（江苏专版）高考数学一轮复习 课时跟踪检测（十四）导数与函数的单调性 理（含解析）苏教版-苏教版高三全册数学试题.doc

课时跟踪检测（十四）导数与函数的单调性
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1．函数f(x)＝x－lnx的单调减区间为________．
解析：函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令f′(x)＜0，得0＜x＜1.
答案：(0,1)
2．(2018·启东中学检测)已知函数f(x)＝x－1－(e－1)lnx，其中e为自然对数的底数，则满足f(ex)＜0的x的取值范围为________．
解析：由f′(x)＝1－eq\f(e－1,x)＝0(x＞0)，得x＝e－1.
当x∈(0，e－1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(e－1，＋∞)时，函数f(x)单调递增．
又f(1)＝f(e)＝0,1＜e－1＜e，
所以由f(ex)＜0得1＜ex＜e，解得0＜x＜1.
答案：(0,1)
3．(2019·盐城中学检测)若函数f(x)＝eq\f(1,4)x＋eq\f(3－k,x)＋lnx在区间[1,2]上单调递增，则实数k的取值范围是________．
解析：∵函数f(x)＝eq\f(1,4)x＋eq\f(3－k,x)＋lnx在区间[1,2]上单调递增，
∴f′(x)＝eq\f(1,4)＋eq\f(k－3,x2)＋eq\f(1,x)≥0在[1,2]上恒成立，
∴k≥－eq\f(1,4)x2－x＋3，
∵y＝－eq\f(1,4)x2－x＋3在[1,2]上单调递减，
∴ymax＝－eq\f(1,4)－1＋3＝eq\f(7,4)，∴k≥eq\f(7,4).
答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，＋∞))
4．定义在R上的可导函数f(x)，已知y＝ef′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的增区间是________．
解析：由题意及题图知f′(x)≥0的区间是(－∞，2)，
故函数y＝f(x)的增区间是(－∞，2)．
答案：(－∞，2)

5．(2019·响水中学模拟)若函数f(x)＝ax3－3x在区间(－1，1)上为单调减函数，则a的取值范围是________．
解析：若函数f(x)＝ax3－3x在(－1,1)上为单调减函数，
则f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，即3ax2－3≤0在(－1,1)上恒成立，即ax2≤1在(－1,1)上恒成立．
若a≤0，满足条件．
若a＞0，则只要当x＝1或x＝－1时，满足条件即可，此时a≤1，即0＜a≤1.综上a≤1.
答案：(－∞，1]
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1．若幂函数f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．
解析：设幂函数f(x)＝xα，因为图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，所以eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)＜0，得－2＜x＜0，故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．
答案：(－2,0)
2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间为________．
解析：函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)＞0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex＞0，解得x＞2.
答案：(2，＋∞)
3．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－ax＋3a在区间[1,2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：因为f′(x)＝x2＋2x－a，且函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，所以f′(x)≥0在[1,2]上恒成立，所以a≤(x2＋2x)min＝3，所以a≤3.
答案：(－∞，3]
4．(2018·淮安期末)若函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx在其定义域内的一个子区间(a－2，a＋2)上不单调，则实数a的取值范围是________．
解析：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，故a－2≥0，解得a≥2，
而f′(x)＝x－eq\f(a,x)，令x－eq\f(a,x)＝0，解得x＝eq\r(a).
因为f(x)在(a－2，a＋2)上不单调，
所以a－2＜eq\r(a)＜a＋2，
解得0≤a＜