【優(yōu)化方案】2021屆高中數(shù)學(xué)人教版高考復(fù)習(xí)知能演練輕松闖關(guān)-第二章第13課時(shí)

[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．(2022·山西省考前適應(yīng)性訓(xùn)練)若商品的年利潤(rùn)y(萬(wàn)元)與年產(chǎn)量x(百萬(wàn)件)的函數(shù)關(guān)系式：y＝－x3＋27x＋123(x＞0)，則獲得最大利潤(rùn)時(shí)的年產(chǎn)量為()A．1百萬(wàn)件 B．2百萬(wàn)件C．3百萬(wàn)件 D．4百萬(wàn)件解析：選C．依題意得，y′＝－3x2＋27＝－3(x－3)(x＋3)，當(dāng)0＜x＜3時(shí)，y′＞0；當(dāng)x＞3時(shí)，y′＜0.因此，當(dāng)x＝3時(shí)，該商品的年利潤(rùn)最大．2．從邊長(zhǎng)為10cm×16cm的矩形紙板的四角截去四個(gè)相同的小正方形，做成一個(gè)無(wú)蓋的盒子，則盒子容積的最大值為()A．12cm3 B．72cm3C．144cm3 D．160cm3解析：選C．設(shè)盒子容積為ycm3，盒子的高為xcm，則y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x(0<x<5)，∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或eq\f(20,3)(舍去)，∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)．3．(2022·湖北宜昌模擬)已知y＝f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，f(x)＝lnx－ax(a>eq\f(1,2))，當(dāng)x∈(－2，0)時(shí)，f(x)的最小值為1，則a的值等于()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．1解析：選D．由題意知，當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，f(x)的最大值為－1.令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，得x＝eq\f(1,a)，當(dāng)0<x<eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)<0.∴f(x)max＝f(eq\f(1,a))＝－lna－1＝－1，解得a＝1.4．(2022·山西大同診斷)設(shè)D是函數(shù)y＝f(x)定義域內(nèi)的一個(gè)區(qū)間，若存在x0∈D，使f(x0)＝－x0，則稱x0是f(x)的一個(gè)“次不動(dòng)點(diǎn)”，也稱f(x)在區(qū)間D上存在“次不動(dòng)點(diǎn)”，若函數(shù)f(x)＝ax2－3x－a＋eq\f(5,2)在區(qū)間[1，4]上存在“次不動(dòng)點(diǎn)”，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，0) B．(0，eq\f(1,2))C．[eq\f(1,2)，＋∞) D．(－∞，eq\f(1,2)]解析：選D．設(shè)g(x)＝f(x)＋x，依題意，存在x∈[1，4]，使g(x)＝f(x)＋x＝ax2－2x－a＋eq\f(5,2)＝0.當(dāng)x＝1時(shí)，g(1)＝eq\f(1,2)≠0；當(dāng)x≠1時(shí)，由ax2－2x－a＋eq\f(5,2)＝0得a＝eq\f(4x－5,2（x2－1）).記h(x)＝eq\f(4x－5,2（x2－1）)(1<x≤4)，則由h′(x)＝eq\f(－2x2＋5x－2,（x2－1）2)＝0，得x＝2或x＝eq\f(1,2)(舍去)．當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)x∈(2，4)時(shí)，h′(x)<0，即函數(shù)h(x)在(1，2)上是增函數(shù)，在(2，4)上是減函數(shù)，因此當(dāng)x＝2時(shí)，h(x)取得最大值，最大值是h(2)＝eq\f(1,2)，故滿足題意的實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，eq\f(1,2)]．5．(2022·浙江省名校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)ht(x)＝3tx－2teq\s\up6(\f(3,2))，若有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)x0，使得h7(x0)≥ht(x0)對(duì)任意的正數(shù)t都成立，則x0＝()A．5 B．eq\r(5)C．3 D．eq\r(7)解析：選D．∵h(yuǎn)7(x0)≥ht(x0)對(duì)任意的正數(shù)t都成立，∴h7(x0)≥ht(x0)max.記g(t)＝ht(x0)＝3tx0－2teq\s\up6(\f(3,2))，則g′(t)＝3x0－3teq\s\up6(\f(1,2))，令g′(t)＝0，得t＝xeq\o\al(2,0)，易得ht(x0)max＝g(xeq\o\al(2,0))＝xeq\o\al(3,0)，∴21x0－14eq\r(7)≥xeq\o\al(3,0)，將選項(xiàng)代入檢驗(yàn)可知選D．6．函數(shù)f(x)＝ax3＋x恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則a的取值范圍是________．解析：f(x)＝ax3＋x恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，即函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)極值點(diǎn)，即f′(x)＝0有兩個(gè)不等實(shí)根．