题的方法，积的函数的求导公式，函数导数符号和函数单调性的关系．

39．（2017春?寿光市期中）已知函数f（x）=asinx+bx3+1（a，b∈R），f′（x）为f（x）的导函数，则f（2016）+f（﹣2016）+f′（2017）﹣f′（﹣2017）=（ ） A．2017

B．2016

C．2

D．0

【分析】根据函数的解析式求出函数的导数，结合函数的奇偶性建立方程关系进行求解即可． 【解答】解：函数的导数f′（x）=acosx+3bx2，

则f′（x）为偶函数，则f′（2017）﹣f′（﹣2017）=f′（2017）﹣f′（2017）=0， 由f（x）=asinx+bx3+1得f（2016）=asin2016+b?20163+1， f（2016）=asin2016+b?20163+1， f（﹣2016）=﹣asin2016﹣b?20163+1， 则f（2016）+f（﹣2016）=2，

则f（2016）+f（﹣2016）+f′（2017）﹣f′（﹣2017）=2+0=2， 故选：C

【点评】本题主要考查函数值的计算，根据函数的导数公式，结合函数的奇偶性建立方程关系是解决本题的关键．

40．（2017春?湖北期中）若函数f（x）在R上可导，且f（x）=x2+2f′（1）x+3，则（ ） A．f（0）＜f（4） B．f（0）=f（4） C．f（0）＞f（4） D．无法确定

【分析】求函数的导数，令x=1，求出函数的解析式，结合二次函数的对称性进行求解判断即可．

【解答】解：函数的导数f′（x）=2x+2f′（1）， 令x=1，得f′（1）=2+2f′（1）， 即f′（1）=﹣2，

f（x）=x2﹣4x+3，则函数的对称轴为x=2， 则f（0）=f（4）， 故选：B

【点评】本题主要考查二次函数的性质的应用，根据函数的导数公式求出f′（1）的值是解决本题的关键．

41．（2017?山西一模）若函数y=x3+x2+mx+1是R上的单调函数，则实数m的取值范围是（ ）

A．（，+∞） B．（﹣∞，] C．[，+∞） D．（﹣∞，） 【分析】对函数进行求导，令导函数大于等于0在R上恒成立即可．

【解答】解：若函数y=x3+x2+mx+1是R上的单调函数，只需y′=3x2+2x+m≥0恒成立，即△=4﹣12m≤0，∴m≥． 故选C．

【点评】本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系．即当导数大于0是原函数单调递增，当导数小于0时原函数单调递减．

42．（2017?清新区校级一模）已知a＞0，函数f（x）=x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数，则a的最大值是（ ） A．0

B．1

C．2

D．3

【分析】由题意a＞0，函数f（x）=x3﹣ax，首先求出函数的导数，然后根据导数与函数单调性的关系进行判断．

【解答】解：由题意得f′（x）=3x2﹣a，

∵函数f（x）=x3﹣ax在[1，+∞）上是单调增函数， ∴在[1，+∞）上，f′（x）≥0恒成立， 即a≤3x2在[1，+∞）上恒成立， ∴a≤3， 故选：D．

【点评】此题主要考查函数导数与函数单调性之间的关系，掌握并会熟练运用导数与函数单调性的关系．

43．（2017?乐山一模）已知函数f（x）=

，则y=f（x）的图象大致为（ ）

A． B． C．

D．

【分析】利用函数的定义域与函数的值域排除B，D，通过函数的单调性排除C，推出结果即可．

【解答】解：令g（x）=x﹣lnx﹣1，则

，

由g'（x）＞0，得x＞1，即函数g（x）在（1，+∞）上单调递增， 由g'（x）＜0得0＜x＜1，即函数g（x）在（0，1）上单调递减， 所以当x=1时，函数g（x）有最小值，g（x）min=g（0）=0，

于是对任意的x∈（0，1）∪（1，+∞），有g（x）≥0，故排除B、D，

因函数g（x）在（0，1）上单调递减，则函数f（x）在（0，1）上递增，故排除C， 故选A．

【点评】本题考查函数的单调性与函数的导数的关系，函数的定义域以及函数的图形的判断，考查分析问题解决问题的能力．

44．（2017?上饶一模）已知函数f（x）=

（x）＞﹣x?f′（x），则实数b的取值范围是（ ） A．（﹣∞，

）

B．

C．

D．（﹣∞，3）

，设g（x）=x+

，只需b＜g（x）max，结合函数（b∈R）．若存在x∈[，2]，使得f

【分析】求导函数，问题转化为b＜x+

的单调性可得函数的最大值，故可求实数b的取值范围． 【解答】解：∵f（x）=∴f′（x）=∴f（x）+xf′（x）=

，

x＞0， ，

∵存在x∈[，2]，使得f（x）+xf′（x）＞0， ∴1+2x（x﹣b）＞0 ∴b＜x+

，

设g（x）=x+∴g′（x）=

，∴b＜g（x）max， ，

，

当g′（x）=0时，解得：x=当g′（x）＞0时，即

＜x≤2时，函数单调递增，

时，函数单调递减，

当g′（x）＜0时，即≤x＜

∴当x=2时，函数g（x）取最大值，最大值为g（2）=， ∴b＜， 故选C．

【点评】本题考查导数知识的运用，考查恒成立问题，考查函数的最值，属于中档题． 45．（2017?鹰潭一模）函数f（x）是定义在区间（0，+∞）上的可导函数，其导函数为f′（x），且满足xf′（x）+2f（x）＞0，则不等式A．{x＞﹣2011}

B．{x|x＜﹣2011}

的解集为（ ）

C．{x|﹣2011＜x＜0} D．{x|﹣2016＜x＜﹣2011}

【分析】根据条件，构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化即可得到结论

【解答】解：构造函数g（x）=x2f（x），g′（x）=x（2f（x）+xf′（x））； 当x＞0时，

∵2f（x）+xf′（x）＞0， ∴g′（x）＞0，

∴g（x）在（0，+∞）上单调递增， ∵不等式

∴x+2016＞0时，即x＞﹣2016时， ∴（x+2016）2f（x+2016）＜52f（5）， ∴g（x+2016）＜g（5）， ∴x+2016＜5，

∴﹣2016＜x＜﹣2011， 故选：D．

，

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