2016-2017学年高二数学湘教版选修1-1同步练习：3.3.1　利用导数研究函数的单调性 Word版含解析.doc

数学备课大师 【全免费】 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)＞0 B．f(x)＜0 C．f(x)＞x D．f(x)＜x 6．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)f(x)＝x－x3；(2)f(x)＝3x2－2ln x. 8． 已知函数f (x)＝(a＋1)ln x＋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．A　f′(x)＝10x－2.令f′(x)＞0，得x＞，故选A. 2．B　f′(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＋ln x＜0，即x＜. 令f′(x)＜0，即－＜0，得1＋ln x＞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. 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|. “备课大师”全科【9门】：免注册，不收费！