2017年高中數(shù)學第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用3.3導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的應(yīng)用3.3.1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性同步練習湘教版1-1

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE8學必求其心得，業(yè)必貴于專精3。3。1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1．f(x）＝5x2－2x的單調(diào)增區(qū)間為()．A．(eq\f（1,5)，＋∞）B．(－∞，eq\f(1,5））C．(－eq\f（1，5），＋∞)D．(－∞,－eq\f(1,5））2．函數(shù)f（x)＝x3－15x2－33x＋6的單調(diào)減區(qū)間為（)．A．(－1，0)B．(－1,11)C．(0,11)D．(－1，33）3．函數(shù)y＝f(x）的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，下列判斷正確的是(）．A．函數(shù)y＝f(x）在區(qū)間（－3，－eq\f(1，2）)內(nèi)單調(diào)遞增B．函數(shù)y＝f(x）在區(qū)間（－eq\f（1,2)，3)內(nèi)單調(diào)遞減C．函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（4，5)內(nèi)單調(diào)遞增D．函數(shù)y＝f（x)在區(qū)間(－2,2）內(nèi)單調(diào)遞減4．若函數(shù)y＝f（x)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間［a，b］上是增函數(shù),則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b］上的圖象可能是(）．5．設(shè)函數(shù)f(x)在R上的導(dǎo)函數(shù)為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．設(shè)函數(shù)f(x）＝eq\f（1，xlnx)(x＞0且x≠1），則函數(shù)f（x)的單調(diào)增區(qū)間是__________，單調(diào)減區(qū)間是__________．7．求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．(1）f(x）＝x－x3;(2)f(x)＝3x2－2lnx。8．已知函數(shù)f(x）＝(a＋1）lnx＋ax2＋1.(1）討論函數(shù)f(x）的單調(diào)性；(2）設(shè)a≤－2，證明：對任意x1，x2∈（0，＋∞)，｜f(x1）－f（x2）|≥4｜x1－x2|。

參考答案1．Af′(x）＝10x－2.令f′(x)＞0，得x＞eq\f（1,5)，故選A.2．Bf′（x)＝3x2－30x－33＝3(x－11）(x＋1)．由（x－11）（x＋1）＜0，得單調(diào)減區(qū)間為(－1,11）．3．C由圖可知在區(qū)間(－2,2）和(4，5)內(nèi)，f′（x）＞0,故函數(shù)y＝f(x）在區(qū)間（－2，2)和(4,5）內(nèi)遞增；在區(qū)間（－3，－2)和（2，4）內(nèi)，f′(x)＜0，故函數(shù)f（x)在區(qū)間（－3，－2)和(2,4）內(nèi)單調(diào)遞減，故選C.4．A因為函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′（x)在區(qū)間[a，b]上是增函數(shù),所以f(x）在區(qū)間［a，b]上各點處的斜率k是遞增的，由圖易知選A。注意選項C中,y′＝k為常數(shù)．5．A由題意，f(x)＋xf′(x）＞x2≥0，∴G（x）＝xf(x)在R上為增函數(shù)，且G（0）＝0.于是有x＞0時，G(x）＝xf(x）＞0,∴f(x）＞0。當x＜0時，G(x）＝xf（x）＜0，∴f（x)＞0。∴f（x)＞0在x∈R上恒成立．6．（0，eq\f（1,e)）（eq\f(1，e)，1)和(1，＋∞）f′(x）＝（eq\f（1，xlnx)）′＝eq\f（－（1＋lnx），x2ln2x）。令f′(x)＞0，即－eq\f(1＋lnx，x2ln2x）＞0，得1＋lnx＜0，即x＜eq\f（1，e）.令f′（x)＜0，即－eq\f(1＋lnx，x2ln2x)＜0，得1＋lnx＞0，即x＞eq\f(1，e)。又x＞0且x≠1，∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，eq\f(1，e)），單調(diào)遞減區(qū)間為（eq\f（1,e），1)和(1,＋∞）．7．解：（1)f′(x)＝1－3x2。令1－3x2＞0，解得－eq\f(\r(3)，3)＜x＜eq\f(\r（3）,3）。因此,函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－eq\f(\r(3)，3），eq\f（\r（3）,3)）．令1－3x2＜0，解得x＜－eq\f（\r(3),3）或x＞eq\f（\r（3)，3)。因此,函數(shù)f(x）的單調(diào)減區(qū)間為（－∞，－eq\f(\r（3）,3）），(eq\f（\r(3），3），＋∞)．（2)函數(shù)的定義域為（0，＋∞），f′（x)＝6x－eq\f(2，x）＝2·eq\f（3x2－1，x）。令f′(x)＞0，即2·eq\f（3x2－1，x）＞0，解得－eq\f(\r(3），3)＜x＜0或x＞eq\f(\r(3），3）.又∵x＞0，∴x＞eq\f(\r(3),3)。令f′（x）＜0，即2·eq\f(3x2－1,x）＜0，解得x＜－eq\f(\r（3),3）或0＜x＜eq\f（\r(3），3）。又∵x＞0，∴0＜x＜eq\f（\r（3)，3).∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（eq\f(\r(3),3)，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0，eq\f(\r(3)，3))．8．解：(1）f（x)的定義域為(0，＋∞）,f′（x)＝eq\f(a＋1，x)＋2ax＝eq\f（2ax2＋a＋1,x）。當a≥0時，f′（x)＞0，故f（x）在(0，＋∞)上單調(diào)增加；當a≤－1時，f′（x）＜0,故f(x)在（0，＋∞)上單調(diào)減少；當－1＜a＜0時,令f′（x）＝0，解得x＝eq\r（－\f（a＋1，2a）），則當x∈(0，eq\r(－\f(a＋1，2a)））時,f′(x)＞0，當x∈（eq\r(－\f（a＋1,2a））,＋∞）時,f′(x）＜0.故f（x）在(0，eq\r（－\f(a＋1,2a）））上單調(diào)增加，在（eq\r(－\f（a＋1，2a）)，＋∞）上單調(diào)減少．(2)證明：不妨假設(shè)x1≥x2。由于a≤－2，故f（x)在(0，＋∞）上單調(diào)減少．所以｜f（x1)－f（x2）｜≥4|x1－x2｜等價于f（x2）－f（x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f（x1)＋4x1.令g（x)＝f(x)＋4x，則g′（x)＝eq\f(a＋1，x）＋2ax＋4＝eq\f(2ax2＋4x＋a＋1,x)。于是g′(x）≤eq\f(－4x2＋4x－1，x）＝eq\f（－（2x－1）2，x）≤0.從而g(x）在(0，＋∞）上單調(diào)減少，故g(x1)≤g（x2)，即f（x1)＋4x1≤f