高中数学 第三章 导数及其应用 3.3 导数在研究函数的应用 3.3.1 利用导数研究函数的单调性同步练习 湘教版选修1-1-湘教版高二选修1-1数学试题VIP免费

3.3.1利用导数研究函数的单调性1．f(x)＝5x2－2x的单调增区间为()．A．(，＋∞)B．(－∞，)C．(－，＋∞)D．(－∞，－)2．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为()．A．(－1,0)B．(－1,11)C．(0,11)D．(－1,33)3．函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，下列判断正确的是()．A．函数y＝f(x)在区间(－3，－)内单调递增B．函数y＝f(x)在区间(－，3)内单调递减C．函数y＝f(x)在区间(4,5)内单调递增D．函数y＝f(x)在区间(－2,2)内单调递减4．若函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是增函数，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象可能是()．5．设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且f(x)＋xf′(x)＞x2.下面的不等式在R上恒成立的是()．A．f(x)＞0B．f(x)＜0C．f(x)＞xD．f(x)＜x6．设函数f(x)＝(x＞0且x≠1)，则函数f(x)的单调增区间是__________，单调减区间是__________．7．求下列函数的单调区间．1(1)f(x)＝x－x3；(2)f(x)＝3x2－2lnx.8．已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.2参考答案1．Af′(x)＝10x－2.令f′(x)＞0，得x＞，故选A.2．Bf′(x)＝3x2－30x－33＝3(x－11)(x＋1)．由(x－11)(x＋1)＜0，得单调减区间为(－1,11)．3．C由图可知在区间(－2,2)和(4,5)内，f′(x)＞0，故函数y＝f(x)在区间(－2,2)和(4,5)内递增；在区间(－3，－2)和(2,4)内，f′(x)＜0，故函数f(x)在区间(－3，－2)和(2,4)内单调递减，故选C.4．A因为函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)在区间[a，b]上是增函数，所以f(x)在区间[a，b]上各点处的斜率k是递增的，由图易知选A.注意选项C中，y′＝k为常数．5．A由题意，f(x)＋xf′(x)＞x2≥0，∴G(x)＝xf(x)在R上为增函数，且G(0)＝0.于是有x＞0时，G(x)＝xf(x)＞0，∴f(x)＞0.当x＜0时，G(x)＝xf(x)＜0，∴f(x)＞0.∴f(x)＞0在x∈R上恒成立．6．(0，)(，1)和(1，＋∞)f′(x)＝()′＝.令f′(x)＞0，即－＞0，得1＋lnx＜0，即x＜.令f′(x)＜0，即－＜0，得1＋lnx＞0，即x＞.又x＞0且x≠1，∴函数的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，1)和(1，＋∞)．7．解：(1)f′(x)＝1－3x2.令1－3x2＞0，解得－＜x＜.因此，函数f(x)的单调增区间为(－，)．令1－3x2＜0，解得x＜－或x＞.因此，函数f(x)的单调减区间为(－∞，－)，(，＋∞)．(2)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝6x－＝2·.令f′(x)＞0，即2·＞0，解得－＜x＜0或x＞.又∵x＞0，∴x＞.令f′(x)＜0，即2·＜0，解得x＜－或0＜x＜.又∵x＞0，∴0＜x＜.∴f(x)的单调增区间为(，＋∞)，单调减区间为(0，)．8．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝.当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调增加；当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调减少；当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝，则当x∈(0，)时，f′(x)＞0，当x∈(，＋∞)时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，)上单调增加，在(，＋∞)上单调减少．(2)证明：不妨假设x1≥x2.3由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上单调减少．所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4＝.于是g′(x)≤＝≤0.从而g(x)在(0，＋∞)上单调减少，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.4