人教版数学高一必修1限时练 1.3.1单调性与最大(小)值第1课时函数的单调性 (2)

1．3.1 单调性与最大(小)值 第1课时 函数的单调性

一、选择题

1

1．函数y＝的单调减区间是( )

x－1A．(－∞，1)，(1，＋∞) B．(－∞，1)∪(1，＋∞) C．{x∈R|x≠1} D．R

2．如果函数f(x)在[a，b]上是增函数，那么对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，下列结论中不正确的是( ) fx1－fx2A.>0

x1－x2

B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0

C．若x10 fx1－fx2

3．已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－1)，B(3,1)是其图象上的两点，那么－1C．(－∞，－1]∪[3，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)

4．已知函数f(x)在R上是增函数，则下列说法正确的是( ) A．y＝－f(x)在R上是减函数 1

B．y＝在R上是减函数

fxC．y＝[f(x)]2在R上是增函数 D．y＝af(x)(a为实数)在R上是增函数

5．已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，若a，b∈R且a＋b>0，则有( ) A．f(a)＋f(b)>－f(a)－f(b) B．f(a)＋f(b)<－f(a)－f(b)

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C．f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b) D．f(a)＋f(b)2x＋4x，x≥0，

6．已知函数f(x)＝若f(4－a)>f(a)，则实数a的取值范围是( )

4x－x2，x<0，

A．(－∞，2) C．(－∞，－2) 二、填空题

B．(2，＋∞) D．(－2，＋∞)

－x＋3a，x≥0，

7．已知函数f(x)＝2是(－∞，＋∞)上的减函数，则实数a的取值范围是

x－ax＋1，x<0

________．

8．已知f(x)是定义在区间[－1,1]上的增函数，且f(x－2)11．求函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调增区间．

12.已知函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(x)<0(x>0)，试判断F(x)＝单调性并给出证明过程．

x

13．已知f(x)＝(x≠a)．

x－a

1

在(0，＋∞)上的fx

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(1)若a＝－2，试证明f(x)在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围．

四、探究与拓展

14．若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝____________．

15．设函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，且对任意正实数x，y都有f(xy)＝f(x)＋f(y)恒成立，已知f(2)＝1，且x>1时，f(x)>0. 1

(1)求f()的值；

2

(2)判断y＝f(x)在(0，＋∞)上的单调性并给出证明； (3)解不等式f(2x)>f(8x－6)－1.

a

在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是x＋1

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答案精析

1．A [单调区间不能写成单调集合，也不能超出定义域，故C，D不对，B表达不当．故选A.]

2．C [因为f(x)在[a，b]上是增函数，对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，x1－x2与f(x1)－f(x2)的符号相同，故A，B，D都正确，而C中应为若x1∴－14．A [设x1－f(x2)，A选项一定成立．

其余三项不一定成立，如当f(x)＝x时，B、C不成立，当a<0时，D不成立．] 5．C [∵a＋b>0，∴a>－b，b>－a， ∵f(x)在R上是增函数， ∴f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)， ∴f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)．]

6．A [画出f(x)的图象(图略)可判断f(x)在R上递增， 故f(4－a)>f(a)⇔4－a>a， 解得a<2.] 17．[0，]

3

解析 当x<0时，函数f(x)＝x2－ax＋1是减函数，解得a≥0，

当x≥0时，函数f(x)＝－x＋3a是减函数，分段点0处的值应满足1≥3a， 11

解得a≤，∴0≤a≤.

33

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3

8．[1，)

2

－1≤x－2≤1，

解析 由题意，得－1≤1－x≤1，

x－2<1－x，3

解得1≤x<，

2

3

故满足条件的x的取值范围是1≤x<.

29．[－1,1]

解析 f(x＋1)＝x2－2x＋1 ＝(x－1)2＝(x＋1－2)2， ∴f(x)＝(x－2)2，x∈[－1,1]， ∴f(x)在定义域[－1,1]上单调递减． 10．(－1,0)

k＋1>0，

解析 依题意－k

>0，k＋1解得－111．解 ∵y＝－x2＋2|x|＋3

2－x＋2x＋3，x≥0，

＝

2

－x－2x＋3，x<0.

函数图象如图所示：

∴函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调增区间是(－∞，－1]和[0,1]． 12．解 F(x)在(0，＋∞)上为减函数． 证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1校对完成版本

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11

∴F(x2)－F(x1)＝－

fx2fx1fx1－fx2＝. fx2fx1

∵y＝f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且x10. ∴F(x2)－F(x1)<0， 即F(x1)>F(x2)．

∴F(x)在(0，＋∞)上为减函数． 13．(1)证明 任设x1x－ 1＋2x2＋2＝

2x1－x2

x2x2.

1＋2＋∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0， ∴f(x1)∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增．(2)解 任设1x－x

1－a2－a＝

ax2－x1

x.

1－ax2－a∵a>0，x2－x1>0， ∴要使f(x1)－f(x2)>0， 只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立， ∴a≤1.

综上所述0校对完成版本

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14．(0,1]

15．解 (1)对于任意x，y∈R都有f(xy)＝f(x)＋f(y)， ∴当x＝y＝1时， 有f(1)＝f(1)＋f(1)， ∴f(1)＝0.

1111

当x＝2，y＝时，有f(2×)＝f(2)＋f()，即f(2)＋f()＝0，

22221

又f(2)＝1，∴f()＝－1.

2

(2)y＝f(x)在(0，＋∞)上为单调增函数，证明如下： 设0则f(x1)＋f()＝f(x2)，

x1x2

即f(x2)－f(x1)＝f()．

x1x2x2

因为>1，故f()>0，

x1x1

即f(x2)>f(x1)，故f(x)在(0，＋∞)上为单调增函数． 1

(3)由(1)知，f()＝－1，

21

∴f(8x－6)－1＝f(8x－6)＋f()

21

＝f((8x－6))＝f(4x－3)，

2∴f(2x)>f(4x－3)，

∵f(x)在定义域(0，＋∞)上为增函数，

2x>4x－3，∴ 4x－3>0.

33解得解集为{x|42

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