导数与函数的单调性练习题

2b∴x＜－，或x＞0.

3a2b??∴在?－∞，－?，(0，＋∞)上时，函数为减函数． 3a??

exa?是R上的偶函数，27 设a?0,f(x)?（1）求a的值；（2）证明f(x)在（0，+?）aex上是增函数。

e?xa1??x?x?aex 解：（1）依题意，对一切x?R，有f(?x)?f(x)，即aeae1x11x1即(a?)(e?x)?0，所以对一切x?R,(a?)(e?x)?0恒成立

aaee112x由于e?x不恒为0，所以a??0，即a?1，又因为a?0，所以a?1

aex?xx?x?x2x（2）证明：由f(x)?e?e，得f?(x)?e?e?e(e?1)

?x2x当x?(0,??)时，有e(e?1)?0，此时f?(x)?0 ，所以f(x)在（0，+?）内

是增函数

1

28．求证：方程x－sinx＝0只有一个根x＝0.

2

1

[证明] 设f(x)＝x－sinx，x∈(－∞，＋∞)，

21

则f′(x)＝1－cosx＞0，

2

∴f(x)在(－∞，＋∞)上是单调递增函数． 而当x＝0时，f(x)＝0，

1

∴方程x－sinx＝0有唯一的根x＝0.

2

29已知f(x)=x+c,且f［f(x)］=f(x+1)

(1)设g(x)=f［f(x)］,求g(x)的解析式；

(2)设φ(x)=g(x)－λf(x),试问：是否存在实数λ,使φ(x)在(－∞,－1)内为减函数，且在

(－1，0)内是增函数.

222

解：(1)由题意得f［f(x)］=f(x+c)=(x+c)+c f(x2+1)=(x2+1)2+c,∵f［f(x)］=f(x2+1)

2222

∴(x+c)+c=(x+1)+c, 22

∴x+c=x+1,∴c=1

2222

∴f(x)=x+1,g(x)=f［f(x)］=f(x+1)=(x+1)+1

42

(2)φ(x)=g(x)－λf(x)=x+(2－λ)x+(2－λ)

3

若满足条件的λ存在，则φ′(x)=4x+2(2－λ)x ∵函数φ(x)在(－∞,－1)上是减函数， ∴当x＜－1时，φ′(x)＜0

3

即4x+2(2－λ)x＜0对于x∈(－∞,－1)恒成立

2

∴2(2－λ)＞－4x,

2

∵x＜－1,∴－4x＜－4

2

2

∴2(2－λ)≥－4,解得λ≤4

又函数φ(x)在(－1,0)上是增函数 ∴当－1＜x＜0时，φ′(x)＞0

2

即4x+2(2－λ)x＞0对于x∈(－1,0)恒成立

2

∴2(2－λ)＜－4x,

2

∵－1＜x＜0,∴－4＜4x＜0 ∴2(2－λ)≤－4,解得λ≥4

故当λ=4时，φ(x)在(－∞,－1)上是减函数，在(－1,0)上是增函数，即满足条件的

λ存在.

课外延伸题：

30．方程x－3x+c=0在［0，1］上至多有_______个实数根

322

答案：1 解析．设f（x）=x－3x+c，则f?（x）=3x－3=3（x－1）． 当x∈（0，1）时，f?（x）<0恒成立． ∴f（x）在（0，1）上单调递减．

∴f（x）的图象与x轴最多有一个交点．

3

因此方程x－3x+c=0在［0，1）上至多有一实根．

3

31．若函数f(x)＝x－3x＋a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．

答案：－2

∴f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上递增，在(－1,1)上递减，

??f(－1)>0∴?

?f(1)<0?

2

3

，∴－2

32.(2010湖北黄冈中学模拟，19)已知定义域为［0，1］的函数f(x)同时满足：①对于任意的x∈［0，1］，总有f(x)≥0;②f(1)=1;③若x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1,则有f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2).(1)求f(0)的值；（2）求f(x)的最大值.

解析：(1)对于条件③，令x1=x2=0得f(0)≤0，又由条件①知f(0)≥0，故f(0)=0. (2)设0≤x1

∴f(x2)-f(x1)=f［(x2-x1)+x1］-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-f(x1)=f(x2-x1)≥0.

