高中数学 4.3.1 利用导数研究函数的单调同步精练 湘教版选修2-2-湘教版高二选修2-2数学试题VIP免费

高中数学4.3.1利用导数研究函数的单调同步精练湘教版选修2-21．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)在区间上单调递增B．函数y＝f(x)在区间上单调递减C．函数y＝f(x)在区间(4,5)上单调递增D．函数y＝f(x)在区间(－2,2)上单调递减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．函数y＝x3＋10的单调递增区间为__________．7．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0.设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是______．8．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______．9．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|.110．已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)，求函数f(x)的单调区间．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)，当x＜－1或x＞11时，f′(x)＞0，f(x)是增函数；当－1＜x＜11时，f′(x)＜0，f(x)是减函数．3．C由图可知在区间(－2,2)和(4,5)上，f′(x)＞0，故函数y＝f(x)在区间(－2,2)和(4,5)上单调递增；在区间(－3，－2)和(2,4)上，f′(x)＜0，故函数f(x)在区间(－3，－2)和(2,4)上单调递减，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，所以在区间a，b]上各点处，曲线y＝f(x)的切线的斜率k是递增的，由图易知选A.5．A设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．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)＞0.6．(－∞，＋∞)7．c＜a＜b由题意知函数f(x)关于直线x＝1对称．当x＜1时，有(x－1)f′(x)＜0，即f′(x)＞0，∴函数f(x)在(－∞，1)上是增函数．∴c＝f(3)＝f(2－3)＝f(－1)＜f(0)＝a＜f＝b，即c＜a＜b.8．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，单调递减区间为和(1，＋∞)．9．(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝.当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：不妨假设x1≥x2，由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．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＝.由于g′(x)≤＝≤0.从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，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|.10．解：f(x)＝lnx－ax的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－a(x＞0)．(1)当a≤0时，f′(x)＞0，即函数f(x)是增函数．故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．3(2)当a＞0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝.当0＜x＜时，f′(x)＝＞0；当x＞时，f′(x)＝＜0.故函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为4