2020-2021学年山东省日照市某校高二（下）6月月考数学试卷

这是一份2020-2021学年山东省日照市某校高二（下）6月月考数学试卷，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A={x|x2−x−6<0}，B={x|lg2(x−2)<0}，(∁RA)∩B=( )
A.(−2, 3)B.(2, 3)
C.⌀D.(−∞,2]∪[3, +∞)

2. 下列命题中，真命题的是（ ）
A.∃x0∈R，ex0≤0
B.∀x∈R，2x≤x2
C.“a+b=0”的充要条件是“ab=−1”
D.“a>1，b>1”是“ab>1”的充分条件

3. 已知函数y=fx对任意x∈R都有fx+2=f−x且f4−x+fx=0成立，若f0=1，则f2019+f2020+f2021的值为（ ）
A.1B.2C.0D.−2

4. 已知函数f′x是函数fx的导函数，对任意x∈0,π2， f′xcsx+fxsinx>0，则下列结论正确的是( )
A.2fπ6>3fπ3B.2fπ6<3fπ4
C.fπ6>3fπ3D.fπ4<3fπ3

5. 已知函数fx=lg2x2⋅lg28x，若fx≤0在区间m,n上恒成立，则n−m的最大值为（ ）
A.158B.6C.6316D.4

6. 已知正实数x，y满足4x+3y=2，则12x+1+13y+2的最小值为( )
A.12+2B.13+23C.12+22D.12+23

7. 某地区为落实乡村振兴战略，帮助农民脱贫致富，引入一种特色农产品种植，该农产品上市时间仅能维持5个月，预测上市初期和后期会因产品供应不足使价格持续上涨，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌．经研究其价格模拟函数为ft=tt−32+n，(0≤t≤5，其中t=0表示5月1日，t=1表示6月1日，以此类推).若f2=6，为保护农户的经济效益，当地政府计划在价格下跌时积极拓宽外销，请你预测该农产品价格下跌的月份为( )
A.5月和6月B.6月和7月C.7月和8月D.8月和9月

8. 已知数列an满足na1+a2+⋯+an=14n+1n∈N*，若数列bn满足bn=an+34，则1b1b2+1b2b3+⋯+1b2020b2021=（ ）
A.5052021B.20202021C.20192020D.5052020
二、多选题

已知实数a，b，下列说法一定正确的是( )
A.若0B.若b>a>1，则lgaba<12
C.若a>0,b>0,a+2b=1，则2a+1b的最小值为8
D.若b>a>0，则1+ab2>1+ba2

已知定义在R上函数fx的图象是连续不断的，且满足以下条件：①f−2=0；②∀x∈R，f−x=fx；③∀x1,x2∈0,+∞，当x1≠x2时，都有fx2−fx1x2−x1>0．则下列选项成立的是（ ）
A.f−3B.∀x∈R，∃M∈R，使得fx≥M
C.若f(x)x<0，则x∈−2,0∪2,+∞
D.若fm
等比数列an的公比为q，前n项积a1a2⋯an=Tn，若a1>1，a2020⋅a2021>1，a2020−1a2021−1<0，则( )
A.q>1B.a2020⋅a2022>1
C.T2020是Tn的最大值D.使Tn>1的n的最大值是4040

若函数fx=−x3−x+2m,x<1,x+1−lnx,x≥1的值域为[2,+∞)，则( )
A.f3>f2B.m≥2
C.fm22lgm+1m+2
三、填空题

已知函数fx=2x+ka2x≥0,x2−4x+a−32<0其中a∈R．若对任意的非零实数x1，存在唯一的非零实数x2x1≠x2，使得fx1=fx2成立，则实数k的取值范围是________．
四、解答题


