课时跟踪检测（十四） 导数与函数单调性

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)11?4．选D f′(x)＝2x＋a－2，因为函数在??2，＋∞?上是增函数，所以f′(x)≥0在x

?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00，从而f′(x)>0； 当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<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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