小题·对概念的直接考查等6类

小题

（一）对概念的直接考查

1. 【1987-5-2 分】 判断正误：若函数 $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 单调递增，则对区间 $(a,b)$ 内任何一点 $x$，都有 $f^{\prime }(x)>0$。

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答案： 错误。

解析： 若函数 $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 内单调递增，并且在某点 $x_0\in (a,b)$ 可导，则只能推出

$$f^{\prime }(x_0)\ge 0,$$

不能保证导数严格大于零。

例如取

$$f(x)=x^3.$$

函数 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调递增，但

$$f^{\prime }(x)=3x^2,f^{\prime }(0)=0.$$

因此，“单调递增”并不能推出区间内每一点都有 $f^{\prime }(x)>0$。

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2. 【1987-3-5 分】 若 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导，且导数恒大于零，试证 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内单调增加。

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答案： $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内严格单调增加。

解析： 任取

$$x_1,x_2\in (a,b),x_1<x_2.$$

由于 $f(x)$ 在闭区间 $[x_1,x_2]$ 上连续、在开区间 $(x_1,x_2)$ 内可导，由拉格朗日中值定理，存在

$$\xi \in (x_1,x_2),$$

使得

$$f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(x_2-x_1).$$

由题设 $f^{\prime }(\xi )>0$，又 $x_2-x_1>0$，故

$$f(x_2)-f(x_1)>0,$$

即

$$f(x_2)>f(x_1).$$

因此，$f(x)$ 在 $(a,b)$ 内严格单调增加。

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3. 【1995-3-3 分】 设 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内可导，对任意 $x_1>x_2$，都有 $f(x_1)>f(x_2)$，则（ ）。

A. 对任意 $x$，$f^{\prime }(x)>0$    B. 对任意 $x$，$f^{\prime }(-x)\le 0$    C. $f(-x)$ 单调增加    D. $-f(-x)$ 单调增加

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答案： D。

解析： 题设说明 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调增加。

令

$$g(x)=-f(-x).$$

任取 $x_1>x_2$，则

$$-x_1<-x_2.$$

由于 $f(x)$ 严格单调增加，故

$$f(-x_1)<f(-x_2).$$

两边同乘 $-1$，得

$$-f(-x_1)>-f(-x_2),$$

即 $g(x)=-f(-x)$ 严格单调增加，因此选 D。

A 错误：可导的严格单调增加函数仅能保证 $f^{\prime }(x)\ge 0$，导数在个别点可以为零，例如 $f(x)=x^3$。

B 错误：由单调增加及可导性，应有 $f^{\prime }(-x)\ge 0$。

C 错误：复合函数 $f(-x)$ 随 $x$ 增加而严格减少。

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4. 【1997-34-3 分】 若 $f(-x)=f(x)$，在 $(0,+\infty )$ 内 $f^{\prime }(x)>0,f^{\prime \prime }(x)<0$，则在 $(-\infty ,0)$ 内（ ）。

A. $f^{\prime }(x)>0,f^{\prime \prime }(x)<0$    B. $f^{\prime }(x)>0,f^{\prime \prime }(x)>0$    C. $f^{\prime }(x)<0,f^{\prime \prime }(x)<0$    D. $f^{\prime }(x)<0,f^{\prime \prime }(x)>0$

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答案： C。

解析： 由 $f(-x)=f(x)$ 可知 $f(x)$ 是偶函数。

对等式两边求导，得

$$-f^{\prime }(-x)=f^{\prime }(x),$$

即 $f^{\prime }(x)$ 为奇函数。再求一次导数，得

$$f^{\prime \prime }(-x)=f^{\prime \prime }(x),$$

即 $f^{\prime \prime }(x)$ 为偶函数。

当 $x<0$ 时，$-x>0$。由题设

$$f^{\prime }(-x)>0,f^{\prime \prime }(-x)<0.$$

利用奇偶性，得到

$$f^{\prime }(x)=-f^{\prime }(-x)<0,f^{\prime \prime }(x)=f^{\prime \prime }(-x)<0.$$

所以在 $(-\infty ,0)$ 内有 $f^{\prime }(x)<0,f^{\prime \prime }(x)<0$，故选 C。

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5. 【2001-12-3 分】 已知 $y=f(x)$ 在定义域内可导，给出 $f^{\prime }(x)$ 图像，选择 $f(x)$ 图像。