∵f(x)＝ax3＋x，∴f′(x)＝3ax2＋1.要使f′(x)＝0有兩個(gè)不等實(shí)根，則a<0.答案：(－∞，0)7．(2022·廣東廣州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若對(duì)于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的值為________．解析：(構(gòu)造法)若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0明顯成立；當(dāng)x>0時(shí)，即x∈(0，1]時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).設(shè)g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，則g′(x)＝eq\f(3（1－2x）,x4)，所以g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，因此g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，從而a≥4.當(dāng)x<0時(shí)，即x∈[－1，0)時(shí)，同理a≤eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3).g(x)在區(qū)間[－1，0)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上可知a＝4.答案：48．(2021·高考北京卷)設(shè)L為曲線C：y＝eq\f(lnx,x)在點(diǎn)(1，0)處的切線．(1)求L的方程；(2)證明：除切點(diǎn)(1，0)之外，曲線C在直線L的下方．解：(1)設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).所以f′(1)＝1，所以L的方程為y＝x－1.(2)證明：令g(x)＝x－1－f(x)，則除切點(diǎn)之外，曲線C在直線L的下方等價(jià)于g(x)>0(?x>0，x≠1)．g(x)滿足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝eq\f(x2－1＋lnx,x2).當(dāng)0<x<1時(shí)，x2－1<0，lnx<0，所以g′(x)<0，故g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，x2－1>0，lnx>0，所以g′(x)>0，故g(x)單調(diào)遞增．所以，g(x)>g(1)＝0(?x>0，x≠1)．所以除切點(diǎn)之外，曲線C在直線L的下方．9．(2022·山東泰安模擬)某種產(chǎn)品每件成本為6元，每件售價(jià)為x元(6<x<11)，年銷售為u萬(wàn)件，若已知eq\f(585,8)－u與(x－eq\f(21,4))2成正比，且售價(jià)為10元時(shí)，年銷售為28萬(wàn)件．(1)求年銷售利潤(rùn)y關(guān)于售價(jià)x的函數(shù)關(guān)系式；(2)求售價(jià)為多少時(shí)，年利潤(rùn)最大，并求出最大年利潤(rùn)．解：(1)設(shè)eq\f(585,8)－u＝k(x－eq\f(21,4))2，∵售價(jià)為10元時(shí)，年銷量為28萬(wàn)件，∴eq\f(585,8)－28＝k(10－eq\f(21,4))2，解得k＝2.∴u＝－2(x－eq\f(21,4))2＋eq\f(585,8)＝－2x2＋21x＋18.∴y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)＝－2x3＋33x2－108x－108(6<x<11)．(2)y′＝－6x2＋66x－108＝－6(x2－11x＋18)＝－6(x－2)(x－9)．令y′＝0，得x＝2(舍去)或x＝9，明顯，當(dāng)x∈(6，9)時(shí)，y′>0；當(dāng)x∈(9，11)時(shí)，y′<0.∴函數(shù)y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6，9)上是單調(diào)遞增的，在(9，11)上是單調(diào)遞減的．∴當(dāng)x＝9時(shí)，y取最大值，且ymax＝135，∴售價(jià)為9元時(shí)，年利潤(rùn)最大，最大年利潤(rùn)為135萬(wàn)元．10．(2022·遼寧省五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋1(a>0)．(1)當(dāng)x>0時(shí)，求證：f(x)－1≥a(1－eq\f(1,x))；(2)在區(qū)間(1，e)上f(x)>x恒成立，求實(shí)數(shù)a的范圍．解：(1)證明：設(shè)φ(x)＝f(x)－1－a(1－eq\f(1,x))＝alnx－a(1－eq\f(1,x))(x>0)，則φ′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(a,x2)，令φ′(x)＝0，則x＝1，易知φ(x)在x＝1處取到最小值，故φ(x)≥φ(1)＝0，即f(x)－1≥a(1－eq\f(1,x))．(2)由f(x)>x得alnx＋1>x，即a>eq\f(x－1,lnx).令g(x)＝eq\f(x－1,lnx)(1<x<e)，則g′(x)＝eq\f(lnx－\f(x－1,x),（lnx）2).令h(x)＝lnx－eq\f(x－1,x)(1<x<e)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)>0，故h(x)在定義域上單調(diào)遞增，所以h(x)>h(1)＝0.由于h(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在定義域上單調(diào)遞增，則g(x)<g(e)＝e－1，即eq\f(x－1,lnx)<e－1，所以a的取值范圍為[e－1，＋∞)．