- 函数的单调性与导数的关系
- 共10564题
当x＞0时，求证：x3≥3x-2．
正确答案
证明∵x3-3x+2=（x-1）2（x+2），
当x＞0时，2（x-1）2≥0，x+2＞0，
∴（x-1）2（x+2）≥0，
即x3-3x+2≥0，
∴x3≥3x-2．
解析
证明∵x3-3x+2=（x-1）2（x+2），
当x＞0时，2（x-1）2≥0，x+2＞0，
∴（x-1）2（x+2）≥0，
即x3-3x+2≥0，
∴x3≥3x-2．
已知函数f（x）=x3-ax在区间〔1，+∞〕内是单调函数，则a的最大值是（ ）
正确答案
解析
解：f′（x）=3x2-a，
∵函数f（x）=x3-ax在（1，+∞）上是单调增函数，
∴在（1，+∞）上，f′（x）＞0恒成立，
即a＜3x2在（1，+∞）上恒成立，
∴a≤3，
故选：A．
设函数f（x）=
（Ⅰ）求a、b的值，并求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设x≥0，求证：f（x）＞
正确答案
解：（Ⅰ）因为
而
所以
由
当x＞-1时，f′（x）＞0，当x＜-1且x≠-2时，f′（x）＜0；
故f（x）的单调增区间是（-1，+∞），减区间是（-∞，-2）和（-2，-1），
（Ⅱ）证明：所证不等式等价于
因为
记
g′（x）=ex-2x-2，
记u（x）=ex-2x-2，则u′（x）=ex-2，
由此可知，u（x）在（-∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增；
因为u（1）•u（2）＜0，u（-1）•u（0）＜0，
故g′（x）=0在（0，+∞）只有一个零点x1（1＜x1＜2），
且
所以g（x）在（0，x1）递减，在（x1，+∞）递增，
所以当x≥0时，
即
所以
即
故
解析
解：（Ⅰ）因为
而
所以
由
当x＞-1时，f′（x）＞0，当x＜-1且x≠-2时，f′（x）＜0；
故f（x）的单调增区间是（-1，+∞），减区间是（-∞，-2）和（-2，-1），
（Ⅱ）证明：所证不等式等价于
因为
记
g′（x）=ex-2x-2，
记u（x）=ex-2x-2，则u′（x）=ex-2，
由此可知，u（x）在（-∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增；
因为u（1）•u（2）＜0，u（-1）•u（0）＜0，
故g′（x）=0在（0，+∞）只有一个零点x1（1＜x1＜2），
且
所以g（x）在（0，x1）递减，在（x1，+∞）递增，
所以当x≥0时，
即
所以
即
故
函数f（x）=ex（x2-2x）的单调递减区间为______．
正确答案
解析
解：f′（x）=ex（x2-2x）+ex（2x-2）=ex（x2-2），
令f′（x）＜0得-
∴函数f（x）的单调递减区间为（-
故答案为：（-
已知函数f（x）=
（1）若f（x）的单调减区间是（0，1），求实数a的值；
（2）若函数f（x），g（x）在区间[1，2]上都为单调函数且它们的单调性相同，求实数a的取值范围；
（3）α，β是函数H（x）的两个极值点，α＜β，β∈（1，e]．求证：对任意的x1，x2∈[α，β]，不等式|H（x1）-H（x2）|＜1恒成立．
正确答案
解：（1）：由题意得f′（x）=
要使f（x）的单调递减区间是（0，1）
则f′（1）=0，解得：a=-1，
另一方面当a=-1时，f′（x）=
由f（x）＜0，解得x∈（0，1），即f（x）的单调递减区间是（0，1），
综上a=-1；
（2）g′（x）=a+1，f（x），g（x）在区间[1，2]上都为单调函数，且单调性相同，
∴f′（x）g′（x）=
∴（x2+a）（a+1）≥0，
∵-x2≤-1，∴a≤-x2或a＞-1，（a≠-1），又（-x2）min=-4，
∴a≤-4，或a＞-1；
（3）∵H′（x）=
∴x=1，或x=a，
又x2-（a+1）x+a=0有两个不等的正根α，β，且α＜β，β∈（1，e]，
∴α=1，β=a∈（0，e]，
∴x∈[α，β]时，H′（x）≤0，即H（x）在[α，β]上单调递减，
∴H（x）max=H（1），H（x）min=H（β），
则对∀x1，x2∈[α，β]，
|H（x1）-H（x2）|＜H（1）-H（β）=[
设h（x）=
则h′（x）=x-1-lnx，h″（x）=
当x∈（1，e]时，h′（x）＞0，
∴h′（x）在（1，e]上递增，
∴h′（x）＞h′（1）=0，
∴h（x）在（1，e]上递增，
∴h（a）≤h（e）=1，
∴对任意的x1，x2∈[α，β]，不等式|H（x1）-H（x2）|＜1恒成立．
解析
解：（1）：由题意得f′（x）=
要使f（x）的单调递减区间是（0，1）
则f′（1）=0，解得：a=-1，
另一方面当a=-1时，f′（x）=
由f（x）＜0，解得x∈（0，1），即f（x）的单调递减区间是（0，1），
综上a=-1；
（2）g′（x）=a+1，f（x），g（x）在区间[1，2]上都为单调函数，且单调性相同，
∴f′（x）g′（x）=
∴（x2+a）（a+1）≥0，
∵-x2≤-1，∴a≤-x2或a＞-1，（a≠-1），又（-x2）min=-4，
∴a≤-4，或a＞-1；
（3）∵H′（x）=
∴x=1，或x=a，
又x2-（a+1）x+a=0有两个不等的正根α，β，且α＜β，β∈（1，e]，
∴α=1，β=a∈（0，e]，
∴x∈[α，β]时，H′（x）≤0，即H（x）在[α，β]上单调递减，
∴H（x）max=H（1），H（x）min=H（β），
则对∀x1，x2∈[α，β]，
|H（x1）-H（x2）|＜H（1）-H（β）=[
设h（x）=
则h′（x）=x-1-lnx，h″（x）=
当x∈（1，e]时，h′（x）＞0，
∴h′（x）在（1，e]上递增，
∴h′（x）＞h′（1）=0，
∴h（x）在（1，e]上递增，
∴h（a）≤h（e）=1，
∴对任意的x1，x2∈[α，β]，不等式|H（x1）-H（x2）|＜1恒成立．
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