2017年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1-1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE8学必求其心得，业必贵于专精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．(eq\f（1,5)，＋∞）B．(－∞，eq\f(1,5））C．(－eq\f（1，5），＋∞)D．(－∞,－eq\f(1,5））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，－eq\f(1，2）)内单调递增B．函数y＝f(x）在区间（－eq\f（1,2)，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）＝eq\f（1，xlnx)(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）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|。

参考答案1．Af′(x）＝10x－2.令f′(x)＞0，得x＞eq\f（1,5)，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，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，∴函数的单调递增区间为（0，eq\f(1，e)），单调递减区间为（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,函数f(x)的单调增区间为(－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,函数f(x）的单调减区间为（－∞，－eq\f(\r（3）,3）），(eq\f（\r(3），3），＋∞)．（2)函数的定义域为（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）的单调增区间为（eq\f(\r(3),3)，＋∞)，单调减区间为(0，eq\f(\r(3)，3))．8．解：(1）f（x)的定义域为(0，＋∞）,f′（x)＝eq\f(a＋1，x)＋2ax＝eq\f（2ax2＋a＋1,x）。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＝eq\r（－\f（a＋1，2a）），则当x∈(0，eq\r(－\f(a＋1，2a)））时,f′(x)＞0，当x∈（eq\r(－\f（a＋1,2a））,＋∞）时,f′(x）＜0.故f（x）在(0，eq\r（－\f(a＋1,2a）））上单调增加，在（eq\r(－\f（a＋1，2a）)，＋∞）上单调减少．(2)证明：不妨假设x1≥x2。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)＝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.从而g(x）在(0，＋∞）上单调减少，故g(x1)≤g（x2)，即f（x1)＋4x1≤f