[力氣提升]1．(2022·浙江省名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a>0)．(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)1≤a≤1＋e時(shí)，求證：f(x)≤x.解：(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝eq\f(1,2)x－ex.令f′(x)＝eq\f(1,2)－ex＝0，得x＝－ln2.當(dāng)x<－ln2時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>－ln2時(shí)，f′(x)<0.∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－ln2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－ln2，＋∞)．(2)證明：令F(x)＝x－f(x)＝ex－(a－1)x.①當(dāng)a＝1時(shí)，F(xiàn)(x)＝ex>0，∴f(x)≤x成立；②當(dāng)1<a≤1＋e時(shí)，F(xiàn)′(x)＝ex－(a－1)＝ex－eln(a－1)，當(dāng)x<ln(a－1)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0；當(dāng)x>ln(a－1)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，∴F(x)在(－∞，ln(a－1))上單調(diào)遞減，在(ln(a－1)，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)≥F(ln(a－1))＝eln(a－1)－(a－1)ln(a－1)＝(a－1)[1－ln(a－1)]，∵1<a≤1＋e，∴a－1>0，1－ln(a－1)≥1－ln[(1＋e)－1]＝0，∴F(x)≥0，即f(x)≤x成立．綜上，當(dāng)1≤a≤1＋e時(shí)，有f(x)≤x.2．(2022·浙江十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax(a∈R)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)g(x)＝x2－4x＋2，若對(duì)任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]，使得f(x1)<g(x2)，求a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax＋1,x)(x>0)．①當(dāng)a≥0時(shí)，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．②當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,a).在區(qū)間(0，－eq\f(1,a))上，f′(x)>0，在區(qū)間(－eq\f(1,a)，＋∞)上，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，－eq\f(1,a))，單調(diào)遞減區(qū)間為(－eq\f(1,a)，＋∞)．(2)由題意得f(x)max<g(x)max，而g(x)max＝2，由(1)知，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，值域?yàn)镽，故不符合題意．當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在(0，－eq\f(1,a))上單調(diào)遞增，在(－eq\f(1,a)，＋∞)上單調(diào)遞減，故f(x)的極大值即為最大值，f(－eq\f(1,a))＝－1＋ln(－eq\f(1,a))＝－1－ln(－a)，所以2>－1－ln(－a)，解得a<－eq\f(1,e3).即a的取值范圍是(－∞，－eq\f(1,e3))．3．(2022·廣東韶關(guān)階段檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝lnx－x，h(x)＝eq\f(lnx,x).(1)求h(x)的最大值；(2)若關(guān)于x的不等式xf(x)≥－2x2＋ax－12對(duì)一切x∈(0，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)若關(guān)于x的方程f(x)－x3＋2ex2－bx＝0恰有一解，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，求實(shí)數(shù)b的值．解：(1)由于h(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，所以h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).由h′(x)>0，且x>0，得0<x<e.由h′(x)<0，且x>0，得x>e，所以函數(shù)h(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0，e]，單調(diào)減區(qū)間是[e，＋∞)．所以當(dāng)x＝e時(shí)，h(x)取得最大值eq\f(1,e).(2)由于xf(x)≥－2x2＋ax－12對(duì)一切x∈(0，＋∞)恒成立，即xlnx－x2≥－2x2＋ax－12對(duì)一切x∈(0，＋∞)恒成立，即a≤lnx＋x＋eq\f(12,x)對(duì)一切x∈(0，＋∞)恒成立，設(shè)φ(x)＝lnx＋x＋eq\f(12,x)，由于φ′(x)＝eq\f(x2＋x－12,x2)＝eq\f(（x－3）（x＋4）,x2)，故φ(x)在(0，3]上遞減，在[3，＋∞)上遞增，φ(x)min＝φ(3)＝7＋ln3