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答案： B。

解析： 由所给 $f^{\prime }(x)$ 的图像可见，$f^{\prime }(x)$ 从左到右依次经历

$$-⟶+⟶-⟶+.$$

因此 $f(x)$ 的单调性依次为

$$\text{减少}⟶\text{增加}⟶\text{减少}⟶\text{增加}.$$

所以 $f(x)$ 应依次出现一个极小值点、一个极大值点和另一个极小值点。

此外，$f^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 附近存在且有限，因此 $f(x)$ 在该处可导，不可能出现竖直渐近线或间断。四个图像中，只有 B 同时满足上述单调性变化和连续可导性，故选 B。

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6. 【2001-2-3 分】 $f(x)$ 在 $(1-\delta ,1+\delta )$ 内二阶可导，$f^{\prime }(x)$ 严格单调减少，$f(1)=f^{\prime }(1)=1$，则（ ）。

A. $(1-\delta ,1)$ 和 $(1,1+\delta )$ 均有 $f(x)<x$    B. $(1-\delta ,1)$ 和 $(1,1+\delta )$ 均有 $f(x)>x$

C. $(1-\delta ,1)$ 内 $f(x)<x$，$(1,1+\delta )$ 内 $f(x)>x$    D. $(1-\delta ,1)$ 内 $f(x)>x$，$(1,1+\delta )$ 内 $f(x)<x$

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答案： A。

解析： 令

$$F(x)=f(x)-x.$$

则

$$F(1)=f(1)-1=0,$$

且

$$F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-1.$$

由于 $f^{\prime }(x)$ 严格单调减少，并且 $f^{\prime }(1)=1$，故

$$\{\begin{array}{ll}{f}^{\prime }(x)>1,& x\in (1-\delta ,1),\\ f^{\prime }(x)<1,& x\in (1,1+\delta ).\end{array}$$

因此

$$\{\begin{array}{ll}{F}^{\prime }(x)>0,& x\in (1-\delta ,1),\\ F^{\prime }(x)<0,& x\in (1,1+\delta ).\end{array}$$

即 $F(x)$ 在 $x=1$ 左侧严格增加，在 $x=1$ 右侧严格减少，所以 $x=1$ 是 $F(x)$ 的严格极大值点。

又 $F(1)=0$，故当 $x\ne 1$ 且 $x\in (1-\delta ,1+\delta )$ 时，均有

$$F(x)<0.$$

也就是

$$f(x)<x.$$

因此选 A。

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7. 【2022-2-5 分】 设 $f(x)$ 在 $x_0$ 处有 2 阶导数，则（ ）。

A. $f(x)$ 在 $x_0$ 邻域单调增 $\Rightarrow f^{\prime }(x_0)>0$

B. $f^{\prime }(x_0)>0\Rightarrow f(x)$ 在 $x_0$ 某邻域单调增加

C. $f(x)$ 在 $x_0$ 邻域凹 $\Rightarrow f^{\prime \prime }(x_0)>0$

D. $f^{\prime \prime }(x_0)>0\Rightarrow f(x)$ 在 $x_0$ 某邻域是凹函数

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答案： B。

解析： 因为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处有二阶导数，所以 $f^{\prime }(x)$ 在 $x_0$ 处可导，从而 $f^{\prime }(x)$ 在 $x_0$ 处连续。

若

$$f^{\prime }(x_0)>0,$$

由连续性，存在 $\delta >0$，使得当 $|x-x_0|<\delta$ 时，恒有

$$f^{\prime }(x)>0.$$

因此由导数符号判定单调性可知，$f(x)$ 在 $(x_0-\delta ,x_0+\delta )$ 内严格单调增加，故 B 正确。

A 错误：单调增加只能推出 $f^{\prime }(x_0)\ge 0$，不一定严格大于零，例如 $f(x)=x^3$ 在 $x_0=0$ 处导数为零。

C 错误：按通常约定，凹函数对应 $f^{\prime \prime }(x)\le 0$，不是 $f^{\prime \prime }(x)>0$。

D 错误：仅知道一点处 $f^{\prime \prime }(x_0)>0$，不能保证二阶导数在整个邻域内同号，因而不能直接推出邻域内的凹凸性。

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8. 【2025-123-5 分】 设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导，证明：$f^{\prime }(x)$ 在 $(a,b)$ 严格递增 $⟺$ 任意 $x_1<x_2<x_3$，有

