导数与函数的单调性练习题

基础巩固题：

1.函数f(x)=

ax1在区间（-2，+∞）上为增函数，那么实数a的取值范围为（ ） x2111 > >-2

22212a1答案：C 解析：∵f(x)=a+在(-2,+∞)递增，∴1-2a<0,即a>.

x22A．a≥0 B．a<－4 C．a≥0或a≤－4 D．a>0或a<－4

a

答案：C解析：∵f′(x)＝2x＋2＋x，f(x)在(0,1)上单调， ∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(0,1)上恒

2．已知函数f(x)＝x2＋2x＋alnx，若函数f(x)在(0,1)上单调，则实数a的取值范围是( )

成立，即2x2＋2x＋a≥0或2x2＋2x＋a≤0在(0,1)上恒成立， 所以a≥－(2x2＋2x)或a≤－(2x2＋2x)在(0,1)上恒成立．记g(x)＝－(2x2＋2x),09

3．函数f(x)＝x＋x的单调区间为________．

9x2－9

答案：(－3,0)，(0,3) 解析：f′(x)＝1－x2＝x2，令f′(x)<0，解得－3234 函数yxx的单调增区间为 ，单调减区间为___________________

答案：(0,) ； (,0),(,) 解析： y3x2x0,x0,或x5．确定下列函数的单调区间:(1)y=x3－9x2+24x (2)y=3x－x3 (1)解：y′=(x3－9x2+24x)′=3x2－18x+24=3(x－2)(x－4) 令3(x－2)(x－4)＞0，解得x＞4或x＜2.

∴y=x3－9x2+24x的单调增区间是(4，+∞)和(－∞，2) 令3(x－2)(x－4)＜0，解得2＜x＜4

.∴y=x3－9x2+24x的单调减区间是(2，4)

(2)解：y′=(3x－x3)′=3－3x2=－3(x2－1)=－3(x+1)(x－1) 令－3(x+1)(x－1)＞0，解得－1＜x＜1. …

∴y=3x－x3的单调增区间是(－1，1).

令－3(x+1)(x－1)＜0，解得x＞1或x＜－1.

∴y=3x－x3的单调减区间是(－∞，－1)和(1，+∞) 6．函数y＝ln(x2－x－2)的单调递减区间为__________．

2323'22 3[答案] (－∞，－1) [解析] 函数y＝ln(x2－x－2)的定义域为(2，＋∞)∪(－∞，－1)，1

令f(x)＝x2－x－2，f′(x)＝2x－1<0，得x<2，

∴函数y＝ln(x2－x－2)的单调减区间为(－∞，－1)

1

7．已知y＝3x3＋bx2＋(b＋2)x＋3在R上不是单调增函数，则b的范围为________．

[答案] b<－1或b>2 [解析] 若y′＝x2＋2bx＋b＋2≥0恒成立，则Δ＝4b2－4(b＋2)≤0，∴－1≤b≤2，由题意b＜－1或b＞2.

8.已知x∈R,求证：ex≥x+1．

证明:设f（x）=ex－x－1,则f′（x）=ex－1． |

∴当x=0时，f′（x）=0,f（x）=0．

当x＞0时，f′（x）＞0,∴f（x）在（0,+∞）上是增函数．∴f（x）＞f（0）=0． 当x＜0时，f′（x）＜0,f（x）在（－∞,0）上是减函数，∴f（x）＞f（0）=0．

19．已知函数y=x+，试讨论出此函数的单调区间.

x2x1(x1)(x1)(x1)(x1)1－

解：y′=(x+)′=1－1·x2= 令＞0. 解得xx2x2xx2(x1)(x1)1＞1或x＜－1.∴y=x+的单调增区间;是(－∞，－1)和(1，+∞).令＜0，解得2xx1－1＜x＜0或0＜x＜1. ∴y=x+的单调减区间是(－1，0)和(0，1)

x10．已知函数f(x)xbxcxd的图象过点P（0，2），且在点M（－1，f（－1））处的切线方程为6xy70．（Ⅰ）求函数y=f(x)的解析式；（Ⅱ）求函数y=f(x)的单调区间． 解：（Ⅰ）由f(x)的图象经过P（0，2），知d=2， 所以f(x)x3bx2cx2, f(x)3x22bxc.

