高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质第1课时当堂检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质第1课时当堂检测题，共6页。

1.下列函数中，在区间(0，2)上为增函数的是( )
A．y＝3－x B．y＝x2＋1
C．y＝ eq \f(1,x) D．y＝－|x＋1|
解析：选B．y＝3－x，y＝ eq \f(1,x)，y＝－|x＋1|在区间(0，2)上都是减函数，只有y＝x2＋1在区间(0，2)上是增函数．
2.若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有 eq \f(f(a)－f(b),a－b)>0成立，则必有( )
A．f(x)在R上是增函数
B．f(x)在R上是减函数
C．函数f(x)是先增后减
D．函数f(x)是先减后增
解析：选A．由 eq \f(f(a)－f(b),a－b)>0知f(a)－f(b)与a－b同号，即当ab时，f(a)>f(b)，所以f(x)在R上是增函数．
3.函数y＝|x＋2|在区间[－3，0]上( )
A．递减 B．递增
C．先减后增 D．先增后减
解析：选C．因为y＝|x＋2|＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2，x≥－2，,－x－2，x＜－2.))作出y＝|x＋2|的图象，如图所示，易知y＝|x＋2|在区间[－3，－2)上为减函数，在区间[－2，0]上为增函数．
4.函数y＝ eq \r(2x－3)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－3] B． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
C．(－∞，1) D．[－1，＋∞)
解析：选B．由2x－3≥0，得x≥ eq \f(3,2).又因为t＝2x－3在(－∞，＋∞)上单调递增，y＝ eq \r(t)在定义域上是增函数，所以y＝ eq \r(2x－3)的单调递增区间是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
5.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，则－1＜f(x)＜1的解集是( )
A．(－3，0) B．(0，3)
C．(－∞，－1]∪[3，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
解析：选B．由已知，得f(0)＝－1，f(3)＝1，所以－1＜f(x)＜1等价于f(0)＜f(x)＜f(3).因为f(x)在R上单调递增，所以0＜x＜3.
6.已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋1，x≥1，,5－x，x<1，))则f(x)的单调递减区间是_________．
解析：当x≥1时，f(x)是增函数，当x<1时，f(x)是减函数，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1).
答案：(－∞，1)
7.如果二次函数f(x)＝x2－(a－1)x＋5在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上是增函数，则实数a的取值范围为_________．
解析：因为二次函数f(x)＝x2－(a－1)x＋5的图象的对称轴为直线x＝ eq \f(a－1,2)，又函数f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上是增函数，所以 eq \f(a－1,2)≤ eq \f(1,2)，解得a≤2.
答案：(－∞，2]
8.已知定义在[1，4]上的函数f(x)是减函数，则满足不等式f(1－2a)－f(3－a)>0的实数a的取值范围为_________．
解析：由题意，可得f(1－2a)>f(3－a).
因为f(x)在定义域[1，4]上单调递减，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1≤1－2a≤4，,1≤3－a≤4，,1－2a<3－a.))
解得－1≤a≤0.
所以实数a的取值范围为[－1，0].
答案：[－1，0]
9.作出函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－3，x≤1，,(x－2)2＋3，x>1))的图象，并指出函数的单调区间．
解：f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－3，x≤1，,(x－2)2＋3，x>1))的图象如图所示．
由图可知，函数的单调递减区间为(－∞，1]和(1，2]；
单调递增区间为(2，＋∞).
10.已知函数f(x)＝mx＋ eq \f(1,nx)＋ eq \f(1,2)(m，n是常数)，且f(1)＝2，f(2)＝ eq \f(11,4).
(1)求m，n的值；
(2)当x∈[1，＋∞)时，判断f(x)的单调性并用定义证明．
解：(1)因为f(1)＝m＋ eq \f(1,n)＋ eq \f(1,2)＝2，f(2)＝2m＋ eq \f(1,2n)＋ eq \f(1,2)＝ eq \f(11,4).
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝1，,n＝2.))