$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}<\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}.$$

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答案： 命题成立。

解析： 需要证明

$$f^{\prime }(x)\text{ 在 }(a,b)\text{ 严格递增}⟺\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}<\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}$$

对任意 $a<x_1<x_2<x_3<b$ 均成立。

**充分性方向：**设 $f^{\prime }(x)$ 在 $(a,b)$ 严格递增。

由拉格朗日中值定理，分别存在

$${\xi }_1\in (x_1,x_2),{\xi }_2\in (x_2,x_3),$$

使得

$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f^{\prime }({\xi }_1),$$$$\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}=f^{\prime }({\xi }_2).$$

由于

$${\xi }_1<x_2<{\xi }_2,$$

而 $f^{\prime }(x)$ 严格递增，故

$$f^{\prime }({\xi }_1)<f^{\prime }({\xi }_2).$$

从而

$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}<\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}.$$

**必要性方向：**设对任意 $x_1<x_2<x_3$，上述差商不等式成立。

任取 $u,v\in (a,b)$，且 $u<v$。先取充分小的 $h>0$，使得

$$a<u-h<u<v<b.$$

由题设得

$$\frac{f(u)-f(u-h)}{h}<\frac{f(v)-f(u)}{v-u}.$$

令 $h\to 0^{+}$，得到

$$f^{\prime }(u)\le \frac{f(v)-f(u)}{v-u}.$$

再取充分小的 $h>0$，使得

$$a<u<v<v+h<b.$$

由题设得

$$\frac{f(v)-f(u)}{v-u}<\frac{f(v+h)-f(v)}{h}.$$

令 $h\to 0^{+}$，得到

$$\frac{f(v)-f(u)}{v-u}\le f^{\prime }(v).$$

于是

$$f^{\prime }(u)\le f^{\prime }(v).$$

因此 $f^{\prime }(x)$ 在 $(a,b)$ 单调不减。

若存在 $u<v$ 使得

$$f^{\prime }(u)=f^{\prime }(v),$$

由于 $f^{\prime }(x)$ 单调不减，则对任意 $x\in [u,v]$，必有

$$f^{\prime }(x)=f^{\prime }(u).$$

于是 $f(x)$ 在 $[u,v]$ 上为一次函数，其任意相邻区间上的差商相等，这与题设中的严格不等式矛盾。

故任意 $u<v$ 均有

$$f^{\prime }(u)<f^{\prime }(v),$$

即 $f^{\prime }(x)$ 在 $(a,b)$ 内严格递增。

综上，命题成立。

（二）求单调区间与凹凸区间

1. 【1991-3-3 分】 曲线 $y=e^{-x^2}$ 的凸区间是____。

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答案： $\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$。

解析： 设

$$f(x)=e^{-x^2}.$$

则

$$f^{\prime }(x)=-2x{e}^{-x^2},$$$$f^{\prime \prime }(x)=\left(4x^2-2\right)e^{-x^2}=2\left(2x^2-1\right)e^{-x^2}.$$

由于 $e^{-x^2}>0$，故

$$f^{\prime \prime }(x)<0⟺2x^2-1<0⟺|x|<\frac{1}{\sqrt{2}}.$$

按照高等数学中常用的凹凸性约定，$f^{\prime \prime }(x)<0$ 时曲线为凸，因此凸区间为

$$\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right).$$

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2. 【1993-123-3 分】 $F(x)={\int }_1^x\left(2-\frac{1}{\sqrt{t}}\right)\mathrm{d}t(x>0)$ 单调减少区间为____。

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答案： $\left(0,\frac{1}{4}\right)$。

解析： 由变上限积分求导公式，

$$F^{\prime }(x)=2-\frac{1}{\sqrt{x}}.$$

函数单调减少要求

$$F^{\prime }(x)<0,$$

即

$$2-\frac{1}{\sqrt{x}}<0⟺\frac{1}{\sqrt{x}}>2⟺\sqrt{x}<\frac{1}{2}⟺0<x<\frac{1}{4}.$$

