人教版高中数学A版选修2-2导数与函数的单调性练习(二)

∴F(x)在［b,a］上为增函数.

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.

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)( a-2)≥0?a-2≥0?a≥4.

b

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

x调区间．

b

解析： 可先由函数y＝ax与y＝－的单调性确定a、b的取值范围，再根据a、b的

x取值范围去确定y＝ax3＋bx2＋5的单调区间．

b

[解] ∵函数y＝ax与y＝－在(0，＋∞)上都是减函数，∴a＜0，b＜0.

x由y＝ax3＋bx2＋5得y′＝3ax2＋2bx. 2b

令y′＞0，得3ax2＋2bx＞0，∴－＜x＜0.

3a2b

－，0?时，函数为增函数． ∴当x∈??3a?令y′＜0，即3ax2＋2bx＜0， 2b

∴x＜－，或x＞0.

3a

2b

－∞，－?，(0，＋∞)上时，函数为减函数． ∴在?3a??

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－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)=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∴?，∴－2

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.

mmxxn令t=?.

mxf(x)=（

∵1≤m

xnn?≥2,>2. mxm1n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-数f(x)在［m,

xn?在［m,mn］内是减mx2n+1在［1，+∞］上是增函数，∴函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),最大值为mn2

-1). mn2n2nnn-1)-2(-1)2=()-4·+4-1.令mmmmm对任意x1、x2∈［m,n］,|f(x1)-f(x2)|≤(