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2015优化方案(高考总复习)新课标 湖北理科第二章第13课时课后达标检测


[基础达标] 一、选择题 1.(2014· 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,故选 C. 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 3 C.144 cm D.160 cm3 3 解析: 选 C.设盒子容积为 y cm , 盒子的高为 x cm, 则 y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2 +160x(0<x<5), ∴y′=12x2-104x+160. 20 令 y′=0,得 x=2 或 (舍去), 3 ∴ymax=6×12×2=144(cm3). 1 3.(2014· 宜昌模拟)已知 y=f(x)是奇函数,当 x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax(a> ),当 x∈(- 2 2,0)时,f(x)的最小值为 1,则 a 的值等于( ) 1 1 A. B. 4 3 1 C. D.1 2 1 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= , x a 1 当 0<x< 时,f′(x)>0; a 1 当 x> 时,f′(x)<0. a 1 ∴f(x)max=f( )=-ln a-1=-1,解得 a=1. a 4.(2014· 山西诊断)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 5 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( ) 2 1 A.(-∞,0) B.(0, ) 2 1 1 C.[ ,+∞) D.(-∞, ] 2 2 5 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+ = 2 4x-5 4x-5 1 5 0.当 x=1 时, g(1)= ≠0; 当 x≠1 时, 由 ax2-2x-a+ =0 得 a= 2 .记 h(x)= 2 2 2 2?x -1? 2?x -1? -2x2+5x-2 1 (1<x≤4),则由 h′(x)= =0,得 x=2 或 x= (舍去).当 x∈(1,2)时,h′(x)>0; 2 ?x2-1?2 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

1 1 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(-∞, ],故 2 2 选 D.
3

5 . (2014· 浙江省名校联考 ) 设函数 ht(x) = 3tx - 2t2 ,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. 5 C.3 D. 7 解析:选 D.∵h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数 t 都成立,
3

∴h7(x0)≥ht(x0)max.记 g(t)=ht(x0)=3tx0-2t2, 则 g′(t)=3x0-3t2, 令 g′(t)=0, 得 t=x2 0,
3 3 易得 ht(x0)max=g(x2 0)=x0,∴21x0-14 7≥x0,将选项代入检验可知选 D. 二、填空题 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. (2014· 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 显然成立; 3 1 当 x>0 时,即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 a≥ 2- 3. x x 3 1 设 g(x)= 2- 3, x x 3?1-2x? 则 g′(x)= , x4 1? ?1 ? 所以 g(x)在区间? ?0,2?上单调递增,在区间?2,1?上单调递减, 1? 因此 g(x)max=g? ?2?=4,从而 a≥4. 3 1 当 x<0 时,即 x∈[-1,0)时,同理 a≤ 2- 3. x x 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 三、解答题 ln x 8.(2013· 高考北京卷)设 L 为曲线 C:y= 在点(1,0)处的切线. x (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. 1-ln x ln x 解:(1)设 f(x)= ,则 f′(x)= . x x2 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 x2-1+ln x g′(x)=1-f′(x)= . x2 2 当 0<x<1 时,x -1<0,ln x<0,所以 g′(x)<0,故 g(x)单调递减;

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当 x>1 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.(2014· 山东泰安模拟)某种产品每件成本为 6 元,每件售价为 x 元(6<x<11),年销售 585 21 为 u 万件,若已知 -u 与(x- )2 成正比,且售价为 10 元时,年销售为 28 万件. 8 4 (1)求年销售利润 y 关于售价 x 的函数关系式; (2)求售价为多少时,年利润最大,并求出最大年利润. 585 21 解:(1)设 -u=k(x- )2, 8 4 ∵售价为 10 元时,年销量为 28 万件, 585 21 ∴ -28=k(10- )2,解得 k=2. 8 4 21 2 585 ∴u=-2(x- ) + =-2x2+21x+18. 4 8 ∴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, 显然,当 x∈(6,9)时,y′>0; 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.(2014· 黄冈市高三检测)设 f(x)=ex-a(x+1). (1)若 a>0,f(x)≥0 对一切 x∈R 恒成立,求 a 的最大值; a (2)设 g(x)=f(x)+ x,且 A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2)是曲线 y=g(x)上任意两点,若对任 e 意的 a≤-1,直线 AB 的斜率恒大于常数 m,求 m 的取值范围; e (3)求证:1n+3n+?+(2n-1)n< (2n)n(n∈N*). e-1 解: (1)因为 f(x)=ex-a(x+1), 所以 f′(x)=ex-a, 因为 a>0,f′(x)=ex-a=0 的解为 x=ln a. 所以 f(x)min=f(ln a)=a-a(ln a+1) =-aln a, 因为 f(x)≥0 对一切 x∈R 恒成立, 所以-aln a≥0,所以 aln a≤0,所以 amax=1. (2)设 x1、x2 是任意的两实数,且 x1<x2, g?x2?-g?x1? >m,故 g(x2)-mx2>g(x1)-mx1. x2-x1 ∴不妨令函数 F(x)=g(x)-mx,则 F(x)在(-∞,+∞)上单调递增, ∴F′(x)=g′(x)-m>0 恒成立. ∴对任意的 a≤-1,x∈R,m<g′(x)恒成立, a ?- ax?-a=-a+2 -a=( -a+1)2-1≥3, g′(x)=ex-a- x≥2 ex· ? e? e 故 m<3. i 2n-i? i i - (3)证明:由(1)知 ex≥x+1,取 x=- ,i=1,3,?,2n-1,得 1- ≤e 2r,即? 2n 2n ? 2n ?
n