因此单调减少区间为

$$\left(0,\frac{1}{4}\right).$$

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3. 【2004-2-4 分】 设参数方程

$$\{\begin{array}{l}x=t^3+3t+1,\\ y=t^3-3t+1\end{array}$$

确定 $y=y(x)$，则曲线凸区间为____。

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答案： $(-\infty ,1)$。

解析： 先求

$$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=3t^2+3=3(t^2+1)>0.$$

故 $x(t)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格增加，参数方程确实确定单值函数 $y=y(x)$。

又

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=3t^2-3=3(t^2-1),$$

所以

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{t^2-1}{t^2+1}.$$

进一步，

$$\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}=\frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{t^2-1}{t^2+1}\right)}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}}=\frac{\frac{4t}{(t^2+1{)}^2}}{3(t^2+1)}=\frac{4t}{3(t^2+1{)}^3}.$$

曲线为凸要求

$$\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}<0,$$

故 $t<0$。由于 $x(t)$ 严格增加，且

$$x(0)=1,$$

所以 $t<0$ 等价于 $x<1$。因此凸区间为

$$(-\infty ,1).$$

（三）求函数最值

1. 【1990-4-5 分】 求

$$I(x)={\int }_e^x\frac{\ln t}{(t-1{)}^2}\mathrm{d}t$$

在 $[e,e^2]$ 上的最大值。

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答案： $\ln \left(1+\frac{1}{e}\right)+\frac{1}{e+1}$。

解析： 由变上限积分求导公式，

$$I^{\prime }(x)=\frac{\ln x}{(x-1{)}^2}.$$

当 $x\in [e,e^2]$ 时，$\ln x>0$，且 $(x-1{)}^2>0$，所以

$$I^{\prime }(x)>0.$$

因此 $I(x)$ 在 $[e,e^2]$ 上严格增加，最大值在 $x=e^2$ 处取得。

计算原函数。分部积分得

$$\int \frac{\ln t}{(t-1{)}^2}\mathrm{d}t=-\frac{\ln t}{t-1}+\int \frac{1}{t(t-1)}\mathrm{d}t.$$

而

$$\frac{1}{t(t-1)}=-\frac{1}{t}+\frac{1}{t-1},$$

故

$$\int \frac{\ln t}{(t-1{)}^2}\mathrm{d}t=-\frac{\ln t}{t-1}+\ln \frac{t-1}{t}+C.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I(e^2)& ={\left[-\frac{\ln t}{t-1}+\ln \frac{t-1}{t}\right]}_e^{e^2}\\ & =\frac{1}{e-1}-\frac{2}{e^2-1}+\ln \frac{e^2-1}{e(e-1)}\\ & =\frac{1}{e+1}+\ln \frac{e+1}{e}\\ & =\frac{1}{e+1}+\ln \left(1+\frac{1}{e}\right).\end{array}$$

所以最大值为

$$\ln \left(1+\frac{1}{e}\right)+\frac{1}{e+1}.$$

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2. 【1992-3-3 分】 $y=x+2\cos x$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上的最大值为____。

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答案： $\frac{\pi }{6}+\sqrt{3}$。

解析： 令

$$f(x)=x+2\cos x.$$

则

$$f^{\prime }(x)=1-2\sin x.$$

在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 内，令 $f^{\prime }(x)=0$，得

$$\sin x=\frac{1}{2},$$

故唯一驻点为

$$x=\frac{\pi }{6}.$$

当 $0<x<\frac{\pi }{6}$ 时，$f^{\prime }(x)>0$；当 $\frac{\pi }{6}<x<\frac{\pi }{2}$ 时，$f^{\prime }(x)<0$。因此 $f(x)$ 先增加后减少，在 $x=\frac{\pi }{6}$ 处取得最大值：

$$f\left(\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\pi }{6}+2\cos \frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{6}+\sqrt{3}.$$

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3. 【2009-2-4 分】 $y=x^{2x}$ 在 $(0,1]$ 上的最小值为____。

