课时跟踪检测(十四) 导数与函数单调性
更新时间:2024-01-04 10:26:01 阅读量: 教育文库 文档下载
课时跟踪检测(十四) 导数与函数单调性
(分Ⅰ、Ⅱ卷,共2页)
第Ⅰ卷:夯基保分卷
1.函数f(x)=x+eln x的单调递增区间为( ) A.(0,+∞) C.(-∞,0)和(0,+∞)
B.(-∞,0) D.R
2.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是( ) A.(-∞,2) C.(1,4)
B.(0,3) D.(2,+∞)
3.函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2-x),且当x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,1?设a=f(0),b=f??2?,c=f(3),则( )
A.aB.c11
,+∞?上是增函数,则a的取值范围是( ) 4.若函数f(x)=x2+ax+在?2?x?A.[-1,0] C.[0,3]
B.[-1,+∞) D.[3,+∞)
5.函数f(x)=1+x-sin x在(0,2π)上的单调情况是________.
13
6.(2014·河南省三市调研)若函数f(x)=x3-x2+ax+4恰在[-1,4]上单调递减,则实
32数a的值为________.
ln x+k
7.(2014·武汉武昌区联考)已知函数f(x)=(k为常数,e是自然对数的底数),曲
ex线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.
(1)求k的值; (2)求f(x)的单调区间.
8.已知函数f(x)=x3-ax2-3x.
(1)若f(x)在[1,+∞)上是增函数,求实数a的取值范围; (2)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间.
第Ⅱ卷:提能增分卷
1.已知函数f(x)=(x2-ax)ex(x∈R),a为实数. (1)当a=0时,求函数f(x)的单调增区间;
(2)若f(x)在闭区间[-1,1]上为减函数,求a的取值范围.
2.(2014·深圳第一次调研)已知函数f(x)=ax+x2-xln a-b(a,b∈R,a>1),e是自然对数的底数.
(1)试判断函数f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;
(2)当a=e,b=4时,求整数k的值,使得函数f(x)在区间(k,k+1)上存在零点.
3.(2014·石家庄质检)已知函数f(x)=ln x+mx2(m∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若A,B是函数f(x)图像上不同的两点,且直线AB的斜率恒大于1,求实数m的取值范围.
答 案
第Ⅰ卷:夯基保分卷
e
1.选A 函数定义域为(0,+∞),f′(x)=1+>0,故单调增区间是(0,+∞).
x2.选D ∵f(x)=(x-3)·ex, f′(x)=ex(x-2)>0,∴x>2. ∴f(x)的单调递增区间为(2,+∞).
1
3.选C 依题意得,当x<1时,f′(x)>0,f(x)为增函数;又f(3)=f(-1),且-1<0<<1,
21?因此有f(-1) 1?即有f(3) ?1,+∞?上恒成立,即a≥12-2x在?1,+∞?上恒成立,设g(x)=12-2x, ?2??2?xx 22 g′(x)=-3-2,令g′(x)=-3-2=0, xx 11 ,+∞?时,g′(x)<0,故g(x)max=g??=4-1=3,所以a≥3,故得x=-1,当x∈??2??2?选D. 5.解析:在(0,2π)上有f′(x)=1-cos x>0, 所以f(x)在(0,2π)上单调递增. 答案:单调递增 13 6.解析:∵f(x)=x3-x2+ax+4, 32 ∴f′(x)=x2-3x+a,又函数f(x)恰在[-1,4]上单调递减,∴-1,4是f′(x)=0的两根,∴a=(-1)×4=-4. 答案:-4 1 -ln x-kx 7.解:(1)由题意得f′(x)=, ex1-k 又f′(1)==0,故k=1. e1 -ln x-1x (2)由(1)知,f′(x)=. ex111 设h(x)=-ln x-1(x>0),则h′(x)=-2-<0,即h(x)在(0,+∞)上是减函数. xxx由h(1)=0知,当0 综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞). 