(1)计算：278−23−4990.5+0.008−23×225；

(2)已知集合A=x|2x−3≥1，B=x|a+1≤x<2a−1，若B⊆A，求实数a的取值范围．

已知函数fx=ax+b1+x2是定义在−1,1上的奇函数，且f12=25．
(1)确定函数fx的解析式；

(2)用定义证明fx在−1,1上是增函数；

(3)解关于x的不等式fm−1+fm2−1<0．

若数列an的前n项和Sn=2an−2，n∈N*．
(1)求数列an的通项公式；

(2)若bn=lg2a2n+1n∈N*，求数列anbn的前n项和Tn．

在①Sn+1=2Sn+2，②an+1−an=2n，③Sn=an+1−2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
已知数列an的前n项和为Sn，a1=2，且满足________．
(1)求数列an的通项公式；

(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，试比较dn与n2的大小关系，并说明理由．

为了响应国家提出的“大众创业，万众创新”的号召，王韦达同学大学毕业后，决定利用所学专业进行自主创业，经过市场调查，生产某小型电子产品需投入年固定成本为2万元，每生产x万件，需另投入可变成本Cx万元，在年产量不足8万件时，Cx=13x2+3x（万元）；在年产量不小于8万件时，Cx=8x+100x−37（万元）．每件产品售价为7元，假设小王生产的商品当年全部售完．
(1)写出年利润fx（万元）关于年产量x（万件）的函数解析式（注：年利润=年销售收入−固定成本−可变成本）；

