福建省2023-2024学年高一金太阳期末模拟卷(24-263A)数学试题

2024-07-09 15:36:41 2℃

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a-号质re-专+京是是2-+，考点二典例1解析因为f(x)=a(e十a)一x,定义域为R,令f(x)>0,得02,所以函数f(x)的单调递增区间所以f'(x)=ae2-1.当a≤0时，由于e>0,则ae≤0，故f'(x)=ae-l<0恒成立，为(0，号)，(2，+∞.所以f(x)在R上单调递减.当a>0时，令f'(x)=ae2-1=0,解得x=-lna,3.(-o,-2,(号，+∞）解析因为fx)=z3+2x2-4红，当x<-lna时，f'(x)<0,则f(x)在(-∞，一lna)上单调递减；当x>-lna时，f'(x)>0,则f(x)在（一lna,十oo)上单调递增.所以f(x)=3x2+4x-4=(3x-2)(x十2)，综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；令f)>0,解得x<-2或x>号，当a>0时，f(x)在(-o∞，一lna)上单调递减，在（一lna,十c∞）上单调递增.故f(x)的单调递增区间为（一©，一2），（号，十∞）针对训练4(-,-名]解斩因为)=方-子-a+1,解折fx)=号-alnz,且x∈(d,+o),则f(x)=x-号2所以f(x)=x2-x-a,因为f(x)在R上单调递增，=z2-ax所以x2-x-a>0恒成立，所以△=1+4a<0,解得a≤-子，当a≤0时，f'(x)>0,则f(x)在(0，十∞)上单调递增，所以实数a的取值范围为(-，]当a>0时，f(x)=xa)(z十a)①当x∈(0，√a)时，f'(x)<0,所以f(x)的单调递减区间为(0，W√a);5C解析依题可知，f(x)=ae-子≥0在(1,2)上恒成立，显然②当x∈（√a,+∞）时，f(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为a>0,所以xe≥。在1,2)上恒成立，(√a,十∞).综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减设g(x)=xe,x∈(1,2)，则g'(x)=(x+1)e>0,区间；所以g(x)在(1,2)上单调递增，当a>0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，√a),单调递增区间为所以ga>8-e,放e≥，即a≥日=e,故实数&的最小值(√a,+∞).为e-1.故选C考点三---·考点聚焦·突破·--一----典例2B解析f'(x)=cosx一cosx十xsin x=xsin x,当x∈(0，考点一x)时，f'(x)>0,所以f(x)在(0，x)上单调递增，1.A解析由题意得，f'(x)=e2十(x一3)e=(x-2)e,因为n如8<（色2生”n)°=（偿）°<1，所以1典例3D解折fz)的定义蚊为R,f(x)]2fe,即ga)=e>0,所以函数ge)-7石在因为f'(x)=-n2-3x2<0,所以f(x)在R上单调递减，e[f(x)]2所以不等式f(3-x2)>f(2x-5)等价于3-x2<2x-5,解得x<-4或x>2,(0,1D上单调递增；当x∈(1，号)时，fx)f(2x一5)的解集为(-∞，一4)U(2,+∞).]<0,所以函数8e)=名在(1，号）上单调递故选D[f(x)]2典例4(-2，十∞)解析：函数f(x)=lhx十ax2-2在区间减，故A,C正确，故选AC.(分，2）内存在单调递增区间。3.(0,3-√5)和(3十5，十∞)解析因为g(x)=1-(3x2-x3)·e+1,所以g'(x)=-x(x2-6x十6)ex+1,∴fe)=士+2as>0在区间（合2）上有解，即2a>-之在区间令g(x)<0,解得03十3，所以g(x)的单调递减区间为(0,3一5)和(3十√3，十∞).(合2)上有解，4(0,子）解折f(x)=8-s工6csx+36 cosin正=8-cosx又函数y-之在区间（合，2）上单调递地，cos+sin'z2ccos'xcos'x∴.2a>仔)解得a>一2故实数a的取值范是令cos2x=t,则：∈(0,1)，设f(x)=g(4)=8-3-24=2(-2,十∞)822+2t-3_(2-10(4t+32t2变式设问[-日+o∞）解折“函数f)在区间（合2）上单当：e(合，)，即z∈(o,受)时f✉)>0故fx)在(0，受)上阑递罐fz)-立+2ax≥0在区间（合，2）上恒成立，即2a≥单调递增，24)】25XKA·数学-QG*

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