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答案： $e^{-\frac{2}{e}}$。

解析： 由于 $x>0$，可取对数。令

$$y=x^{2x}=e^{2x\ln x}.$$

指数函数严格增加，因此只需研究

$$\phi (x)=2x\ln x.$$

其导数为

$${\phi }^{\prime }(x)=2(\ln x+1).$$

令 ${\phi }^{\prime }(x)=0$，得

$$x=e^{-1}.$$

当 $0<x<e^{-1}$ 时，${\phi }^{\prime }(x)<0$；当 $e^{-1}<x\le 1$ 时，${\phi }^{\prime }(x)>0$。故 $\phi (x)$，从而 $y=x^{2x}$，在 $x=e^{-1}$ 处取得最小值。

因此

$$y_{\min }={\left(e^{-1}\right)}^{2/e}=e^{-2/e}.$$

（四）比较大小

1. 【2012-2-4 分】 $f(x,y)$ 可微，$\frac{\partial f}{\partial x}>0,\frac{\partial f}{\partial y}<0$，则 $f(x_1,y_1)<f(x_2,y_2)$ 的充分条件是（ ）。

A. $x_1>x_2,y_1<y_2$    B. $x_1>x_2,y_1>y_2$    C. $x_1<x_2,y_1<y_2$    D. $x_1<x_2,y_1>y_2$

查看答案与解析

答案： D。

解析： 由

$$\frac{\partial f}{\partial x}>0$$

可知，在 $y$ 固定时，$f$ 关于 $x$ 严格增加；由

$$\frac{\partial f}{\partial y}<0$$

可知，在 $x$ 固定时，$f$ 关于 $y$ 严格减少。

若 $x_1<x_2$ 且 $y_1>y_2$，则

$$f(x_1,y_1)<f(x_2,y_1),$$

同时

$$f(x_2,y_1)<f(x_2,y_2),$$

故

$$f(x_1,y_1)<f(x_2,y_2).$$

因此 D 是充分条件。

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2. 【2014-123-4 分】 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，

$$g(x)=f(0)(1-x)+f(1)x,$$

则（ ）。

A. $f^{\prime }(x)\ge 0\Rightarrow f(x)\ge g(x)$    B. $f^{\prime }(x)\ge 0\Rightarrow f(x)\le g(x)$

C. $f^{\prime \prime }(x)\ge 0\Rightarrow f(x)\ge g(x)$    D. $f^{\prime \prime }(x)\ge 0\Rightarrow f(x)\le g(x)$

查看答案与解析

答案： D。

解析： $g(x)$ 是连接两点 $(0,f(0))$ 与 $(1,f(1))$ 的弦线方程。

若

$$f^{\prime \prime }(x)\ge 0,$$

则 $f$ 为凸函数（即图像开口向上）。凸函数图像不高于任意两点之间的弦，因此对 $x\in [0,1]$，

$$f(x)\le (1-x)f(0)+xf(1)=g(x).$$

故 D 正确。

仅有 $f^{\prime }(x)\ge 0$ 只能说明函数单调不减，不能确定图像与端点弦线的上下关系，因此 A、B 均不成立；C 的不等号方向相反。

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3. 【2017-2-4 分】 设 $f(x)$ 二阶可导，且

$$f(1)=f(-1)=1,f(0)=-1,f^{\prime \prime }(x)>0,$$

则（ ）。

A. ${\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x>0$    B. ${\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x<0$

C. ${\int }_{-1}^{0}f(x)\mathrm{d}x>{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$    D. ${\int }_{-1}^{0}f(x)\mathrm{d}x<{\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$

查看答案与解析

答案： B。

解析： 由于 $f^{\prime \prime }(x)>0$，$f$ 为严格凸函数。

在区间 $[-1,0]$ 上，连接 $(-1,1)$ 与 $(0,-1)$ 的弦线为

$$y=-2x-1.$$

严格凸函数的图像位于弦线下方，因此当 $-1<x<0$ 时，

$$f(x)<-2x-1.$$

于是

$${\int }_{-1}^{0}f(x)\mathrm{d}x<{\int }_{-1}^0(-2x-1)\mathrm{d}x=0.$$

同理，在区间 $[0,1]$ 上，连接 $(0,-1)$ 与 $(1,1)$ 的弦线为

$$y=2x-1,$$

故

$${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x<{\int }_0^1(2x-1)\mathrm{d}x=0.$$

