2021届高中数学人教版高考复习知能演练轻松闯关-第二章第13课时.docx

[基础达标]
1．(2022·山西省考前适应性训练)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：y＝－x3＋27x＋123(x＞0)，则获得最大利润时的年产量为(　　)
A．1百万件 B．2百万件
C．3百万件 D．4百万件
解析：选C．依题意得，y′＝－3x2＋27＝－3(x－3)(x＋3)，当0＜x＜3时，y′＞0；当x＞3时，y′＜0.因此，当x＝3时，该商品的年利润最大．
2．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为(　　)
A．12 cm3 B．72 cm3
C．144 cm3 D．160 cm3
解析：选C．设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x(0)，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于(　　)
A． B．
C． D．1
解析：选D．由题意知，当x∈(0，2)时，f(x)的最大值为－1.
令f′(x)＝－a＝0，得x＝，
当00；
当x>时，f′(x)<0.
∴f(x)max＝f()＝－ln a－1＝－1，解得a＝1.
4．(2022·山西大同诊断)设D是函数y＝f(x)定义域内的一个区间，若存在x0∈D，使f(x0)＝－x0，则称x0是f(x)的一个“次不动点”，也称f(x)在区间D上存在“次不动点”，若函数f(x)＝ax2－3x－a＋在区间[1，4]上存在“次不动点”，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0) B．(0，)
C．[，＋∞) D．(－∞，]
解析：选D．设g(x)＝f(x)＋x，依题意，存在x∈[1，4]，使g(x)＝f(x)＋x＝ax2－2x－a＋＝0.当x＝1时，g(1)＝≠0；当x≠1时，由ax2－2x－a＋＝0得a＝.记h(x)＝(10；当x∈(2，4)时，h′(x)<0，即函数h(x)在(1，2)上是增函数，在(2，4)上是减函数，因此当x＝2时，h(x)取得最大值，最大值是h(2)＝，故满足题意的实数a的取值范围是(－∞，]．
5．(2022·浙江省名校联考)设函数ht(x)＝3tx－2t，若有且仅有一个正实数x0，使得h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，则x0＝(　　)
A．5 B．
C．3 D．
解析：选D．∵h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，
∴h7(x0)≥ht(x0)max.记g(t)＝ht(x0)＝3tx0－2t，则g′(t)＝3x0－3t，令g′(t)＝0，得t＝x，易得ht(x0)max＝g(x)＝x，∴21x0－14≥x，将选项代入检验可知选D．
6．函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是________．
解析：f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f′(x)＝0有两个不等实根．
∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1.
要使f′(x)＝0有两个不等实根，则a<0.
答案：(－∞，0)
7．(2022·广东广州模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．
解析：(构造法)若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0明显成立；
当x>0时，即x∈(0，1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.
设g(x)＝－，
则g′(x)＝，
所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，
因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4.
当x<0时，即x∈[－1，0)时，同理a≤－.
g(x)在区间[－1，0)上单调递增，
∴g(x)min＝g(－1)＝4，
从而a≤4，综上可知a＝4.
答案：4
8．(2021·高考北京卷)设L为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线．
(1)求L的方程；
(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方．
解：(1)设f(x)＝，则f′(x)＝.
所以f′(1)＝1，所以L的方程为y＝x－1.
(2)证明：令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)>0(∀x>0，x≠1)．
g(x)满足g(1)＝0，且
g′(x)＝1－f′(x)＝.
当01时，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，故g(x)单调递增．
所以，g(x)>g(1)＝0(∀x>0，x≠1)．
所以除切点之外，曲线C在直线L的下方．
9．(2022·山东泰安模拟)某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(62x2＋21x＋18)(x－6)＝－2x3＋33x2－108x－108(60；当x∈(9，11)时，y′<0.