由在M(-1,f(-1))处的切线方程是6xy70， 知6f(1)70,即f(1)1,f(1)6. 32bc6,2bc3,即1bc21.bc0, 解得bc3.32、

故所求的解析式是 f(x)x33x23x2. （Ⅱ）f(x)3x26x3.令3x26x30,

即x22x10. 解得 x112,x212.

当x12,或x12时,f(x)0; 当12x12时,f(x)0.

故f(x)在(,12)内是增函数，在(12,12)内是减函数，在(12,)内是增函数． 点拨：本题考查函数的单调性、导数的应用等知识，考查运用数学知识分析问题和解决问题的能力．

11.已知函数f(x)=x3-x2+bx+c.(1)若f(x)在（-∞，+∞）上是增函数，求b的取值范围; 解 （1）f(x)=3x2-x+b,因f(x)在（-∞，+∞）上是增函数，则f(x)≥0.即3x2-x+b≥0,

∴b≥x-3x2在（-∞，+∞）恒成立.设g(x)=x-3x2.当x=时，g(x)max=

/

12

12.已知函数f(x)=x(x-1)(x-a)在（2，+∞）上是增函数，试确定实数a的取值范围.

解 f(x)=x(x-1)(x-a)=x3-(a+1)x2+ax∴f(x)=3x2-2(a+1)x+a要使函数f(x)=x(x-1)(x-a)在（2,+∞)上是增函数，只需f(x)=3x2-2(a+1)x+a在（2，+∞）上满足f(x)≥0即可. ∵f(x)=3x2-2(a+1)x+a

1611,∴b≥. 1212的对称轴是x=

a1,3

a1a122883∴a的取值应满足：3或解得:a≤.∴a的取值范围是a≤.

33f(2)0f(a1)0313．已知函数 f(x)4xax范围．

'2223x(xR)在区间1,1上是增函数，求实数a的取值3'解：f(x)42ax2x，因为fx在区间1,1上是增函数，所以f(x)0对

x1,1恒成立，即x2ax20对x1,1恒成立，解之得：1a1

所以实数a的取值范围为1,1．

点拨：已知函数的单调性求参数的取值范围是一种常见的题型，常利用导数与函数单调性关系：即“若函数单调递增，则f(x)0；若函数单调递减，则f(x)0”来求解，注意此时公式中的等号不能省略，否则漏解．

14.已知函数f(x)xbxaxd的图象过点P（0，2），且在点M（－1，f(1)）处的切线方程6xy70，（1）求函数yf(x)的解析式；（2）求函数yf(x)的单调区间。

解：（1）由f(x)的图象经过P（0，2），知d2，所以f(x)xbxcx2，

3232''f(x)3x22bxc 由在点M（1,f(1)）处的切线方程为6xy70

（

∴ f(1)1,f(1)6 即 ∴ 3232bc6 解得bc3

1bc212,x212

故所求的解析式是f(x)x3x3x2

22（2）f(x)3x6x3 令3x6x30，解得x11当x12或x1322时，f(x)0

2)内是增函数，在(12,12)内是减函数

当12x12时，f(x)0 故f(x)x3x2在(,1在(12,)内是增函数

点拨：本题考查函数的单调性、导数的应用等知识，考查运用数学知识分析问题和解决问题的能力．

2x－b

15．已知函数f(x)＝，求导函数f ′(x)，并确定f(x)的单调区间．

(x－1)2

2(x－1)2－(2x－b)·2(x－1)

解析：f ′(x)＝＝

(x－1)4

！

－2x＋2b－22[x－(b－1)]

＝－

(x－1)3(x－1)3

令f ′(x)＝0，得x＝b－1且x≠1.

当b－1＜1，即b＜2时，f ′(x)的变化情况如下表： x (－∞，b－1) b－1 (b－1,1) (1，＋∞) 、 f ′(x) － ＋ － 0 当b－1＞1，即b＞2时，f ′(x)的变化情况如下表： (－∞，1) (1，b－1) b－1 (b－1，＋∞) ， f ′(x) 0 ＋ － － 所以，当b＜2时，函数f(x)在(－∞，b－1)上单调递减，在(b－1,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

当b＞2时，函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，b－1)上单调递增，在(b－1，＋∞)上单调递减．

2

当b－1＝1，即b＝2时，f(x)＝，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)

x－1

上单调递减．

x 强化提高题：

16．设f(x)、g(x)是R上的可导函数，f′(x)，g′(x)分别为f(x)、g(x)的导函数，且满足f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当af(b)g(x) B．f(x)g(a)>f(a)g(x) 】

C．f(x)g(x)>f(b)g(b) D．f(x)g(x)>f(b)g(a)

答案：C解析：令y＝f(x)·g(x)，则y′＝f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)，由于f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<0，所以y在R上单调递减，又xf(b)g(b)．

17．若函数y＝x3－ax2＋4在(0,2)内单调递减，则实数a的取值范围是____________．

[答案] [3，＋∞)[解析] y′＝3x2－2ax，由题意知3x2－2ax<0在区间(0,2)内恒成立， 3

即a>2x在区间(0,2)上恒成立，∴a≥3.