两式相加，得到

$${\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x<0.$$

因此 B 正确。题设并未给出函数关于原点的对称性，所以左右两部分积分的大小不能确定，C、D 均不能推出。

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4. 【2017-2-4 分】 若

$$\frac{\partial f}{\partial x}>0,\frac{\partial f}{\partial y}<0,$$

则（ ）。

A. $f(0,0)>f(1,1)$    B. $f(0,0)<f(1,1)$    C. $f(0,1)>f(1,0)$    D. $f(0,1)<f(1,0)$

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答案： D。

解析： 由 $f_x>0$，在 $y=1$ 固定时，

$$f(0,1)<f(1,1).$$

又由 $f_y<0$，在 $x=1$ 固定时，随着 $y$ 从 $1$ 减小到 $0$，函数值增大，因此

$$f(1,1)<f(1,0).$$

所以

$$f(0,1)<f(1,0),$$

故 D 正确。

对于 $f(0,0)$ 与 $f(1,1)$，自变量 $x$ 的增大会使函数值增大，而 $y$ 的增大又会使函数值减小，两种作用方向相反，无法仅由题设确定其大小，故 A、B 均不一定成立。

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5. 【2017-13-4 分】 $f(x)$ 可导，且

$$f(x)f^{\prime }(x)>0,$$

则（ ）。

A. $f(1)>f(-1)$    B. $f(1)<f(-1)$    C. $|f(1)|>|f(-1)|$    D. $|f(1)|<|f(-1)|$

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答案： C。

解析： 考察函数 $f^2(x)$，有

$$[f^2(x){]}^{\prime }=2f(x)f^{\prime }(x)>0.$$

因此 $f^2(x)$ 在其定义区间内严格单调增加。由于 $-1<1$，故

$$f^2(-1)<f^2(1).$$

两边均为非负数，开平方得

$$|f(-1)|<|f(1)|.$$

所以 C 正确。

条件 $f(x)f^{\prime }(x)>0$ 只说明 $f(x)$ 与 $f^{\prime }(x)$ 同号：当 $f(x)>0$ 时函数递增，当 $f(x)<0$ 时函数递减。因此不能直接比较 $f(1)$ 与 $f(-1)$ 的代数大小，A、B 均不一定成立；D 与上述结论相反。

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6. 【2018-23-4 分】 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，且

$${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=0,$$

则（ ）。

A. $f^{\prime }(x)<0\Rightarrow f\left(\frac{1}{2}\right)<0$    B. $f^{\prime \prime }(x)<0\Rightarrow f\left(\frac{1}{2}\right)<0$

C. $f^{\prime }(x)>0\Rightarrow f\left(\frac{1}{2}\right)<0$    D. $f^{\prime \prime }(x)>0\Rightarrow f\left(\frac{1}{2}\right)<0$

查看答案与解析

答案： D。

解析： 若 $f^{\prime \prime }(x)>0$，则 $f$ 在 $[0,1]$ 上为严格凸函数。对任意 $x\in [0,1]$，由凸函数性质，

$$f\left(\frac{x+(1-x)}{2}\right)<\frac{f(x)+f(1-x)}{2}$$

（除端点重合情形外严格成立），即

$$2f\left(\frac{1}{2}\right)<f(x)+f(1-x).$$

两边在 $[0,1]$ 上积分，得到

$$2f\left(\frac{1}{2}\right)<{\int }_0^1[f(x)+f(1-x)]\mathrm{d}x.$$

换元可知

$${\int }_0^{1}f(1-x)\mathrm{d}x={\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=0,$$

故

$$2f\left(\frac{1}{2}\right)<0,$$

即

$$f\left(\frac{1}{2}\right)<0.$$

所以 D 正确。

若 $f^{\prime \prime }(x)<0$，则 $f$ 为严格凹函数，反而有 $f\left(\frac{1}{2}\right)>0$，故 B 错误。仅有单调性不能保证中点函数值严格为负，例如 $f(x)=x-\frac{1}{2}$ 满足积分为零且严格递增，但 $f\left(\frac{1}{2}\right)=0$，故 A、C 均不成立。