(2)年产量x为多少万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大？最大利润是多少？

已知fx=ex−ax2−x−1．
(1)当a=e2时求fx的极值点个数；

(2)当x∈[0,+∞)时，fx≥0，求a的取值范围；

(3)求证：22e−1+22e2−1+⋯+22en−1<32，其中n∈N*．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省日照市某校高二（下）6月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：A={x|−2∴ (∁RA)∩B=⌀．
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
必要条件、充分条件与充要条件的判断
全称命题与特称命题
【解析】
利用指数函数的单调性判断A的正误；通过特例判断，全称命题判断B的正误；通过充要条件判断C，D的正误；
【解答】
解：因为y=ex>0，x∈R恒成立，所以A不正确；
因为x=0时20>02，所以∀x∈R，2x≤x2不成立，所以B不正确；
因为当a=b=0时a+b=0，但是ab没有意义，所以C不正确；
因为a>1，b>1时，ab>1成立，所以a>1，b>1是ab>1的充分条件，所以D正确.
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
函数的求值
函数的周期性
【解析】
由题意，根据fx+2=f−x以及f4−x=−fx可推导y=fx是周期为4的周期函数，可得f2019=f3，f2021=f1 ，代入f4−x=−fx可计算结果，又f2020=f0=0 ，代入计算即可．
【解答】
解：已知fx+2=f−x，则f2−x=fx.
又f4−x=−fx，可得f4−x+f2−x=0，
所以fx+2=−fx，
即fx+4=fx+2+2=−fx+2=fx，
可得函数y=fx是周期为4的周期函数，
则f2019=f3，f2020=f0，f2021=f1.
因为f4−x+fx=0，
所以f4−1+f1=0，即f3+f1=0，
可得f2019+f2020+f2021=0+1=1.
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据条件构造函数gx=fxcsx ，求函数的导数，利用函数的单调性和导数之间的关系即可得到结论．
【解答】
解：构造函数gx=fxcsx
则g′(x)=f′(x)csx+f(x)sinxcs2x.
∵ 对任意的x∈0,π2满足f′xcsx+fxsinx>0，
∴ g′x>0 ，即函数gx在x∈0,π2上单调递增，
∴ gπ6即fπ6csπ6∴ 2fπ6<3fπ4.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
对数的运算性质
指、对数不等式的解法
【解析】
利用对数的性质化简f(x)，解不等式fx≤0，即可得到答案.
【解答】
解：函数fx=lg2x2⋅lg28x
=(lg2x−1)(3+lg2x)
=(lg2x)2+2lg2x−3.
∵ fx≤0，
则(lg2x)2+2lg2x−3≤0，
∴ −3≤lg2x≤1，
解得18≤x≤2.
要使fx≤0在区间m,n上恒成立，
则n−m的最大值为2−18=158.
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．
【解答】
解：依题意，4x+2+3y+2=6，
故12x+1+13y+2
=1612x+1+13y+24x+2+3y+2
=163+4x+23y+2+3y+22x+1≥12+23，
当且仅当3y+22x+1=4x+23y+2，即x=5−322，y=62−83时等号成立.
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
函数模型的选择与应用
利用导数研究函数的单调性
【解析】
利用函数模型，得到递减范围，即可得出答案.
【解答】
解：∵ f(t)=t(t−3)2+n，f(2)=2+n=6，
∴ n=4，
∴ f(t)=t(t−3)2+4，
∴ f′(t)=(t−3)2+2t(t−3)=3(t−1)(t−3)，
令f′(t)<0，则1即该农产品价格下跌的月份为6月和7月.
故选B.
8.
【答案】
A
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
由题意得到an=8n−3(n∈N*)，bn=2n，再利用裂项相消法求和即可.
【解答】
解：设数列an的前n项和为Sn，
由题意可得：Sn=n(4n+1)，
当n=1时，a1=5，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n(4n+1)−(n−1)(4n−3)=8n−3,