18．已知函数f(x)＝ax－lnx，若f(x)＞1在区间(1，＋∞)内恒成立，实数a的取值范围为________．

1＋lnx

[答案] a≥1[解析] 由已知a＞x在区间(1，＋∞)内恒成立．

1＋lnx1＋lnxlnx

设g(x)＝x，则g′(x)＝－x2＜0 (x＞1)，∴g(x)＝x在区间(1，＋∞)内单调递减，∴g(x)＜g(1)， ∵g(1)＝1， ∴

－

1＋lnx

x＜1在区间(1，＋∞)内恒成立， ∴a≥1.

19．函数y＝x2ex的单调递增区间是________．

－

答案：(0,2)解析：y′＝(2x－x2)ex＞0⇔0＜x＜2，故选填(0,2)． ~

3220 若f(x)axbxcxd(a0)在R增函数，则a,b,c的关系式为是_______________

2'2答案：a0,且b3ac 解析： f(x)3ax2bxc0恒成立，则

a0,a0,且b23ac 24b12ac043

x+bx有三个单调区间，则b的取值范围是________． 3答案：b>0 解析： y′=－4x2+b，若y′值有正、有负，则b>0．

22.定义在R上的奇函数f(x)在［-a,-b］(a>b>0)上是减函数且f(-b)>0,判断F（x）=［f(x)］2在［b,a］上的单调性并证明你的结论. 21．若函数y=－

、

23．设函数f(x)＝x3－3ax2＋3bx的图象与直线12x＋y－1＝0相切于点(1，－11)．

(1)求a、b的值；(2)讨论函数f(x)的单调性． [解析] (1)求导得f′(x)＝3x2－6ax＋3b.

解析：设b≤x1-x2≥-a. ∵f(x)在［-a,-b］上是减函数,∴022

则f(x2)由于f(x)的图象与直线12x＋y－1＝0相切于点(1，－11)，所以f(1)＝－11，f′(1)＝－12，

1－3a＋3b＝－11即，解得a＝1，b＝－3. 3－6a＋3b＝－12

(2)由a＝1，b＝－3 得f′(x)＝3x2－6ax＋3b＝3(x2－2x－3)＝3(x＋1)(x－3)．

令f′(x)>0，解得x<－1或x>3；又令f′(x)<0，解得－1当x∈(3，＋∞)时，f(x)也是增函数；当x∈(－1,3)时，f(x)是减函数．

1124．若函数f(x)x3ax2(a1)x1在区间(1,4)内为减函数，在区间(6,)32上为增函数，试求实数a的取值范围．

解：f(x)x2axa1(x1)[x(a1)]， ~

令f(x)0得x1或xa1，

∴当x(1,4)时，f(x)0，当x(6,)时，f(x)0， ∴4a16，∴5a7．

25.设函数f(x)=x+

a(a>0).(1)求函数在（0，+∞）上的单调区间，并证明之；（2）若函数f(x)x在［a-2,+∞］上递增，求a的取值范围.

解析：（1）f(x)在(0,+∞)上的增区间为［a,+∞］，减区间为（0，a）.

a,当x∈［a,+∞］时， 2x∴f′(x)>0,当x∈（0，a）时，f′(x)<0.

证明：∵f′(x)=1-即f(x)在［a+∞］上单调递增，在（0，a）上单调递减.（或者用定义证） （2［）a-2,+∞］为［a，+∞］的子区间，所以a-2≥aa-a-2≥0(a+1)( ≥0a-2≥0a≥4. ;

b

26．已知函数y＝ax与y＝－x在(0，＋∞)上都是减函数，试确定函数y＝ax3＋bx2＋5的单调区间．

b

解析： 可先由函数y＝ax与y＝－x的单调性确定a、b的取值范围，再根据a、b的取值范围去确定y＝ax3＋bx2＋5的单调区间．

a-2)

b

[解] ∵函数y＝ax与y＝－x在(0，＋∞)上都是减函数，∴a＜0，b＜0. 由y＝ax3＋bx2＋5得y′＝3ax2＋2bx. 2b

令y′＞0，得3ax2＋2bx＞0，∴－3a＜x＜0.