∴函数y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6，9)上是单调递增的，在(9，11)上是单调递减的．
∴当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135，
∴售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．
10．(2022·辽宁省五校联考)已知函数f(x)＝aln x＋1(a>0)．
(1)当x>0时，求证：f(x)－1≥a(1－)；
(2)在区间(1，e)上f(x)>x恒成立，求实数a的范围．
解：(1)证明：设φ(x)＝f(x)－1－a(1－)
＝aln x－a(1－)(x>0)，
则φ′(x)＝－，令φ′(x)＝0，则x＝1，易知φ(x)在x＝1处取到最小值，故φ(x)≥φ(1)＝0，即f(x)－1≥a(1－)．
(2)由f(x)>x得aln x＋1>x，即a>.
令g(x)＝(10，故h(x)在定义域上单调递增，所以h(x)>h(1)＝0.
由于h(x)>0，所以g′x)>0，即g(x)在定义域上单调递增，则g(x)0)．
(1)当a＝时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当1≤a≤1＋e时，求证：f(x)≤x.
解：(1)当a＝时，f(x)＝x－ex.
令f′(x)＝－ex＝0，得x＝－ln 2.
当x<－ln 2时，f′(x)>0；当x>－ln 2时，f′(x)<0.
∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－ln 2)，单调递减区间为(－ln 2，＋∞)．
(2)证明：令F(x)＝x－f(x)＝ex－(a－1)x.
①当a＝1时，F(x)＝ex>0，∴f(x)≤x成立；
②当1ln(a－1)时，F′(x)>0，
∴F(x)在(－∞，ln(a－1))上单调递减，在(ln(a－1)，＋∞)上单调递增，
∴F(x)≥F(ln(a－1))＝eln(a－1)－(a－1)ln(a－1)＝(a－1)[1－ln(a－1)]，
∵10，1－ln(a－1)≥1－ln[(1＋e)－1]＝0，
∴F(x)≥0，即f(x)≤x成立．
综上，当1≤a≤1＋e时，有f(x)≤x.
2．(2022·浙江十校联考)已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－4x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]，使得f(x1)0)．
①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－.
在区间(0，－)上，f′(x)>0，在区间(－，＋∞)上，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，－)，单调递减区间为(－，＋∞)．
(2)由题意得f(x)max－1－ln(－a)，解得a<－.
即a的取值范围是(－∞，－)．
3．(2022·广东韶关阶段检测)已知函数f(x)＝ln x－x，h(x)＝.
(1)求h(x)的最大值；
(2)若关于x的不等式xf(x)≥－2x2＋ax－12对一切x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若关于x的方程f(x)－x3＋2ex2－bx＝0恰有一解，其中e为自然对数的底数，求实数b的值．
解：(1)由于h(x)＝(x>0)，
所以h′(x)＝.
由h′(x)>0，且x>0，得00，得x>e，
所以函数h(x)的单调增区间是(0，e]，单调减区间是[e，＋∞)．所以当x＝e时，h(x)取得最大值.
(2)由于xf(x)≥－2x2＋ax－12对一切x∈(0，＋∞)恒成立，
即xln x－x2≥－2x2＋ax－12对一切x∈(0，＋∞)恒成立，
即a≤ln x＋x＋对一切x∈(0，＋∞)恒成立，
设φ(x)＝ln x＋x＋，
由于φ′(x)＝＝，
故φ(x)在(0，3]上递减，在[3，＋∞)上递增，φ(x)min＝
φ(3)＝7＋ln 3，
所以a≤7＋ln 3.
即实数a的取值范围是(－∞，7＋ln 3]．
(3)由于方程f(x)－x3＋2ex2－bx＝0恰有一解，
即ln x－x－x3＋2ex2－bx＝0恰有一解，
即＝x2－2ex＋b＋1恰有一解．
由(1)知，h(x)在x＝e时，h(x)max＝，
而函数k(x)＝x2－2ex＋b＋1在(0，e]上单调递减，在[e，＋∞)上单调递增，
故x＝e时，k(x)min＝b＋1－e2，
故方程＝x2－2ex＋b＋1恰有一解时当且仅当b＋1－e2＝，
即b＝e2＋－1.