2015届高考数学大一轮复习课时训练14导数与函数单调性理苏教版

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＋elnx的单调递增区间为________．2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________．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12，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为____________．4．若函数f(x)＝x2＋ax＋1x在12，＋∞上是增函数，则a的取值范围是________．5．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．6．(2013·扬州期末)已知函数f(x)＝lnx＋2x，g(x)＝a(x2＋x)．(1)若a＝12，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围．7．(2013·苏锡常镇二调)已知函数f(x)＝|ax－2|＋blnx(x0，实数a，b为常数)．(1)若a＝1，f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，求b的取值范围；(2)若a≥2，b＝1，求方程f(x)＝1x在(0,1]上解的个数．第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2014·南通模拟)已知函数f(x)＝x2－2acoskπ·lnx(k∈N*，a∈R，且a0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若k＝204，关于x的方程f(x)＝2ax有唯一解，求a的值．2．(2014·南通、泰州、扬州一调)已知函数f(x)＝x＋sinx.(1)设P，Q是函数f(x)图像上相异的两点，证明：直线PQ的斜率大于0；(2)求实数a的取值范围，使不等式f(x)≥axcosx在0，π2上恒成立．3．(2014·苏北四市摸底)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝12x2－bx(b为常数)．(1)函数f(x)的图像在点(1，f(1))处的切线与g(x)的图像相切，求实数b的值；(2)设h(x)＝f(x)＋g(x)，若函数h(x)在定义域上存在单调减区间，求实数b的取值范围；(3)若b1，对于区间[1,2]上的任意两个不相等的实数x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)||g(x1)－g(x2)|成立，求实数b的取值范围．答案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解析：函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋ex0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)2．解析：∵f(x)＝(x－3)·ex，f′(x)＝ex(x－2)0，∴x2.∴f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)3．解析：依题意得，当x1时，f′(x)0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－10121，因此有f(－1)f(0)f12，即有f(3)f(0)f12，cab.答案：cab4．解析：f′(x)＝2x＋a－1x2，因为函数在12，＋∞上是增函数，所以f′(x)≥0在12，＋∞上恒成立，即a≥1x2－2x在12，＋∞上恒成立，设g(x)＝1x2－2x，g′(x)＝－2x3－2，令g′(x)＝－2x3－2＝0，得x＝－1，当x∈12，＋∞时，g′(x)0，故g(x)max＝g12＝4－1＝3，所以a≥3.答案：[3，＋∞)5．解：(1)对f(x)求导，得f′(x)＝3x2－2ax－3.由f′(x)≥0，得a≤32x－1x.记t(x)＝32x－1x，当x≥1时，t(x)是增函数，∴t(x)min＝32(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＝－13，x2＝3.当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x－∞，－13－13－13，33(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴f(x)的单调递增区间为－∞，－13，[3，＋∞)，f(x)的单调递减区间为－13，3.6．解：(1)若a＝12，则F(x)＝lnx＋2x－12x2－12x，其定义域是(0，＋∞)，则F′(x)＝1x＋2－x－12＝－2x＋1x－22x.令F′(x)＝0，得x＝2，x＝－12(舍去)．当0x2时，F′(x)0，函数单调递增；当x2时，F′(x)0，函数单调递减．即函数F(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，＋∞)．(2)设F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx＋2x－ax2－ax，则F′(x)＝－2x＋1ax－12x，当a≤0时，F′(x)≥0，F(x)单调递增，F(x)≤0不可能恒成立；当a0时，令F′(x)＝0，得x＝1a，x＝－12(舍去)．当0x1a时，F′(x)0，函数单调递增；当x1a时，F′(x)0，函数单调递减．故F(x)在(0，＋∞)上的最大值是F1a，依题意F1a≤0恒成立，即ln1a＋1a－1≤0.令g(a)＝ln1a＋1a－1，又g(x)单调递减，且g(1)＝0，故ln1a＋1a－1≤0成立的充要条件是a≥1，所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．7．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－2|＋blnx＝－x＋2＋blnx，0x2，x－2＋blnx，x≥2.①当0x2时，f(x)＝－x＋2＋blnx，f′(x)＝－1＋bx.由条件得－1＋bx≥0恒成立，即b≥x恒成立．所以b≥2；②当x≥2时，f(x)＝x－2＋blnx，f′(x)＝1＋bx.由条件得1＋bx≥0恒成立，即b≥－x恒成立．所以b≥－2.