≤e 2, 累加得,



i

e 2?1-e n? 2n-1 2n-3 1 1 3 2 n - 1 e - - - ?n ? ?n+? ?n+?+? ?2n? ?2n? ? 2n ? ≤e 2 +e 2 +?+e 2= 1-e-1 <e-1. e ∴1n+3n+?+(2n-1)n< (2n)n. e-1 [能力提升] 1.(2014· 浙江省名校联考)已知函数 f(x)=ax-ex(a>0). 1 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的单调区间; 2 (2)当 1≤a≤1+e 时,求证:f(x)≤x. 1 1 解:(1)当 a= 时,f(x)= x-ex. 2 2 1 x 令 f′(x)= -e =0,得 x=-ln 2. 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 1<a≤1+e 时,F′(x)=ex-(a-1)=ex-eln(a 1), 当 x<ln(a-1)时,F′(x)<0;当 x>ln(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)], ∵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. 综上,当 1≤a≤1+e 时,有 f(x)≤x. 2.(2014· 湖北省教学合作联考)已知函数 f(x)=ln x-x+1,x∈(0,+∞).g(x)=x3-ax. (1)求 f(x)的最大值; (2)若对?x1∈(0,+∞),总存在 x2∈[1,2]使得 f(x1)≤g(x2)成立,求 a 的取值范围; 1?n ?2?n e ?n?n (3)证明不等式:? ?n? +?n? +?+?n? <e-1. 解:(1)因为 f(x)=ln x-x+1(x>0), 1-x 1 所以 f′(x)= -1= , x x 所以当 0<x<1 时,f′(x)>0,x>1 时,f′(x)<0. 所以 f(x)≤f(1)=0.所以 f(x)的最大值为 0. (2)?x1∈(0,+∞),?x2∈[1,2]使得 f(x1)≤g(x2)成立,等价于 f(x)max≤g(x)max. 由(1)知 f(x)max=0,当 a≤0 时,g(x)=x3-ax 在 x∈[1,2)时恒为正,满足题意; a 当 a>0 时,g′(x)=3x2-a,令 g′(x)=0,解得 x=± . 3 a a 所以 g(x)在(-∞,- )及( ,+∞)上单调递增. 3 3 a 若 ≤1, 即 0<a≤3 时, g(x)max=g(2)=8-2a, 所以 8-2a≥0.所以 a≤4.所以 0<a≤3; 3 a a a 若 1< ≤2,即 3<a≤12 时,g(x)在[1, ]上递减,在[ ,2]上单调递增. 3 3 3 而 g(1)=1-a<0,g(2)=8-2a 在(3,4]为正,在(4,12)为负, 所以 3<a≤4. a 当 >2,即 a>12 时,g(1)<0,g(2)<0 不合题意. 3 综上 a 的取值范围为 a≤4. (3)由(1)知 f(x)≤0,即 ln x≤x-1(x>0).
- -

