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

1、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：yx327x123(x0)，则获得最大利润时的年产量为()A1百万件B2百万件C3百万件 D4百万件解析：选C.依题意得，y3x2273(x3)(x3)，当0x3时，y0；当x3时，y0.因此，当x3时，该商品的年利润最大，故选C.2从边长为10 cm16 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()A12 cm3 B72 cm3C144 cm3 D160 cm3解析：选C.设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，则y(102x)(162

2、x)x4x352x2160x(0x)，当x(2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于()A. B.C. D1解析：选D.由题意知，当x(0,2)时，f(x)的最大值为1.令f(x)a0，得x，当0x0；当x时，f(x)0.f(x)maxf()ln a11，解得a1.4(2014山西诊断)设D是函数yf(x)定义域内的一个区间，若存在x0D，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)ax23xa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

3、意，存在x1,4，使g(x)f(x)xax22xa0.当x1时，g(1)0；当x1时，由ax22xa0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x2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(，故选D.5(2014浙江省名校联考)设函数ht(x)3tx2t，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()A5 B.C3 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)3tx02t，

4、则g(t)3x03t，令g(t)0，得tx，易得ht(x0)maxg(x)x，21x014x，将选项代入检验可知选D.二、填空题6函数f(x)ax3x恰有三个单调区间，则a的取值范围是_解析：f(x)ax3x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)ax3x，f(x)3ax21.要使f(x)0有两个不等实根，则a0时，即x(0,1时，f(x)ax33x10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)maxg4，从而a4.当x0(x0，x1)g(x)满足g(1)0，且g(x)1f(x).当0x1时，x210

5、，ln x0，所以g(x)1时，x210，ln x0，所以g(x)0，故g(x)单调递增所以，g(x)g(1)0(x0，x1)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(6x11)，年销售为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(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，并求出最大年利润解：(1)设uk(x)2，售价为10元时，年销量为28万件，28k(10)2，解得k2.u2(x)22x221x18.y(2x221x18)(x6)2x333x2108x108(6x0；当x

6、(9,11)时，y0)(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)当1a1e时，求证：f(x)x.解：(1)当a时，f(x)xex.令f(x)ex0，得xln 2.当x0；当xln 2时，f(x)0，f(x)x成立；当1a1e时，F(x)ex(a1)exeln(a1)，当xln(a1)时，F(x)ln(a1)时，F(x)0，F(x)在(，ln(a1)上单调递减，在(ln(a1)，)上单调递增，F(x)F(ln(a1)eln(a1)(a1)ln(a1)(a1)1ln(a1)，10,1ln(a1)1ln(1e)10，F(x)0，即f(x)x成立综上，当1a1e时，有f(x)x.2(2014湖北省

7、教学合作联考)已知函数f(x)ln xx1，x(0，)g(x)x3ax.(1)求f(x)的最大值；(2)若对x1(0，)，总存在x21,2使得f(x1)g(x2)成立，求a的取值范围；(3)证明不等式：nnn.解：(1)因为f(x)ln xx1(x0)，所以f(x)1，所以当0x1时，f(x)0，x1时，f(x)0.所以f(x)f(1)0.所以f(x)的最大值为0.(2)x1(0，)，x21,2使得f(x1)g(x2)成立，等价于f(x)maxg(x)max.由(1)知f(x)max0，当a0时，g(x)x3ax在x1,2)时恒为正，满足题意；当a0时，g(x)3x2a，令g(x)0，解得x.

8、所以g(x)在(，)及(，)上单调递增若1，即0a3时，g(x)maxg(2)82a，所以82a0.所以a4.所以0a3；若12，即3a12时，g(x)在1，上递减，在，2上单调递增而g(1)1a0，g(2)82a在(3,4为正，在(4,12)为负，所以3a4.当2，即a12时，g(1)0，g(2)0不合题意综上a的取值范围为a4.(3)由(1)知f(x)0，即ln xx1(x0)取x，所以ln1.所以nlnkn，即nekn.所以nnne1ne2nenn.3(2014广东韶关阶段检测)已知函数f(x)ln xx，h(x).(1)求h(x)的最大值；(2)若关于x的不等式xf(x)2x2ax12

9、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)x32ex2bx0恰有一解，其中e为自然对数的底数，求实数b的值解：(1)因为h(x)(x0)，所以h(x).由h(x)0，且x0，得0xe.由h(x)0，得xe，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xe时，h(x)取得最大值.(2)因为xf(x)2x2ax12对一切x(0，)恒成立，即xln xx22x2ax12对一切x(0，)恒成立，即aln xx对一切x(0，)恒成立，设(x)ln xx，因为(x)，故(x)在(0,3上递减，在3，)上递增，(x)min(3)7ln 3，所以a7ln 3.

10、即实数a的取值范围是(，7ln 3(3)因为方程f(x)x32ex2bx0恰有一解，即ln xxx32ex2bx0恰有一解，即x22exb1恰有一解由(1)知，h(x)在xe时，h(x)max，而函数k(x)x22exb1在(0，e上单调递减，在e，)上单调递增，故xe时，k(x)minb1e2，故方程x22exb1恰有一解时当且仅当b1e2，即be21.4(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，x20，p1，p20，且p1p21，证明：p1f(x1)p2f(x2)f(p1x1p2x2)；(3)设x1，x2，xn0，p1，p2，pn0，

11、且p1p2pn1，如果p1x1p2x2pnxne，证明：p1f(x1)p2f(x2)pnf(xn)e.解：(1)f(x)1ln x.由f(x)0，得x；由f(x)0，得0x.f(x)在(0，)上单调递减；f(x)在(，)上单调递增f(x)在x处取最小值f.(2)证明：令g(x)p1f(x1)p2f(x)f(p1x1p2x)，不妨设x1xx2，则g(x)p2f(x)p2f(p1x1p2x)p1x1p2xxp1x1p1x0，p1x1p2xx.而f(x)1ln x是增函数，f(x)f(p1x1p2x)g(x)p2f(x)p2f(p1x1p2x)0，所以g(x)在(x1，x2)上是增函数g(x2)g(x1)0，即p1f(x1)p2f(x2)f(p1x1p2x2)0.p1f(x1)p2f(x2)f(p1x1p2x2)(3)证明：先证明p1f(x1)p2f(x2)pnf(xn)f(p1x1p2x2pnxn)当n2时，由(2)知不等式成立假设当nk时，不等式成立，即p1f(x1)p2f(x2)pkf(xk)f(p1x1p2x2pkxk)当nk1时，f(p1x1p2x2pkxkpk1xk1)f(1pk1)fpk1f(xk1)(1pk