课时跟踪检测(十四) 导数与函数单调性.doc

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，＋∞)　　　　　　 B．(－∞，0)
C．(－∞，0)和(0，＋∞) D．R
2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) 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，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则(　　)
A．a<b<c B．c<b<a
C．c<a<b D．b<c<a
4．若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则a的取值范围是(　　)
A．[－1,0] B．[－1，＋∞)
C．[0,3] D．[3，＋∞)
5．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0,2π)上的单调情况是________．
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，则实数a的值为________．
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
1．选A　函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋>0，故单调增区间是(0，＋∞)．
2．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，＋∞)．
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，因此有f(－1)<f(0)<f，
即有f(3)<f(0)<f，c<a<b.
4．选D　f′(x)＝2x＋a－，因为函数在上是增函数，所以f′(x)≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立，设g(x)＝－2x，
g′(x)＝－－2，令g′(x)＝－－2＝0，
得x＝－1，当x∈时，g′(x)<0，故g(x)max＝g＝4－1＝3，所以a≥3，故选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
6．解析：∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4，
∴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
7．解：(1)由题意得f′(x)＝，
又f′(1)＝＝0，故k＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝.
设h(x)＝－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－－<0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．
由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，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.
由f′(x)≥0，得a≤.
记t(x)＝，当x≥1时，t(x)是增函数，
∴t(x)min＝(1－1)＝0.∴a≤0.
(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.
令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝3.
当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：
x

－

3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值


∴f(x)的单调递增区间为，[3，＋∞)，
f(x)的单调递减区间为.
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，
结合g(x)的图像特征得
即a≥，所以a的取值范围是.
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；
f(0)＝－3<0，f(－1)＝－2<0，
f(－2)＝＋2>0，当x<－2时，f(x)>0，
∴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，＋∞)，
f′(x)＝＋2mx＝.
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∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)在 上单调递减．
综上所述，当m≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)依题意，设A(a，f(a))，B(b，f(b))，不妨设a>b>0，
则kAB＝>1恒成立，
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，
所以g′(x)＝＋2mx－1＝≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以2mx2－x＋1≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
即2m≥－＋＝－2＋对x∈(0，＋∞)恒成立，因此m≥.
故实数m的取值范围为.