当n=1时也满足上式，
∴ an=8n−3(n∈N*)，
∴ bn=2n，
∴ 1b1b2+1b2b3+⋯+1b2020b2021
=14(1−12+12−13+…+12020−12021)
=14(1−12021)
=5052021 .
故选A.
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
指数函数的单调性与特殊点
利用导数研究不等式恒成立问题
不等式的基本性质
【解析】
由指数函数单调性判断A；由对数函数的性质判断B；由基本不等式判断C；根据导数研究函数的单调性判断D．
【解答】
解：A，设y1=27x，y2=37x，则y1，y2均为减函数，
又a27b.
又37a>27a，故27b<27a<37a，故A正确；
B，∵b>a>1，∴ab>1，
∴b>a，∴ab>a，
则lgaba<12=12lgabab，故B正确；
C，∵a>0，b>0，a+2b=1，
∴2a+1b=2a+1ba+2b
=4+ab+4ba
≥4+2ab⋅4ba=8，
当且仅当ab=4ba，即a=2b=12时取等号，
∴2a+1b的最小值为8，故C正确；
D，若1+ab2>1+ba2，则(1+a)a2>(1+b)b2.
记函数hx=x2(1+x)=x3+x2，
则h′x=3x2+2x>0在0,+∞上恒成立，
则hx在(0,+∞)上单调递增.
又b>a>0，
则fb>fa，得(1+b)b2>(1+a)a2，
与(1+a)a2>(1+b)b2矛盾，故D错误．
故选ABC．
【答案】
A,B
【考点】
抽象函数及其应用
奇偶性与单调性的综合
【解析】
利用已知条件，判断函数的性质，然后判断选项的正误即可．
【解答】
解：定义在R上函数fx的图象是连续不断的，且满足以下条件：
①f(−2)=0，
②∀x∈R，f−x=fx，说明函数是偶函数；
③∀x1，x2∈0,+∞，当x1≠x2时，都有fx2−fx1x2−x1>0，说明函数在 0,+∞上是增函数，
所以f(−3)=f(3)因为fx是连续函数，又是偶函数，在x>0时是增函数，
所以fx在x<0时是减函数，存在最小值，
所以∀x∈R，∃M∈R，使得fx≥M，故B正确；
因为y=fxx是奇函数，fxx<0，f−2=0，
可得x∈−∞,−2∪0,2，故C错误；
若fm故选AB．
【答案】
C,D
【考点】
等比数列的性质
等比数列的通项公式
【解析】
先由题设条件和等比数列的性质得到：a2020>1,0【解答】
解：∵a1>1，a2020⋅a2021>1，a2020−1a2021−1<0，
∴a2020>1,0∴0又a2020⋅a2022=a20212∈0,1，故B错误；
∵a1>1，01，
∴T2020是Tn的最大值，故C正确；
∵a2020⋅a2021>1，a20212∈0,1，
∴T4040=a1a2⋯a4040=a1a40402020
=a2020a20212020>1，
T4041=a1a2⋯a4041=(a2021)4041<1，故D正确．
故选CD．
【答案】
A,B,D
【考点】
分段函数的应用
函数的值域及其求法
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
利用导数和换底公式分析解答．
【解答】
解：A，当x≥1时，fx=x+1−lnx，f′x=1−1x=x−1x.
因为x≥1，则x−1x≥0，即f′x≥0，
所以fx在1,+∞上单调递增，
所以f3>f2，故A正确；
B，因为fx≥f1=1+1−ln1=2，
所以fx的值域为2,+∞.
当x<1时，fx=−x3−x+2m，f′x=−3x2−1<0,
所以fx在−∞,1上单调递减，
所以−13−1+2m≥2，
所以m≥2，故B正确；
C，因为m≥2，故m22≥2>1>1e，
所以fm22=m22+1−lnm22=m22−2lnm+1+ln2，
f1e=−1e3−1e+2+m.
令hm=fm22−f1e
=m22−2lnm+1+ln2+1e3+1e−2−m,m≥2，
所以h′m=m−2m−1=m2−m−2m=m−2m+1m，
当m≥2时，h′m≥0，则hm单调递增，
当m=4时，h4=8−4ln2+1+ln2+1e3+1e−2−4
=31−ln2+1e3+1e>0，
此时fm22>f1e，故C错误；
D，令y=lgx(x+1)x≥2，则y=ln(x+1)lnx，
所以y′=xlnx−x+1lnx+1xx+1(lnx)2，
因为x≥2，则x+1>x≥2，lnx+1>lnx>0，
则xlnx−x+1lnx+1<0，xx+1lnx2>0，
即y′<0，所以y=lgx(x+1)在[2,+∞)上为减函数.
因为m+1>m，
则lgmm+1>lgm+1m+2，故D正确．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