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7. 【2020-2-4 分】 $f(x)$ 在 $[-2,2]$ 上可导，且

$$f^{\prime }(x)>f(x)>0,$$

则（ ）。

A. $\frac{f(-2)}{f(-1)}>1$    B. $\frac{f(0)}{f(-1)}>e$

C. $\frac{f(1)}{f(-1)}<e^2$    D. $\frac{f(2)}{f(-1)}<e^3$

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答案： B。

解析： 令

$$g(x)=e^{-x}f(x).$$

则

$$g^{\prime }(x)=e^{-x}[f^{\prime }(x)-f(x)]>0,$$

所以 $g(x)$ 在 $[-2,2]$ 上严格单调增加。

由 $-1<0$，有

$$e^{0}f(0)>e^{1}f(-1),$$

即

$$\frac{f(0)}{f(-1)}>e.$$

故 B 正确。

同理，由 $g$ 严格递增可得

$$\frac{f(-2)}{f(-1)}=e^{-1}\frac{g(-2)}{g(-1)}<e^{-1}<1,$$

故 A 错误；并且

$$\frac{f(1)}{f(-1)}=e^2\frac{g(1)}{g(-1)}>e^2,$$$$\frac{f(2)}{f(-1)}=e^3\frac{g(2)}{g(-1)}>e^3,$$

所以 C、D 均错误。

（五）函数不等式

1. 【1990-5-5 分】 证明：

$$1+x\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\ge \sqrt{1+x^2},x\in \mathbb{R}.$$

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答案： 不等式成立，等号仅在 $x=0$ 时取得。

解析： 令

$$F(x)=1+x\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)-\sqrt{1+x^2}.$$

注意

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}-\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\\ & =\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right).\end{array}$$

当 $x<0$ 时，

$$0<x+\sqrt{1+x^2}<1,$$

故 $F^{\prime }(x)<0$；当 $x>0$ 时，$x+\sqrt{1+x^2}>1$，故 $F^{\prime }(x)>0$。

所以 $F(x)$ 在 $(-\infty ,0)$ 上单调减少，在 $(0,+\infty )$ 上单调增加，从而在 $x=0$ 处取得最小值。又

$$F(0)=1-1=0.$$

故对一切 $x\in \mathbb{R}$，均有

$$F(x)\ge 0,$$

即

$$1+x\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\ge \sqrt{1+x^2}.$$

等号仅在 $x=0$ 时成立。

（六）常数不等式

1. 【1993-5-5 分】 设 $b>a>e$，证明：

$$a^b>b^a.$$

查看答案与解析

答案： 不等式成立。

解析： 考虑函数

$$\phi (x)=\frac{\ln x}{x},x>0.$$

其导数为

$${\phi }^{\prime }(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}.$$

当 $x>e$ 时，$\ln x>1$，所以

$${\phi }^{\prime }(x)<0.$$

故 $\phi (x)$ 在 $(e,+\infty )$ 上严格单调减少。由 $b>a>e$，有

$$\frac{\ln a}{a}>\frac{\ln b}{b}.$$

两边乘以正数 $ab$，得

$$b\ln a>a\ln b.$$

指数函数严格递增，因此

$$e^{b\ln a}>e^{a\ln b},$$

即

$$a^b>b^a.$$

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2. 【2000-3-3 分】 设 $f(x),g(x)>0$ 且可导，

$$f^{\prime }(x)g(x)-f(x)g^{\prime }(x)<0.$$

当 $a<x<b$ 时，则（ ）。

A. $f(x)g(b)>f(b)g(x)$    B. $f(x)g(a)>f(a)g(x)$    C. $f(x)g(x)>f(b)g(b)$    D. $f(x)g(x)>f(a)g(a)$

查看答案与解析

答案： A。

解析： 令

$$h(x)=\frac{f(x)}{g(x)}.$$

由于 $g(x)>0$，有

$$h^{\prime }(x)=\frac{f^{\prime }(x)g(x)-f(x)g^{\prime }(x)}{g^2(x)}<0.$$

所以 $h(x)$ 严格单调减少。由 $a<x<b$，得到

$$h(a)>h(x)>h(b).$$

其中

$$h(x)>h(b)⟺\frac{f(x)}{g(x)}>\frac{f(b)}{g(b)}⟺f(x)g(b)>f(b)g(x),$$

故 A 正确。

而 B 等价于 $h(x)>h(a)$，与单调性相反；C、D 比较的是乘积 $f(x)g(x)$，题设不能确定其单调性。