1

k-n k k k 取 x= ,所以 ln ≤ -1= . n n n n k?n k-n k 所以 nln ≤k-n,即? ?n? ≤e . n 1?n ?2?n n-n ?n?n 1-n 2-n 所以? ?n? +?n? +?+?n? ≤e +e +?+e - - - - e1 n-en n· e e1 n-e e-e1 n e = = = < . 1-e 1-e e-1 e-1 ln x 3.(2014· 广东韶关阶段检测)已知函数 f(x)=ln x-x,h(x)= . 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. ln x 解:(1)因为 h(x)= (x>0), x 1-ln x 所以 h′(x)= . x2 由 h′(x)>0,且 x>0,得 0<x<e.由 h′(x)<0,且 x>0,得 x>e, 所以函数 h(x)的单调增区间是(0,e],单调减区间是[e,+∞). 1 所以当 x=e 时,h(x)取得最大值 . e 2 (2)因为 xf(x)≥-2x +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, 12 即 a≤ln x+x+ 对一切 x∈(0,+∞)恒成立, x 12 设 φ(x)=ln x+x+ , x x2+x-12 ?x-3??x+4? 因为 φ′(x)= = , x2 x2 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)因为方程 f(x)-x3+2ex2-bx=0 恰有一解, 即 ln x-x-x3+2ex2-bx=0 恰有一解, ln x 即 =x2-2ex+b+1 恰有一解. x 1 由(1)知,h(x)在 x=e 时,h(x)max= , e 2 而函数 k(x)=x -2ex+b+1 在(0,e]上单调递减,在[e,+∞)上单调递增, ln x 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 x 1 -e2= , e 1 即 b=e2+ -1. e 4.(2014· 武汉市武昌区训练)设函数 f(x)=xln x. (1)求函数 f(x)的最小值; (2)设 x1,x2>0,p1,p2>0,且 p1+p2=1,证明: p1f(x1)+p2f(x2)≥f(p1x1+p2x2); (3)设 x1,x2,?,xn>0,p1,p2,?,pn>0,且 p1+p2+?+pn=1,如果 p1x1+p2x2

+?+pnxn≥e,证明: p1f(x1)+p2f(x2)+?+pnf(xn)≥e. 解:(1)f′(x)=1+ln x. 1 1 由 f′(x)>0,得 x> ;由 f′(x)<0,得 0<x< . e e 1 1 ∴f(x)在(0, )上单调递减;f(x)在( ,+∞)上单调递增. e e 1? 1 1 ∴f(x)在 x= 处取最小值 f? ?e?=- e. e (2)证明:令 g(x)=p1f(x1)+p2f(x)-f(p1x1+p2x),不妨设 x1≤x≤x2, 则 g′(x)=p2f′(x)-p2f′(p1x1+p2x). ∵p1x1+p2x-x=p1x1-p1x≤0, ∴p1x1+p2x≤x. 而 f′(x)=1+ln x 是增函数, ∴f′(x)≥f′(p1x1+p2x). ∴g′(x)=p2f′(x)-p2f′(p1x1+p2x)≥0,所以 g(x)在(x1,x2)上是增函数. ∴g(x2)≥g(x1)=0,即 p1f(x1)+p2f(x2)-f(p1x1+p2x2)≥0. ∴p1f(x1)+p2f(x2)≥f(p1x1+p2x2). (3)证明:先证明 p1f(x1)+p2f(x2)+?+pnf(xn)≥f(p1x1+p2x2+?+pnxn). 当 n=2 时,由(2)知不等式成立. 假设当 n=k 时,不等式成立,即 p1f(x1)+p2f(x2)+?+pkf(xk)≥f(p1x1+p2x2+?+pkxk). 当 n=k+1 时,f(p1x1+p2x2+?+pkxk+pk+1xk+1) p1x1+p2x2+?+pkxk ? ?p1x1+p2x2+?+pkxk? + p +pk+1xk+1? = f ??1-pk+1? ≤(1 - pk + 1)f ? ? ? k+ 1 - p 1-pk+1 ? ? ? ? k+1 1f(xk+1)≤(1-pk+1) ? p1 f?x ?+ p2 f?x ?+?+ pk+1 f?x + ?? ?1-p + 1 1-p + 2 ? 1- pk +1 k 1 ? ? k 1 k 1 +pk+1f(xk+1) =p1f(x1)+p2f(x2)+?+pk+1f(xk+1)+pk+1f(xk+1). 所以,当 n=k+1 时,不等式成立, ∴p1f(x1)+p2f(x2)+?+pnf(xn)≥f(p1x1+p2x2+?+pnxn). 1 ? 由(1)知 f(x)在? ?e,+∞?上单调递增,因此 f(x)在(e,+∞)上也单调递增. ∵p1x1+p2x2+?+pnxn≥e, ∴f(p1x1+p2x2+?+pnxn)≥f(e)=e. ∴p1f(x1)+p2f(x2)+?+pnf(xn)≥e.


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