8.解:(1)对f(x)求导, 得f′(x)=3x2-2ax-3. 13 x-?. 由f′(x)≥0,得a≤?2?x? 13 x-?,当x≥1时,t(x)是增函数, 记t(x)=?2?x?3 ∴t(x)min=(1-1)=0.∴a≤0. 2(2)由题意,得f′(3)=0, 即27-6a-3=0,∴a=4. ∴f(x)=x3-4x2-3x, f′(x)=3x2-8x-3. 1 令f′(x)=0,得x1=-,x2=3. 3 当x变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) ?-∞,-1? 3??+ 1- 30 极大值 ?-1,3? ?3?- 3 0 极小值 (3,+∞) + 1 -∞,-?,[3,+∞), ∴f(x)的单调递增区间为?3??1 -,3?. f(x)的单调递减区间为??3?第Ⅱ卷:提能增分卷 1.解:(1)当a=0时,f(x)=x2ex,f′(x)=2xex+x2ex=(x2+2x)ex,由f′(x)>0?x>0或x<-2,故f(x)的单调增区间为(0,+∞)和(-∞,-2). (2)由f(x)=(x2-ax)ex,x∈R ?f′(x)=(2x-a)ex+(x2-ax)ex=[x2+(2-a)x-a]ex. 记g(x)=x2+(2-a)x-a, 依题意,x∈[-1,1]时,g(x)≤0恒成立, ??g?1?=3-2a≤0, 结合g(x)的图像特征得? ??g?-1?=-1≤0, 33?即a≥,所以a的取值范围是??2,+∞?. 2 2.解:(1)f′(x)=axln a+2x-ln a=2x+(ax-1)ln a. ∵a>1,∴当x∈(0,+∞)时,ln a>0, ax-1>0, ∴f′(x)>0, ∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)∵f(x)=ex+x2-x-4,∴f′(x)=ex+2x-1,∴f′(0)=0,当x>0时,ex>1, ∴f′(x)>0, ∴f(x)是(0,+∞)上的增函数; 同理,f(x)是(-∞,0)上的减函数. 又f(0)=-3<0,f(1)=e-4<0, f(2)=e2-2>0,当x>2时,f(x)>0, ∴当x>0时,函数f(x)的零点在(1,2)内, ∴k=1满足条件; 1 f(0)=-3<0,f(-1)=-2<0, e1 f(-2)=2+2>0,当x<-2时,f(x)>0, e ∴当x<0时,函数f(x)的零点在(-2,-1)内,∴k=-2满足条件. 综上所述,k=1或-2. 3.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞), 1+2mx21 f′(x)=+2mx=. xx 当m≥0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当m<0时,由f′(x)=0得x= 当x∈?0, 1-. 2m - 1? 上单调递增; 2m? ?? 1?时,f′(x)>0,f(x)在?0, -2m?? 当x∈? 1??-,+∞时,f′(x)<0,f(x)在 2m??1?-,+∞上单调递减. 2m? 综上所述,当m≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当m<0时,f(x)在?0, ? 1? 上单调递增,在?-2m??1?-,+∞上单调递减. 2m? (2)依题意,设A(a,f(a)),B(b,f(b)),不妨设a>b>0, 则kAB= f?a?-f?b? >1恒成立, a-b 即f(a)-f(b)>a-b恒成立, 即f(a)-a>f(b)-b恒成立, 令g(x)=f(x)-x=ln x+mx2-x, 则g(x)在(0,+∞)上为增函数, 2mx2-x+11 所以g′(x)=+2mx-1=≥0对x∈(0,+∞)恒成立, xx所以2mx2-x+1≥0对x∈(0,+∞)恒成立, 11?21111 -+对x∈(0,+∞)恒成立,因此m≥. 即2m≥-2+=-??x2?4xx81 ,+∞?. 故实数m的取值范围为??8?
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