[百师联盟]2024届高三一轮复习联考(一)1 新高考卷数学试题

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【变式训练2】解析因为∫(x)=(ux一2)e2x,递增.所以f(x)=(2ax十u-1)e2r,要使得函数f(.x)-.x3+mlnx在区间[2,3]上不是单调函数,当a=0时,f(.x)=-4e2x03所以f(.x)在R上单调递减.则2√号<3,解得一810时,令f)<0,得<,21,十o)解析由题意知f)=士-a<0在1,十o)上相成令r)≥0得x>坛立,即】≤a在(1,十∞)上恒成立,故a≥1,故实数a的取值范围为所以∫(x)的单调递减区间为(一∞,坛),单调递增区间[1,+∞).【例5】1.B解析因为a=2n1.01=ln1.012=ln(1+0.01)2=ln(1+为(2+)片2×0.01+0.012)>ln1.02=b,所以ba.当a<0时,令f0,得>42下面比较c与a,b的大小关系.令了x)>0,得岩记f(x)=2n(1十x)-+4x+1,则f(0)=0,f(x)=1千x22(/1+1x-1-x)所以f(x)的单调递减区间为(。,十∞),单调递增区问√/1十4.x(1十x)W1十4x因为1+4x-(1+x)2=2x-x2=x(2-x),为(-,z)所以当00,即√/1+4z>1十x,(x)【例3】A解析设g(x)=f(x)=2x-2sinx,则g'(x)=2-2cosx≥>0,0,∴.函数(x)在R上单调递增,故选A.所以∫(x)在[0,2]上单调递增【变式训练3】C解析hy=xf(x)的图象可得,所以f(0.01)>f(0)=0,即2ln1.01>√1.04-1,即a>c:当x>1时,xf(x)>0,∴.f(x)>0,即函数y=f(x)单调递增;令g(x)-ln(1+2x)-√1+4x+1,则g(0)=0,g(x)=1十2x2当0x1时,xf(x)0,∴,f(x)0,即函数y=f(x)单调递减;当一10,∴.f(x)<0,即函数y=f(x)单调递减;22(√/1+4x-1-2x)当x<-1时,xf(x)<0,.f(x)>0,即函数y=f(x)单调递增.故√1十4.x(1+x)√/1十4x选C.因为1十4x-(1+2x)2=-4x2<0,即1十4x-(1十2x)2<0,所以【例4】D解析f()=6-1_1(>0.g'(x)<0,即函数g(x)在[0,十∞)上单调递减,当≤0时,f(x)=及士<0,f()在其定义域内单调递减,不合所以g(0.01)0时,由f(x)>0知x>友,即(合,十)是(x)的单调递增2.B解析F'(x)=f(x)e-ef()=f()-f)(e)2e区间.由题意可知冬≤1,即k≥1.故选D由f(x)-f(x)>0,知F(x)<0,所以F(x)在R上单调递减.思维延伸(1)1(2)(-0,0](3)(0,1)(1)(-∞,1)由F()<=FI).得x>1,s(-,]u,+)所以不等式F(x)<之的解集为(1,十x).解析(①)由解法2知大=1A=1.(2)由题意知f(x)<0在1,十∞)上恒成立,即k≤二在1,【支式训练】1.D解折设)-后a≥e凝e-n0恒成立,.函数f(x)在[e,十∞)上单调递增.又a=f(e),b=3loge=十∞)上恒成立,又x>1,0<1<1,k≤0,即实数k的取值范闹33f3),c=品=f6,且e<3<5fe00时,g'(x)>0,即g(x)在(0,十∞)上单调x1递增.又g(2)=f2=0,所以fx)>0的解集为(-2,0U(2,十).2素养·专项培育若f在(1,2)上单调递增,则f(x)-虹1≥0恒成立,即≥在【案例】解析(1)由函数的解析式可得f(x)=3x2-2x十a,(1,2)上恒成立,.≥1.导函数对应的方程3.x2-2x十a=0的判别式△=4一12a,若x)在1,2)上单调递诚,则了(x)=,1<0恒成立,即≤士在当△=4-12a≤0,即≥号时,f(x)2≥0,f(x)在R上单调递增。1,2上恒成立号当4=4-12a>0,即a<}时∫()=0的解为x,=-西,x3÷x)在1,2上单调,则实数的取值范围是(-,令]U0,十》_1+√1-3a3【变式训练4】1.C解析由f(x)=x3+mlnx可得f'(x)=3x2+m=所以当xE(-,1二边)时,fx>0,)单调递增:33x3+u(x>0),当x(-西,1+2)时,f(r<0,)单调递减:当m≥0时,∫(x)≥0,f(x)在(0,十c∞)上单调递增,不满足题意;33当m<0时,由f()>0得x>g由f<0得0<:.3当x(1+-3,+)时,fx>0,)单调递增3综上所述,当a≥3时,f(x)在R上单调递增:所以)在(o√罗)上单调递减,在(√受,+∞)上单调当a<号时,x)在(-e,1-题)),(1+亚,+心)上单323XLJ(新)·数学-A版-XJC·23·