2020年高三数学一轮复习 第二章第12课时知能演练轻松闯关 新人
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1．函数y＝lnx－x在x∈(0，e]上的最大值为( ) A．e B．1 C．－1 D．－e 解析：选C.函数y＝lnx－x的定义域为(0，＋∞)，
11－x又y′＝－1＝，
xx令y′＝0得x＝1，
当x∈(0,1)时，y′＞0，函数单调递增； 当x∈(1，e]时，y′＜0，函数单调递减． 当x＝1时，函数取得最大值－1，故选C.
lgx，x＞0，??
2．(2020·高考陕西卷)设f(x)＝?x＋?a3t2dt，x≤0，
???0
3
3
若f(f(1))＝1，则a＝________.
解析：由题意知f(1)＝lg 1＝0，∴f(0)＝0＋a－0＝1，∴a＝1.
答案：1
x3．(2020·高考北京卷)已知函数f(x)＝(x－k)e. (1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．
x解：(1)f′(x)＝(x－k＋1)e. 令f′(x)＝0，得x＝k－1.
f(x)与f′(x)的变化情况如下： x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ k－1f(x) ↘ －e ↗ 所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)． (2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k； 当0 由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的 k－1 最小值为f(k－1)＝－e； 当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减， 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e. 一、选择题 1．(2020·高考湖南卷)由直线x＝－，x＝，y＝0与曲线y＝cosx所围成的封闭图形的 33 面积为( ) 1A. B．1 23 D.3 2 解析：选D.根据定积分的定义，所围成的封闭图形的面积为 C. ππ?3 ?3π?π? ? cosxdx＝sinx?＝sin3－sin?－3?＝3. π???－?3?－ππ3 π2．用边长为48 cm的正方形铁皮做一个无盖的铁盒时，在铁皮的四角各截去一个面积相等 的小正方形，然后把四边折起，就能焊成铁盒．所做的铁盒容积最大时，在四角截去的正方形的边长为( ) A．6 cm B．8 cm C．10 cm D．12 cm 22 解析：选B.设剪去的小正方形边长为x cm，则V＝x·(48－2x)＝4x(24－x)，∴V′(x)＝ 2 4(24－x)＋8x(24－x)(－1)，令V′(x)＝0可以得x＝8.故选B. 1xπ3．函数f(x)＝e(sinx＋cosx)在区间[0，]上的值域为( ) 22 11π11πA．[，e2] B．(，e2) 2222 ππC．[1，e2] D．(1，e2) 1x1xx解析：选A.f′(x)＝e(sinx＋cosx)＋e(cosx－sinx)＝ecosx， 22当0≤x≤时，f′(x)≥0，∴f(x)是[0，]上的增函数． 22 π1π∴f(x)的最大值为f()＝e2， 22 12 3 4．(2020·兰州调研)函数f(x)＝x－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为( ) A．0≤a<1 B．0 1 C．－1 2 22 解析：选B.∵y′＝3x－3a，令y′＝0，可得：a＝x.又∵x∈(0,1)，∴0 32 5．已知函数f(x)＝x＋ax＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1，给出以下结论： 3 ①f(x)的解析式为f(x)＝x－4x，x∈[－2,2]； ②f(x)的极值点有且仅有一个； ③f(x)的最大值与最小值之和等于0. 其中正确的结论有( ) A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 解析：选C.∵f(0)＝0，∴c＝0， 2 ∵f′(x)＝3x＋2ax＋b. ???f′1＝－1?3＋2a＋b＝－1∴?，即?. ??f′－1＝－13－2a＋b＝－1??解得a＝0，b＝－4， 32 ∴f(x)＝x－4x，∴f′(x)＝3x－4. 2 令f′(x)＝0，得x＝±3∈[－2,2]， 3 ∴极值点有两个． ∵f(x)为奇函数，∴f(x)max＋f(x)min＝0. ππf(x)的最小值为f(0)＝. ∴①③正确，故选C. 二、填空题 12 6．函数f(x)＝x－lnx在[1，e]上的最大值为________． 2 1 解析：∵f′(x)＝x－，∴当x∈(1，e)时，f′(x)＞0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，故 xf(x)min＝f(1)＝. 1答案： 2 2 7．