因为函数f(x)的图像在(0，＋∞)上不间断，综合①②得b的取值范围是[2，＋∞)．(2)令g(x)＝|ax－2|＋lnx－1x，即g(x)＝－ax＋2＋lnx－1x，0x2a，ax－2＋lnx－1x，x≥2a.当0x2a时，g(x)＝－ax＋2＋lnx－1x，g′(x)＝－a＋1x＋1x2.因为0x2a，所以1xa2，则g′(x)－a＋a2＋a24＝aa－24≥0，即g′(x)0，所以g(x)在0，2a上是单调增函数；当x2a时，g(x)＝ax－2＋lnx－1x，g′(x)＝a＋1x＋1x20，所以g(x)在2a，＋∞上是单调增函数．因为函数g(x)的图像在(0，＋∞)上不间断，所以g(x)在(0，＋∞)上是单调增函数．因为g2a＝ln2a－a2，而a≥2，所以ln2a≤0，则g2a0，g(1)＝|a－2|－1＝a－3.①当a≥3时，因为g(1)≥0，所以g(x)＝0在(0,1]上有唯一解，即方程f(x)＝1x解的个数为1；②当2≤a3时，因为g(1)0，所以g(x)＝0在(0,1]上无解，即方程f(x)＝1x解的个数为0.第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)由已知得x0且f′(x)＝2x－(－1)k·2ax.当k是奇数时，f′(x)0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当k是偶数时，则f′(x)＝2x－2ax＝2x＋ax－ax.所以当x∈(0，a)时，f′(x)0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)0.故当k是偶数时，f(x)在(0，a)上是单调减函数，在(a，＋∞)上是单调增函数．(2)若k＝2014，则f(x)＝x2－2alnx(k∈N*)．记g(x)＝f(x)－2ax＝x2－2alnx－2ax，则g′(x)＝2x－2ax－2a＝2x(x2－ax－a)．则方程f(x)＝2ax有唯一解，即g(x)＝0有唯一解．令g′(x)＝0，得x2－ax－a＝0.因为a0，x0，所以x1＝a－a2＋4a20(舍去)，x2＝a＋a2＋4a2.当x∈(0，x2)时，g′(x)0，g(x)在(0，x2)上是单调减函数；当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)0，g(x)在(x2，＋∞)上是单调增函数．当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)min＝g(x2)．因为g(x)＝0有唯一解，所以g(x2)＝0.则gx2＝0，g′x2＝0，即x22－2alnx2－2ax2＝0，x22－ax2－a＝0，两式相减得2alnx2＋ax2－a＝0，因为a0，所以2lnx2＋x2－1＝0.(*)设函数h(x)＝2lnx＋x－1.因为当x0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一个解．因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1.从而解得a＝12.2．解：(1)由题意，得f′(x)＝1＋cosx≥0.所以函数f(x)＝x＋sinx在R上单调递增．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1≠x2，则y1－y2x1－x20，即kPQ0.所以直线PQ的斜率大于0.(2)当a≤0时，x∈0，π2，则f(x)＝x＋sinx≥0≥axcosx恒成立，所以a≤0；当a0时，令g(x)＝f(x)－axcosx＝x＋sinx－axcosx，则g′(x)＝1＋cosx－a(cosx－xsinx)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx.①当1－a≥0，即0a≤1时，g′(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx0，所以g(x)在0，π2上为单调增函数．所以g(x)≥g(0)＝0＋sin0－a·0·cos0＝0，符合题意．所以0a≤1；②当1－a0，即a1时，令h(x)＝g′(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx，于是h′(x)＝(2a－1)sinx＋axcosx.因为a1，所以2a－10，从而h′(x)≥0.所以h(x)在0，π2上为单调增函数．所以h(0)≤h(x)≤hπ2，即2－a≤h(x)≤π2a＋1，即2－a≤g′(x)≤π2a＋1.(ⅰ)当2－a≥0，即1a≤2时，g′(x)≥0，所以g(x)在0，π2上为单调增函数．于是g(x)≥g(0)＝0，符合题意．所以1a≤2；(ⅱ)当2－a0，即a2时，存在x0∈0，π2，使得当x∈(0，x0)时，有g′(x)0，此时g(x)在(0，x0)上为单调减函数，从而g(x)g(0)＝0，不能使g(x)0恒成立．综上所述，实数a的取值范围为(－∞，2]．3．解：(1)因为f(x)＝lnx，所以f′(x)＝1x，因此f′(1)＝1，所以函数f(x)的图像在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.由y＝x－1，y＝12x2－bx消去y，得x2－2(b＋1)x＋2＝0.所以Δ＝4(b＋1)2－8＝0，解得b＝－1±2.(2)因为h(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋12x2－bx(x0)，所以h′(x)＝1x＋x－b＝x2－bx＋1x.由题意知，h′(x)0在(0，＋∞)上有解．因为x0，设u(x)＝x2－bx＋1，则u(0)＝10，所以b20，－b2－40，解得b2.所以实数b的取值范围是(2，＋∞)．(3)不妨设x1x2.因为函数f(x)＝lnx在区间[1,2]上是增函数，所以f(x1)f(x2)，函数g(x)图像的对称轴为直线x＝b，且b1.(ⅰ)当b≥2时，函数g(x)在区间[1,2]上是减函数，所以g(x1)g(x2)，所以|f(x1)－f(x2)||g(x1)－g(x2)|等价于f(x1)－f(x2)g(x2)－g(x1)，即f(x1)＋g(x1)f(x2)＋g(x2)，等价于h(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋12x2－bx(x0)在区间[1,2]上是增函数，即等价于h′(x)＝1x＋x－b≥0在区间[1,2]上恒成立，亦等价于b≤x＋1x在区间[1,2]上恒成立，所以b≤2.又b≥2，所以b＝2；(ⅱ)当1b2时，函数g(x)在区间[1，b]上是减函数，