(2)由(1)知f(x)＝x＋ eq \f(1,2x)＋ eq \f(1,2)，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，证明如下：
设1≤x1＜x2，
f(x1)－f(x2)＝x1＋ eq \f(1,2x1)＋ eq \f(1,2)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x2)＋\f(1,2)))＝(x1－x2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2x1x2)))
＝ eq \f((x1－x2)(2x1x2－1),2x1x2).
因为1≤x1＜x2，所以x1－x2＜0，x1x2＞1，
所以2x1x2＞2＞1，即2x1x2－1＞0，
所以 eq \f((x1－x2)(2x1x2－1),2x1x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增．
[B 能力提升]
11.已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋3a，x≥0，,x2－ax＋1，x<0))是(－∞，＋∞)上的减函数，则实数a的取值范围是( )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
C． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
解析：选A．当x<0时，函数f(x)＝x2－ax＋1是减函数，所以－ eq \f(－a,2)≥0，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，解得a≤ eq \f(1,3)，所以0≤a≤ eq \f(1,3).
12.(多选)已知函数f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5，下列关于函数f(x)的单调性说法正确的是( )
A．函数f(x)在R上不具有单调性
B．当a＝1时，f(x)在区间(－∞，0)上单调递减
C．若f(x)的单调递减区间是(－∞，－4]，则a的值为－1
D．若f(x)在区间(－∞，3)上是减函数，则a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))
解析：选BD．当a＝0时，f(x)＝－12x＋5，在R上单调递减，A错误；
当a＝1时，f(x)＝2x2－8x＋5，其单调递减区间是(－∞，2]，因此f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，B正确；
由f(x)的单调递减区间是(－∞，－4]得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a>0，,－\f(4(a－3),4a)＝－4，))
解得a的值不存在，C错误；
在D中，当a＝0时，f(x)＝－12x＋5，在(－∞，3)上是减函数；
当a≠0时，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,－\f(4(a－3),4a)≥3，))解得a≤ eq \f(3,4)且a>0，
所以a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))，D正确．
13.设f(x)是定义在R上的增函数，f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则不等式f(x)＋f(－2)＞1的解集为_________．
解析：由条件可得f(x)＋f(－2)＝f(－2x)，又f(3)＝1，所以不等式f(x)＋f(－2)＞1，即为f(－2x)＞f(3).因为f(x)是定义在R上的增函数，所以－2x＞3，解得x＜－ eq \f(3,2).故不等式f(x)＋f(－2)＞1的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＜－\f(3,2))))).
答案： eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＜－\f(3,2)))))
14.已知函数f(x)＝x－ eq \f(a,x)＋ eq \f(a,2)在(1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．
解：设11.
因为函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数，
所以f(x1)－f(x2)＝x1－ eq \f(a,x1)＋ eq \f(a,2)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(a,x2)＋\f(a,2)))＝(x1－x2)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,x1x2)))<0.
因为x1－x2<0，所以1＋ eq \f(a,x1x2)>0，即a>－x1x2.
因为11，所以－x1x2<－1，所以a≥－1.
所以a的取值范围是[－1，＋∞).
[C 拓展探究]
15.设f(x)＝x2＋1，g(x)＝f(f(x))，F(x)＝g(x)－λf(x).问是否存在实数λ，使F(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),2)))上是减函数且在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0))上是增函数？
解：假设存在这样的实数λ，则由f(x)＝x2＋1，g(x)＝f(f(x))，得g(x)＝(x2＋1)2＋1，所以F(x)＝g(x)－λf(x)＝x4＋(2－λ)·x2＋2－λ.
令t＝x2，则t＝x2在区间(－∞，0)上单调递减，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),2)))时，t＞ eq \f(1,2)；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0))时，0＜t＜ eq \f(1,2).
故要使F(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),2)))上单调递减，在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0))上单调递增，
则函数φ(t)＝t2＋(2－λ)t＋2－λ在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，
所以函数φ(t)＝t2＋(2－λ)t＋2－λ图象的对称轴为t＝ eq \f(1,2)，即 eq \f(λ－2,2)＝ eq \f(1,2)，则λ＝3.
故存在这样的实数λ(λ＝3)，使F(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),2)))上是减函数且在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0))上是增函数．