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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选修1_
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)>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|.
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|.
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