課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(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(dāng)f′(x)＜0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，從圖可知，當(dāng)x∈(－2，0)∪(2，＋∞)時(shí)，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?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1－2x＝x-2x．由f′(x)＜0，可得x∈(0，2)，故f(x)＝x－2ln(23．已知函數(shù)f(x)＝2x－sinx，則下列選項(xiàng)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?yàn)閏osx∈[－1，1]，所以f′(x)＝2－cosx＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)?.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(shí)數(shù)aA．12，3C．52，+∞B解析：f′(x)＝x－16x＝x+4x-4x(x＞0)，當(dāng)f′(x)≤0，解得0＜x≤4.由條件可知(2a－1，2a＋1)?(0，4]，所以2a-1≥0，2a+15．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(2)＝5，對(duì)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?yàn)間(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)＝lnxx2(0，e)解析：函數(shù)f(x)＝lnxx2的定義域?yàn)?0，＋∞)，則f′(x)＝1-2lnxx3．令f′(x)＞0，解得0＜x＜e7．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(shí)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≤12，所以實(shí)數(shù)8．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?yàn)閒(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)min9．(2024·六盤水模擬)已知冪函數(shù)f(x)＝(m－2)2xm2－6在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(1)求m的值；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或m＝3.當(dāng)m＝1時(shí)，f(x)＝x-5在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，不符合題意；當(dāng)m＝3時(shí)，f(x)＝x3在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，符合題意．綜上可得m＝3.(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：由(1)可知g(x)＝f(x)－x2－ax＝x3－x2－ax，則g′(x)＝3x2－2x－a.因?yàn)間(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=-a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(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；解：(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，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(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－0＝2(x－0)，即y＝2x.(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性，并寫出相應(yīng)的單調(diào)區(qū)間．解：因?yàn)閒′(x)＝ex－a，所以當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0恒成立，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增．當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna，所以x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，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(dāng)a＞0時(shí)，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，cA．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?yàn)閒′(x)＝－1x2＋1x＝x-1x2(x＞0)，所以當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．因?yàn)?＜32＜2＜e，所以f32＜f(2)＜f(e)，即23＋ln32＜1212．(多選題)(2024·臨沂模擬)函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2＋x－1恰有3個(gè)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?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ax3＋3x2＋x－1恰有3個(gè)單調(diào)區(qū)間，所以函數(shù)f′(x)＝3ax2＋6x＋1有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，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)＝ax313．函數(shù)f(x)＝x1x(x＞0)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，e)(或(0，e])解析：令g(x)＝ln(f(x))＝1xlnx，由復(fù)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-lnxx2＞14．已知函數(shù)f(x)＝2x－msinx在R上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是．m＜－2或m＞2解析：因?yàn)閒(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(diǎn)，即f′(x)在R上有變號(hào)零點(diǎn)，則2－mcosx＝0成立．當(dāng)cosx＝0時(shí)，2－mcosx＝0可化為2＝0，顯然不成立；當(dāng)cosx≠0時(shí)，m＝2cosx．因?yàn)閤∈R，－1≤cosx≤1，所以2cosx≤－2或2cosx≥2，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－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；解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝a1-x當(dāng)a＞0時(shí)，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(dāng)a＜0時(shí)，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(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－3為常函數(shù)，無單調(diào)區(qū)間．(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(diǎn)(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，對(duì)于任意的t∈[1，2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2·f'x+m2解：由(1)及題意得f′(2)＝－a2＝1，即a＝所以f(x)＝－2lnx＋2x－3，f′(x)＝2x-2x(x＞所以g(x)＝x3＋m2+2x2－2x，所以