−18,+∞
【考点】
分段函数的应用
函数的零点与方程根的关系
函数单调性的性质
【解析】
无
【解答】
解：当x≥0时，fx=2x+ka2单调递增，当x<0时，fx=x2−4x+a−32单调递减.
若对任意的非零实数x1，存在唯一的非零实数x2x1≠x2，使得fx1=fx2成立，
则1+ka2=a−32，
整理可得：k−1a2+6a−8=0，
则问题转化为k−1a2+6a−8=0有实数解.
当k=1时，a=43，满足题意；
当k≠1时，Δ=36+32k−1≥0，
解得：k≥−18.
综上所述，实数k的取值范围为−18,+∞．
故答案为：−18,+∞．
四、解答题
【答案】
解：(1)278−23−4990.5+0.008−23×225
=323−23−73212+0.23−23×225
=49−73+25×225
=19.
(2)因为2x−3≥1，即2x−3−x−3x−3≥0，
所以5−xx−3≥0等价于5−xx−3≥0,x−3≠0,
解得3所以A=x|2x−3≥1=x|3因为B=x|a+1≤x<2a−1，B⊆A，
当B=⌀时，a+1≥2a−1，解得a≤2；
当B≠⌀时，2a−1≤5,a+1>3,解得2综上可得a≤3．
【考点】
分数指数幂
集合关系中的参数取值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)278−23−4990.5+0.008−23×225
=323−23−73212+0.23−23×225
=49−73+25×225
=19.
(2)因为2x−3≥1，即2x−3−x−3x−3≥0，
所以5−xx−3≥0等价于5−xx−3≥0,x−3≠0,
解得3所以A=x|2x−3≥1=x|3因为B=x|a+1≤x<2a−1，B⊆A，
当B=⌀时，a+1≥2a−1，解得a≤2；
当B≠⌀时，2a−1≤5,a+1>3,解得2综上可得a≤3．
【答案】
(1)解：∵ 函数fx=ax+b1+x2是定义在−1,1上的奇函数，
∴ f0=0，即b1=0，
∴ b=0.
又∵ f12=25，即12a+b1+122=25，
∴ a=1，
∴ 函数fx的解析式为fx=x1+x2．
(2)证明：由(1)知fx=x1+x2，
令−1则f(x1)−f(x2)=x11+x12−x21+x22
=x1(1+x22)−x2(1+x12)(1+x12)(1+x22)=(x1−x2)(1−x1x2)(1+x12)(1+x22)．
∵ −1∴ x1−x2<0，x1x2<1，
∴ 1−x1x2>0，
而1+x12>0，1+x22>0，
∴ fx1−fx2<0，即fx1∴ fx在−1,1上是增函数．
(3)解：∵ fx在−1,1上是奇函数，
∴ fx−1+fx<0等价于fx−1<−fx，即fx−1又由(2)知fx在−1,1上是增函数，
∴ −1∴ 不等式fm−1+fm2−1<0的解集为x|0【考点】
函数解析式的求解及常用方法
函数单调性的判断与证明
奇偶性与单调性的综合
【解析】
无
无
无
【解答】
(1)解：∵ 函数fx=ax+b1+x2是定义在−1,1上的奇函数，
∴ f0=0，即b1=0，
∴ b=0.
又∵ f12=25，即12a+b1+122=25，
∴ a=1，
∴ 函数fx的解析式为fx=x1+x2．
(2)证明：由(1)知fx=x1+x2，
令−1则f(x1)−f(x2)=x11+x12−x21+x22
=x1(1+x22)−x2(1+x12)(1+x12)(1+x22)=(x1−x2)(1−x1x2)(1+x12)(1+x22)．
∵ −1∴ x1−x2<0，x1x2<1，
∴ 1−x1x2>0，
而1+x12>0，1+x22>0，
∴ fx1−fx2<0，即fx1∴ fx在−1,1上是增函数．
(3)解：∵ fx在−1,1上是奇函数，
∴ fx−1+fx<0等价于fx−1<−fx，即fx−1又由(2)知fx在−1,1上是增函数，
∴ −1∴ 不等式fm−1+fm2−1<0的解集为x|0【答案】
解：(1)数列an的前n项和Sn=2an−2，n∈N*．
当n=1时，a1=2a1−2，
解得：a1=2．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2−2an−1−2，
化为：an=2an−1，
∴ 数列an是等比数列，首项为2，公比为2，
∴ an=2n．
(2)bn=lg2a2n+1=2n+1，anbn=2n+1⋅2n，
数列anbn的前n项和Tn=3×21+5×22+7×23+⋯+2n+1⋅2n，
2Tn=3×22+5×23+⋯+2n−1⋅2n+2n+1⋅2n+1，
两式相减，得
−Tn=3×2+222+23+⋯+2n−2n+1⋅2n+1
=6+2×42n−1−12−1−2n+1⋅2n+1，
