2025年高考數(shù)學總復習 16 課時質(zhì)量評價(十六)

課時質(zhì)量評價(十六)1．如圖所示為y＝f′(x)的圖象，則函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(－∞，－1)B．(－2，0)C．(－2，0)，(2，＋∞)D．(－∞，－1)，(1，＋∞)C解析：當f′(x)<0時，f(x)單調(diào)遞減，從圖可知，當x∈(－2，0)∪(2，＋∞)時，f′(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－2，0)，(2，＋∞)．故選C．2．函數(shù)f(x)＝x－2ln(2x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－∞，1) B．(0，1)C．(0，2) D．(2，＋∞)C解析：f(x)＝x－2ln(2x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－2x＝x－2x.由f′(x)<0，可得x∈(0，2)，故f(x)＝x－2ln(2x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，3．已知函數(shù)f(x)＝2x－sinx，則下列選項正確的是()A．f(2.7)<f(π)<f(e)B．f(π)<f(e)<f(2.7)C．f(e)<f(2.7)<f(π)D．f(2.7)<f(e)<f(π)D解析：由f(x)＝2x－sinx，得f′(x)＝2－cosx．因為cosx∈[－1，1]，所以f′(x)＝2－cosx>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為2.7<e<π，所以f(2.7)<f(e)<f(π)．4．(2024·烏魯木齊模擬)已知函數(shù)f(x)＝12x2－16lnx在區(qū)間(2a－1，2a＋1)上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是A．12，32C．52，+∞B解析：f′(x)＝x－16x＝x+4x－4x(x>0)，當f′(x)≤0，解得0<x≤4.由條件可知(2a－1，2a＋1)?(0，4]，所以2a－15．函數(shù)f(x)的定義域為R，f(2)＝5，對任意x∈R，f′(x)<3，則f(x)<3x－1的解集為()A．R B．(－∞，－2)C．(2，＋∞) D．(－2，2)C解析：令g(x)＝f(x)－3x＋1，則g′(x)＝f′(x)－3<0在R上恒成立，所以g(x)在R上單調(diào)遞減．因為g(2)＝f(2)－5＝0，所以原不等式即為g(x)<0＝g(2)，可得x>2，故原不等式的解集為(2，＋∞)．故選C．6．(2024·南昌模擬)函數(shù)f(x)＝lnxx(0，e)解析：函數(shù)f(x)＝lnxx2的定義域為(0，＋∞)，則f′(x)＝1－2lnxx3.令f′(x)>0，解得0<x<e，故函數(shù)f7．已知函數(shù)f(x)＝x3＋x－sinx，則滿足不等式f(2m2)≤f(1－m)成立的實數(shù)m的取值范圍是________.－1，12解析：由f(x)＝x3＋x－sinx，得f′(x)＝3x2＋1－cosx≥0，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增．由f(2m2)≤f(1－m)，得2m2≤1－m，所以2m2＋m－1≤0，解得－1≤m≤128．若函數(shù)f(x)＝x3－12ax2＋x在[1，3]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則a的取值范圍為(4，＋∞)解析：因為f(x)＝x3－12ax2＋x，所以f′(x)＝3x2－ax＋1.由題意可得f′(x)<0在[1，3]上有解，即3x2－ax＋1<0在[1，3]上有解，即a>3x＋1x在[1，3]上有解，所以a>3x+1xmin.令g(x)＝3x＋1x，x∈[1，3]，則g′(x)＝3－1x2＝3x2－1x2>0，即g(x)在[1，3]上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝9．(2024·六盤水模擬)已知冪函數(shù)f(x)＝(m－2)2xm2－6在(0，(1)求m的值；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－x2－ax在[0，2]上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．解：(1)已知函數(shù)f(x)＝(m－2)2xm2－6為冪函數(shù)，得(m－2)2＝1，解得m＝1當m＝1時，f(x)＝x-5在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，不符合題意；當m＝3時，f(x)＝x3在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，符合題意．綜上可得m＝3.(2)由(1)可知g(x)＝f(x)－x2－ax＝x3－x2－ax，則g′(x)＝3x2－2x－a.因為g(x)在[0，2]上單調(diào)遞減，所以g′(x)＝3x2－2x－a≤0在[0，2]上恒成立．故g'0=－因此a的取值范圍為[8，＋∞)．10．(2024·連云港模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x－1)，其中a∈R，e是自然對數(shù)的底數(shù)．(1)當a＝－1時，求函數(shù)f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性，并寫出相應的單調(diào)區(qū)間．解：(1)當a＝－1時，f(x)＝ex＋x－1，f′(x)＝ex＋1，k＝f′(0)＝2，f(0)＝0，所以函數(shù)f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y－0＝2(x－0)，即y＝2x.(2)因為f′(x)＝ex－a，所以當a≤0時，f′(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增．當a>0時，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna，所以x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．綜上，當a≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(lna，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，lna)．11．已知a＝23＋ln32，b＝1＋1e，c＝12＋ln2A．c<b<a B．b<c<aC．c<a<b D．a(chǎn)<c<bD解析：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝1x＋lnx，因為f′(x)＝－1x2+1x＝x－1x2(x>0)，所以當x>1時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．因為1<32<2<e，所以f32<f(2)<f(e)，即23＋ln32＜12＋12．(多選題)(2024·臨沂模擬)函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2＋x－1恰有3個單調(diào)區(qū)間的充分不必要條件是()A．a(chǎn)∈(－∞，3)B．a(chǎn)∈(0，3)C．a(chǎn)∈(－∞，0)∪(0，3)D．a(chǎn)∈(－∞，0)BD解析：f′(x)＝3ax2＋6x＋1，因為函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2＋x－1恰有3個單調(diào)區(qū)間，所以函數(shù)f′(x)＝3ax2＋6x＋1有兩個不同的零點，所以a≠0，Δ=36－12a>0，解得a<3且a≠0，所以a∈(－∞，0)∪(0，3)，則函數(shù)f(x)＝ax3＋3x13．函數(shù)f(x)＝x1x(x>0)(0，e)(或(0，e])解析：令g(x)＝ln(f(x))＝1xlnx，由復合函數(shù)的單調(diào)性可知g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間即為所求，令g′(x)＝1－lnxx14．已知函數(shù)f(x)＝2x－msinx在R上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是________.m<－2或m>2解析：因為f(x)＝2x－msinx，所以f′(x)＝2－mcosx．又f(x)不是單調(diào)函數(shù)，所以函數(shù)f(x)有極值點，即f′(x)在R上有變號零點，則2－mcosx＝0成立．當cosx＝0時，2－mcosx＝0可化為2＝0，顯然不成立；當cosx≠0時，m＝2cosx.因為x∈R，－1≤cosx≤1，所以2cosx≤－2或2cosx≥2，所以實數(shù)m的取值范圍為(－∞，－2)∪15．已知函數(shù)f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線的傾斜角為45?，對于任意的t∈[1，2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2·f'x+m2在區(qū)間(解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝a1當a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)；當a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)；當a＝0時，f(x)＝－3為常函數(shù)，無單調(diào)區(qū)間．(2)由(1)及題意得f′(2)＝－a2＝1，即a＝－2所以f(x)＝－2lnx＋2x－3，f′(x)＝2x－2x所以g(x)＝x3＋m2+2x2－2x，