即f(x2)≥f(x1),故f(x)在［0，1］上是单调递增，从而f(x)的最大值是f(1)=1. 33.已知函数f(x)=(

xn22

-1)+(-1)的定义域为［m,n)且1≤m

（2）证明：对任意x1、x2∈［m,n］,不等式|f(x1)-f(x2)|<1恒成立.

x2n22x2nxn22

?（1）解析：解法一：∵f(x)=(-1)+(-1)=2?2?+2, mxmxmx∴ f

′

2x2n222n22422322

(x)=2?3??2?23·(x-mn-mx+mnx)=23(x-mx+mn)(x+mn)(x-mxmxmxmxmn).

22

∵1≤m≤x0,x-mx+mn=x(x-m)+mn>0,x+mn>0.

mx令f′(x)=0,得x=mn，

①当x∈［m,mn］时，f′(x)<0; ②当x∈［mn，n］时，f′(x)>0.

∴f(x)在［m,mn］内为减函数，在［mn，n）为内增函数. 解法二：由题设可得

xn2n?-1）2-+1. mxmxn令t=?.

mxf(x)=（

∵1≤m

nxn>2. ?≥2,mmx1n令t′=?2=0,得x=mn.

mx∴t=

当x∈［m,mn］,t′<0;当x∈(mn,n)时，t′>0.∴t=

2

是减函数，在［mn，n］内是增函数.∵函数y=(t-1)-

xn?在［m,mn］内mx2n+1在［1，+∞］上是增函数，mn2

-1),最大值m∴函数f(x)在［m, mn］内是减函数，在［mn，n］内是增函数.

（2）证明：由（1）可知，f(x)在［m,n］上的最小值为f(mn)=2(为f(m)=(

n2

-1). mnnnn2n22

-1)-2(-1)=()-4·+4-1.

mmmmm对任意x1、x2∈［m,n］,|f(x1)-f(x2)|≤(令u=

n42

,h(u)=u-4u+4u-1. mn2.∵h′≤2,即1

m5?15?13

(u)=4u-8u+4=4(u-1)(u-)(u+)>0, 22∴h(u)在(1,2)上是增函数.∴h(u)≤h(2)=4-8+42-1=42-5<1.

∵1≤m

高考链接题：

34．(2009·广东文，8)函数f(x)＝(x－3)e的单调递增区间是( )

A．(－∞，2)

D．(2，＋∞)

[答案] D [解析] 考查导数的简单应用．

B．(0,3) C．(1,4)

xf′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故选D.

35．(2010·新课标全国文)设函数f(x)＝x(e－1)－ax.

x2

1

(1)若a＝，求f(x)的单调区间；

2

(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围． 112x[解析] (1)a＝时，f(x)＝x(e－1)－x，

22

f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．

当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，

f′(x)>0.

故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上单调递增，在[－1,0]上单调递减． (2)f(x)＝x(e－1－ax)．

令g(x)＝e－1－ax，则g′(x)＝e－a.

若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时g(x)≥0，即f(x)≥0.

当a>1，则当x∈(0，lna)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，从而当x∈(0，lna)时g(x)<0，即f(x)<0.

综合得a的取值范围为(－∞，1]．

xxxex36.（2009江西）设函数f(x)?

x（1） （2）

求函数f(x)的单调区间；

若k?0，求不等式f(x)?k(1?x)f(x)?0的解集．

解： (1) f(x)??'1x1xx?1xe?e?2e, 由f'(x)?0,得 x?1 2xxx'''因为 当x?0时,f(x)?0； 当0?x?1时,f(x)?0； 当x?1时,f(x)?0； 所以f(x)的单调增区间是:[1,??)； 单调减区间是: (??,0)，(0,1].

''x?1?kx?kx2x(x?1)(?kx?1)xe?(2) 由 f(x)?k(1?x)f(x)?e?0,

x2x2得：(x?1)(kx?1)?0.

1故：当 0?k?1时, 解集是：{x1?x?}；

k当 k?1时，解集是： ?；

1当 k?1时, 解集是：{x?x?1}

k