2b∴当x∈－3a，0时，函数为增函数． 

令y′＜0，即3ax2＋2bx＜0， 2b

∴x＜－3a，或x＞0.

2b∴在－∞，－3a，(0，＋∞)上时，函数为减函数．



exax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，+）ae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－2sinx＝0只有一个根x＝0.

1

[证明] 设f(x)＝x－2sinx，x∈(－∞，＋∞)， 1

则f′(x)＝1－2cosx＞0，

∴f(x)在(－∞，＋∞)上是单调递增函数． 而当x＝0时，f(x)＝0，

^

1

∴方程x－2sinx＝0有唯一的根x＝0.

29已知f(x)=x2+c,且f［f(x)］=f(x2+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.

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

,

∴(x2+c)2+c=(x2+1)2+c, ∴x2+c=x2+1,∴c=1

∴f(x)=x2+1,g(x)=f［f(x)］=f(x2+1)=(x2+1)2+1 (2)φ(x)=g(x)－λf(x)=x4+(2－λ)x2+(2－λ)

若满足条件的λ存在，则φ′(x)=4x3+2(2－λ)x ∵函数φ(x)在(－∞,－1)上是减函数， ∴当x＜－1时，φ′(x)＜0

即4x3+2(2－λ)x＜0对于x∈(－∞,－1)恒成立 ∴2(2－λ)＞－4x2, ∵x＜－1,∴－4x2＜－4 ∴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

即4x2+2(2－λ)x＞0对于x∈(－1,0)恒成立 ∴2(2－λ)＜－4x2,

∵－1＜x＜0,∴－4＜4x2＜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x3－3x+c=0在［0，1］上至多有_______个实数根

答案：1 解析．设f（x）=x3－3x+c，则f（x）=3x2－3=3（x2－1）． 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．

因此方程x3－3x+c=0在［0，1）上至多有一实根．

31．若函数f(x)＝x3－3x＋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∴，∴－232.(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)=(

x2n2

-1)+(-1)的定义域为［m,n)且1≤mx2n2x2n22x2n（1）解析：解法一：∵f(x)=(-1)+(-1)=22+2, mxmxmx∴ f

′

2x2n222n22(x)=23223·(x4-m2n2-mx3+m2nx)=23(x2-mx+mn)(x+

mxmxmxmxmn).

2∵1≤m≤x0,x2-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

mn)(x-

xn2n+1. -1）2-mxmxn令t=.

mxf(x)=（

∵1≤mnxn>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=函数，在［mn，n］内是增函数.∵函数y=(t-1)2-f(x)在［m,

xn在［m,mn］内是减mx2n+1在［1，+∞］上是增函数，∴函数mn-1)2,最大值为mmn］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(f(m)=(

%

n2

-1). mnnn2n2n-1)-2(-1)2=()-4·+4-1.令

mmmmm对任意x1、x2∈［m,n］,|f(x1)-f(x2)|≤(u=

n,h(u)=u4-4u2+4u-1. m∵1≤mnm≤2,即12.∵h′

(u)=4u3-8u+4=4(u-1)(u-

5151)(u+)>0, 22∴h(u)在(1,2)上是增函数.∴h(u)≤h(2)=4-8+42-1=42-5<1.

∴不等式|f(x1)-f(x2)|<1恒成立.

高考链接题：

34．(2009·广东文，8)函数f(x)＝(x－3)ex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．

f′(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(ex－1)－ax2.

}

B．(0,3) C．(1,4)

1

(1)若a＝2，求f(x)的单调区间； (2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围． 11

[解析] (1)a＝2时，f(x)＝x(ex－1)－2x2， 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(ex－1－ax)．

令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－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]．

ex36.（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1x'f(x)0,得 x1 eee, 由22xxx'''因为 当x0时,f(x)0； 当0x1时,f(x)0； 当x1时,f(x)0；

(0,1]. 所以f(x)的单调增区间是:[1,)； 单调减区间是: (,0)，'(2)

x1kxkx2x(x1)(kx1)xee0, 由 f(x)k(1x)f(x)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： ； 当 k1时, 解集是：{x1x1} k