化为：Tn=2n−1⋅2n+1+2．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)数列an的前n项和Sn=2an−2，n∈N*．
当n=1时，a1=2a1−2，
解得：a1=2．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−2−2an−1−2，
化为：an=2an−1，
∴ 数列an是等比数列，首项为2，公比为2，
∴ an=2n．
(2)bn=lg2a2n+1=2n+1，anbn=2n+1⋅2n，
数列anbn的前n项和Tn=3×21+5×22+7×23+⋯+2n+1⋅2n，
2Tn=3×22+5×23+⋯+2n−1⋅2n+2n+1⋅2n+1，
两式相减，得
−Tn=3×2+222+23+⋯+2n−2n+1⋅2n+1
=6+2×42n−1−12−1−2n+1⋅2n+1，
化为：Tn=2n−1⋅2n+1+2．
【答案】
解：(1)选①：由Sn+1=2Sn+2，
当n=1时，S2=2S1+2，即a1+a2=2a1+2，
解得：a2=4．
当n≥2时，由Sn+1=2Sn+2得：Sn=2Sn−1+2，
两式相减得；Sn+1−Sn=2Sn−Sn−1，即an+1=2ann≥2.
而a1=2，a2=4，
∴ a2a1=2也满足an+1an=2，
∴ an+1an=2n∈N*，
∴ an为等比数列，且首项为a1=2，公比为2，
∴ an=2n；
选②：由an+1−an=2n，得：a2−a1=2，a3−a2=22，⋯，an−an−1=2n−1，
累加得：an−a1=21−2n−11−2n≥2，即an=2nn≥2.
又a1=2也适合，
∴ an=2n；
选③：由Sn=an+1−2可得：当n=1时，S1=a2−2，
∴ a2=4.
当n≥2时，由Sn=an+1−2可得：Sn−1=an−2，
两式相减得：an+1=2ann≥2.
而a1=2，a2=4，
∴ a2a1=2也满足an+1an=2，
∴ an+1an=2n∈N*，
∴ an为等比数列，且首项为a1=2，公比为2，
∴ an=2n．
(2)2n与2n+1之间插入n个数构成公差为dn的等差数列，
∴ dn=2n+1−2nn+1=2nn+1，
dn−n2=2nn+1−n2=2n+1−n2−n2n+1.
令bn=2n+1−n2−n，
∴ bn+1−bn=2n+2−n+12−n+1−2n+1+n2+n
=2n+1−2n−2=22n−n−1.
令cn=2n−n−1，
∴ cn+1−cn=2n+1−n−2−2n+n+1=2n−1>0，
∴ cn单调递增，
∴ cn≥c1=0，
∴ bn+1−bn≥0.
而b1=2，
∴ bn≥2>0，
∴ dn>n2．
【考点】
数列递推式
数列与不等式的综合
数列的函数特性
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)选①：由Sn+1=2Sn+2，
当n=1时，S2=2S1+2，即a1+a2=2a1+2，
解得：a2=4．
当n≥2时，由Sn+1=2Sn+2得：Sn=2Sn−1+2，
两式相减得；Sn+1−Sn=2Sn−Sn−1，即an+1=2ann≥2.
而a1=2，a2=4，
∴ a2a1=2也满足an+1an=2，
∴ an+1an=2n∈N*，
∴ an为等比数列，且首项为a1=2，公比为2，
∴ an=2n；
选②：由an+1−an=2n，得：a2−a1=2，a3−a2=22，⋯，an−an−1=2n−1，
累加得：an−a1=21−2n−11−2n≥2，即an=2nn≥2.
又a1=2也适合，
∴ an=2n；
选③：由Sn=an+1−2可得：当n=1时，S1=a2−2，
∴ a2=4.
当n≥2时，由Sn=an+1−2可得：Sn−1=an−2，
两式相减得：an+1=2ann≥2.
而a1=2，a2=4，
∴ a2a1=2也满足an+1an=2，
∴ an+1an=2n∈N*，
∴ an为等比数列，且首项为a1=2，公比为2，
∴ an=2n．
(2)2n与2n+1之间插入n个数构成公差为dn的等差数列，
∴ dn=2n+1−2nn+1=2nn+1，
dn−n2=2nn+1−n2=2n+1−n2−n2n+1.
令bn=2n+1−n2−n，
∴ bn+1−bn=2n+2−n+12−n+1−2n+1+n2+n
=2n+1−2n−2=22n−n−1.
令cn=2n−n−1，
∴ cn+1−cn=2n+1−n−2−2n+n+1=2n−1>0，
∴ cn单调递增，
∴ cn≥c1=0，
∴ bn+1−bn≥0.
而b1=2，
∴ bn≥2>0，
∴ dn>n2．
【答案】
解：(1)当x<8时，fx=7x−13x2+3x−2=−13x2+4x−2，
当x≥8时，fx=7x−8x+100x−37−2=35−x+100x，
所以fx=−13x2+4x−2,0(2)当x<8时，fx=−13x2+4x−2=−13x−62+10，
