《函数的单调性》课时作业（人教版A版必修1）教案
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这是一份《函数的单调性》课时作业（人教版A版必修1）教案，共3页。
第二单元 第三节一、选择题1.函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则当0＜a＜1时，函数g(x)＝af(x)的单调增区间是( )A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B．(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．[eq \r(a)，1]D．[eq \r(a)，eq \r(a＋1)]【解析】 令u＝f(x)，则g(u)＝au(0＜a＜1)为减函数，所以u＝f(x)应为x的减函数，由图象可得区间．【答案】 B2．已知函数y＝eq \r(1－x)＋eq \r(x＋3)的最大值为M，最小值为m，则eq \f(m,M)的值为( )A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)【解析】 函数定义域为－3≤x≤1，函数可化为y2＝1－x＋x＋3＋2eq \r(－x2－2x＋3)＝4＋2eq \r(－x＋12＋4)，当x＝－1时，ymax2＝8，ymax＝2eq \r(2)；当x＝1时，ymin2＝4，ymin＝2.∴eq \f(m,M)＝eq \f(2,2\r(2))＝eq \f(\r(2),2).【答案】 C3．已知f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数，那么f(a2－a＋1)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))的大小关系是( )A．大于 B．小于C．大于等于 D．小于等于【解析】 ∵a2－a＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)，又f(x)在(0，＋∞)上为减函数，∴f(a2－a＋1)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))).【答案】 D4．若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq \f(a,x＋1)在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是( )A．(－1,0)∪(0,1) B．(－1,0)∪(0,1]C．(0,1) D．(0,1]【解析】 ∵f(x)＝－x2＋2ax在[1,2]上单调递减，∴a≤1.∵g(x)＝eq \f(a,x＋1)在[1,2]上单调递减，∴a＞0，∴0＜a≤1.【答案】 D5．函数y＝|x－3|＋|x＋3|的递增区间是( )A．(－∞，－3] B．[3，＋∞)C．(－∞，－3]∪[3，＋∞) D．R【解析】 函数可化为f(x)＝|x－3|＋|x＋3|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x x≤－3，,6 －3＜x≤3，,2x x＞3，))作出函数f(x)的图像如图所示．由图象可得[3，＋∞)为函数的递增区间．【答案】 B6．已知函数f(x)＝kx2－4x－8在x∈[5,20]上是单调函数，则实数k的取值范围( )A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，＋∞))B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,10)))C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,10)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，＋∞))D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，＋∞))【解析】 依题意，k＝0或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k≠0，,\f(2,k)≤5或\f(2,k)≥20，))解得k＝0，或k≥eq \f(2,5)或k＜0，或0＜k≤eq \f(1,10).综上，得k≥eq \f(2,5)或k≤eq \f(1,10).【答案】 C7．如果0＜a＜1，那么下列不等式中正确的是( )A．(1－a)eq \f(1,3)＞(1－a)eq \f(1,2) B．log(1－a)(1＋a)＞0C．(1－a)3＞(1＋a)2 D．(1－a)1＋a＞1【解析】 令f(x)＝(1－a)x，则该函数为减函数，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).【答案】 A二、填空题8．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1 x＞0，,0 x＝0，,－1 x＜0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间为________．【解析】 g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2 x＞1，,0 x＝1，,－x2 x＜1.))【答案】 [0,1)9．若函数f(x)＝a|x－b|＋2在[0，＋∞)上为增函数，则实数a、b的取值范围是________．【解析】 方法一：由f(x)＝a|x－b|＋2知其图象关于直线x＝b对称，当x≤b时|x－b|递减；当x≥b时，|x－b|递增．又f(x)在[0，＋∞)上为单调增函数，所以a＞0且b≤0.方法二：由f(x)＝a|x－b|＋2，在[0，＋∞)上为增函数可知：①当a＞0时，x－b≥0，故b≤0.②当a＜0时，x－b＜0，故b无解．【答案】 a＞0且b≤010．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3a－2x＋6a－1 x＜1，,ax x≥1，))满足对任意的x1，x2(x1≠x2)，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＜0成立，则实数a的取值范围是________．【解析】 由任意的x1≠x2，有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＜0，得函数f(x)在R上是减函数，所以应有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,3a－2＜0，,3a－2×1＋6a－1≥a，))解得eq \f(3,8)≤a＜eq \f(2,3).【答案】 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，\f(2,3)))三、解答题11．已知f(x)＝x2－6x＋5，x∈[t，t＋2]，求f(x)的最大值．【解析】 f(x)＝(x－3)2－4，当t＋1≥3，即t≥2时，f(x)max＝f(t＋2)＝(t－1)2－4；当t＋1＜3，即t＜2时，f(x)max＝f(t)＝(t－3)2－4.综上得，f(x)max＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(t2－2t－3 t≥2，,t2－6t＋5 t＜2.))12．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，且当x＞1时，f(x)＜0.(1)求f(1)的值；(2)判断f(x)的单调性；(3)若f(3)＝－1，解不等式f(|x|)＜－2.【解析】 (1)令x1＝x2，得f(1)＝0.(2)设任意的x1，x2＞0，且x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1))).又x＞1时，f(x)＜0，∴由eq \f(x2,x1)＞1，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))＜0，即f(x2)＜f(x1)，∴函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数．(3)由f(3)＝－1，f(1)＝0，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝f(1)－f(3)＝1，∴f(9)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f( 3 ,\f(1,3))))＝f(3)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－2.∴f(|x|)＜－2＝f(9)可化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(|x|＞9，,x＞0，))解得x＞9.