已知f(x)＝－x＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是________． 解析：f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，则x＝，由题设得∈[－2，－1]，故m∈[－4，－ 22 2]． 答案：[－4，－2] 3 8．已知函数f(x)＝ax－3x＋1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________． 3 解析：当x∈(0,1]时不等式ax－3x＋1≥0可化为 3x－1a≥3， 12 mmx3x－1 设g(x)＝3，x∈(0,1]， xg′(x)＝ 3x－3x－1 3 3x2 x6 ?1?6?x－??2?＝－， 4 xg′(x)与g(x)随x变化情况如下表： 1?1，1? ?2?2??f′(x) ＋ 0 － f(x) ↗ 4 ↘ 因此g(x)的最大值为4，则实数a的取值范围是[4，＋∞)． 答案：[4，＋∞) 三、解答题 x ?0，1? ?2????3?2 9．已知a为实数，函数f(x)＝(x＋1)(x＋a)．若f′(－1)＝0，求函数y＝f(x)在?－，1? ?2? 上的最大值和最小值． 解：∵f′(－1)＝0， ∴3－2a＋1＝0，即a＝2. ?1?2 ∴f′(x)＝3x＋4x＋1＝3?x＋?(x＋1)． ?3? 1 由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞－； 31 由f′(x)＜0，得－1＜x＜－. 3 ?3??3??1?因此，函数f(x)在?－，1?上的单调递增区间为?－，－1?，?－，1?， ?2??2??3? 1??单调递减区间为?－1，－?. 3?? ∴f(x)在x＝－1处取得极大值为f(－1)＝2； 1?1?50 f(x)在x＝－处取得极小值为f?－?＝. 3?3?27 5013?3?13 又∵f?－?＝，f(1)＝6，且＞， 278?2?8 ?3?∴f(x)在?－，1?上的最大值为f(1)＝6， ?2??3?13 最小值为f?－?＝. ?2?8 22 10．(2020·高考浙江卷)设函数f(x)＝aln x－x＋ax，a>0. (1)求f(x)的单调区间； 2 (2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e对x∈[1，e]恒成立． 注：e为自然对数的底数． 22 解：(1)因为f(x)＝aln x－x＋ax，其中x>0， a2x－a2x＋a所以f′(x)＝－2x＋a＝－. xx由于a>0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞)． (2)由题意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e. 由(1)知f(x)在[1，e]内单调递增， 2 要使e－1≤f(x)≤e对x∈[1，e]恒成立． ??f1＝a－1≥e－1，只要? 222 ?fe＝a－e＋ae≤e，? 解得a＝e. 23 11．某造船公司年造船量是20艘，已知造船x艘的产值函数为R(x)＝3700x＋45x－10x(单位：万元)，成本函数为C(x)＝460x＋5000(单位：万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)的定义为Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)． (1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x)；(提示：利润＝产值－成本) (2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？ (3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？ 32* 解：(1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x＋45x＋3240x－5000(x∈N，且1≤x≤20)； MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3275(x∈N*，且1≤x≤19)． 2 (2)P′(x)＝－30x＋90x＋3240＝－30(x－12)(x＋9)， * ∵1≤x≤20，x∈N，∴P′(x)＝0时，x＝12， * 当1≤x<12，且x∈N时，P′(x)>0， * 当12 即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大． 22 (3)MP(x)＝－30x＋60x＋3275＝－30(x－1)＋3305. 所以当x≥1时，MP(x)单调递减， * 所以单调减区间为[1,19]，且x∈N. MP(x)是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘船的利润与前一艘船的利润相比，在减少．
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