x=6时，f(6)=−136−62+10=10最大；
当x≥8时，
因为x+100x≥2x×100x=20，
所以−x+100x≤−20，
所以fx=35−x+100x≤15，
当且仅当x=10时等号成立，
所以fxmax=15，此时x=10，
即年产量x为10万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大，最大利润是15万元．
【考点】
函数模型的选择与应用
函数最值的应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)当x<8时，fx=7x−13x2+3x−2=−13x2+4x−2，
当x≥8时，fx=7x−8x+100x−37−2=35−x+100x，
所以fx=−13x2+4x−2,0(2)当x<8时，fx=−13x2+4x−2=−13x−62+10，
x=6时，f(6)=−136−62+10=10最大；
当x≥8时，
因为x+100x≥2x×100x=20，
所以−x+100x≤−20，
所以fx=35−x+100x≤15，
当且仅当x=10时等号成立，
所以fxmax=15，此时x=10，
即年产量x为10万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大，最大利润是15万元．
【答案】
(1)解：当a=e2时，fx=ex−e2x2−x−1，
所以f′x=ex−ex−1，f′′x=ex−e，
所以当x<1时，f′′x<0，f′x在−∞,1上单调递减；
当x>1时，f′′x>0，f′x在1,+∞上单调递增，
因为f′0=0，f′1=−1，f′2=e2−2e−1>0，
所以存在x0∈1,2，使f′x0=0，
所以x∈−∞,0时，f′x>0；x∈0,x0时，f′x<0；x∈x0,+∞时，f′x>0，
所以0和x0是fx的极值点，
所以fx有两个极值点．
(2)解：fx=ex−ax2−x−1，f′x=ex−2ax−1，
设hx=f′x=ex−2ax−1x≥0，
则h′x=ex−2a单调递增.
又h′0=1−2a，
所以当a≤12时，h′x≥0，hx在[0,+∞)上单调递增，
所以hx≥h0=0，
即f′x≥0，fx在[0,+∞)上单调递增，
所以fx≥f0=0，符合题意．
当a>12时，令h′x=0，解得x=ln2a，
当x∈[0,ln2a)时，h′x<0，hx在[0,ln2a)上单调递减，f′x=hx≤h0=0，
所以fx在(0,ln2a)上单调递减，
所以x∈0,ln2a时，fx所以a的取值范围是−∞,12．
(3)证明：由(2)可知a=12时，fx≥0，x∈[0,+∞)，
即2ex−1≥x2+2x+1x≥0，
所以2en−1≥n2+2n+1>n2+2n，22en−1<2nn+2，
所以22e−1+22e2−1+⋯+22en−1
<21×3+22×4+⋯+2nn+2
=1−13+12−14+⋯+1n−1n+2
=1+12−1n+1−1n+2<32．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
不等式的证明
【解析】
无
无
无
【解答】
(1)解：当a=e2时，fx=ex−e2x2−x−1，
所以f′x=ex−ex−1，f′′x=ex−e，
所以当x<1时，f′′x<0，f′x在−∞,1上单调递减；
当x>1时，f′′x>0，f′x在1,+∞上单调递增，
因为f′0=0，f′1=−1，f′2=e2−2e−1>0，
所以存在x0∈1,2，使f′x0=0，
所以x∈−∞,0时，f′x>0；x∈0,x0时，f′x<0；x∈x0,+∞时，f′x>0，
所以0和x0是fx的极值点，
所以fx有两个极值点．
(2)解：fx=ex−ax2−x−1，f′x=ex−2ax−1，
设hx=f′x=ex−2ax−1x≥0，
则h′x=ex−2a单调递增.
又h′0=1−2a，
所以当a≤12时，h′x≥0，hx在[0,+∞)上单调递增，
所以hx≥h0=0，
即f′x≥0，fx在[0,+∞)上单调递增，
所以fx≥f0=0，符合题意．
当a>12时，令h′x=0，解得x=ln2a，
当x∈[0,ln2a)时，h′x<0，hx在[0,ln2a)上单调递减，f′x=hx≤h0=0，
所以fx在(0,ln2a)上单调递减，
所以x∈0,ln2a时，fx所以a的取值范围是−∞,12．
(3)证明：由(2)可知a=12时，fx≥0，x∈[0,+∞)，
即2ex−1≥x2+2x+1x≥0，
所以2en−1≥n2+2n+1>n2+2n，22en−1<2nn+2，
所以22e−1+22e2−1+⋯+22en−1
<21×3+22×4+⋯+2nn+2
=1−13+12−14+⋯+1n−1n+2
=1+12−1n+1−1n+2<32．