人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质第1课时随堂练习题

这是一份人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质第1课时随堂练习题，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

课时分层作业(十七) 函数的单调性


(建议用时：40分钟)





一、选择题


1．函数y＝eq \f(1,x)的单调递减区间是( )


A．(0，＋∞)


B．(－∞，0)


C．(－∞，0)和(0，＋∞)


D．(－∞，0)∪(0，＋∞)


C [函数y＝eq \f(1,x)的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)．由函数的图象可知y＝eq \f(1,x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上分别是减函数．]


2．若函数f(x)＝(2a－1)x＋b在R上是单调减函数，则有( )


A．a≥eq \f(1,2) B．a≤eq \f(1,2)


C．a>eq \f(1,2) D．a

D [函数f(x)＝(2a－1)x＋b在R上是单调减函数，则2a－1<0，即a

3．下列函数中，在(0,2)上是增函数的是( )


A．y＝eq \f(1,x) B．y＝2x－1


C．y＝1－2x D．y＝(2x－1)2


B [对于A，y＝eq \f(1,x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递减；对于B，y＝2x－1在R上单调递增；对于C，y＝1－2x在R上单调递减；对于D，y＝(2x－1)2在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增．故选B.]


4．函数f(x)＝|x|，g(x)＝x(2－x)的递增区间依次是( )


A．(－∞，0]，(－∞，1]


B．(－∞，0]，(1，＋∞)


C．[0，＋∞)，(－∞，1]


D．[0，＋∞)，[1，＋∞)


C [分别作出f(x)与g(x)的图象得：f(x)在[0，＋∞)上递增，g(x)在(－∞，1]上递增，选C.]


5．f(x)为(－∞，＋∞)上的减函数，a∈R，则( )


A．f(a)＜f(2a) B．f(a2)＜f(a)


C．f(a2＋1)＜f(a) D．f(a2＋a)＜f(a)


C [因为a∈R，所以a－2a＝－a与0的大小关系不定，无法比较f(a)与f(2a)的大小，故A错；而a2－a＝a(a－1)与0的大小关系也不定，也无法比较f(a2)与f(a)的大小，故B错；又因为a2＋1－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)＞0，所以a2＋1＞a.又f(x)为(－∞，＋∞)上的减函数，故有f(a2＋1)＜f(a)，故C对；易知D错．故选C.]


二、填空题


6．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________．


(－∞，2] [∵函数f(x)＝x2－(a－1)x＋5的对称轴为x＝eq \f(a－1,2)且在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上是增函数，


∴eq \f(a－1,2)≤eq \f(1,2)，即a≤2.]


7．若函数f(x)＝eq \f(1,x＋1)在(a，＋∞)上单调递减，则a的取值范围是________．


[－1，＋∞) [函数f(x)＝eq \f(1,x＋1)的单调递减区间为(－1，＋∞)，(－∞，－1)，


又f(x)在(a，＋∞)上单调递减，所以a≥－1.]


8．已知f(x)在定义域内是减函数，且f(x)>0，在其定义域内下列函数为单调增函数的是________．


①y＝a＋f(x)(a为常数)；


②y＝a－f(x)(a为常数)；


③y＝eq \f(1,fx)；④y＝[f(x)]2.


②③ [f(x)在定义域内是减函数，且f(x)>0时，－f(x)，eq \f(1,fx)均为递增函数，故选②③.]


三、解答题


9．f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，解不等式f(x)＞f(8(x－2))．


[解] 由f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,8x－2>0，,x>8x－2，))解得2＜x＜eq \f(16,7).


10．证明：函数f(x)＝x2－eq \f(1,x)在区间(0，＋∞)上是增函数．


[证明] 任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1

则f(x1)－f(x2)＝xeq \\al(2,1)－eq \f(1,x1)－xeq \\al(2,2)＋eq \f(1,x2)＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＋\f(1,x1x2))).


∵00，


∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)

∴函数f(x)＝x2－eq \f(1,x)在区间(0，＋∞)上是增函数．





11．若函数y＝ax与y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，则函数y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上( )


A．单调递增 B．单调递减


C．先增后减 D．先减后增


B [由于函数y＝ax与y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上均为减函数，故a<0，b<0，故二次函数f(x)＝ax2＋bx的图象开口向下，且对称轴为直线x＝－eq \f(b,2a)<0，故函数y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上单调递减．]


12．(多选题)下列函数中满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞0”的是( )


A．f(x)＝－eq \f(2,x) B．f(x)＝－3x＋1


C．f(x)＝x2＋4x＋3 D．f(x)＝x－eq \f(1,x)


ACD [由题意知，f(x)为(0，＋∞)上的增函数．]


13．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－3x＋5，x≤1，,\f(2a,x)，x>1))是R上的减函数，则实数a的取值范围是________．


(0,2] [依题意得实数a满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－3<0，,2a>0，,a－3＋5≥2a，))解得0

14．(一题两空)若f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，且对一切x，y＞0，满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)．


(1)f(1)的值为________．


(2)若f(6)＝1，则不等式f(x＋3)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＜2的解集为________．


0 {x|－3＜x＜9} [(1)在feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)中，


令x＝y＝1，


则有f(1)＝f(1)－f(1)，


∴f(1)＝0.


(2)∵f(6)＝1，


∴f(x＋3)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＜2＝f(6)＋f(6)，


∴f(3x＋9)－f(6)＜f(6)，


即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3,2)))＜f(6)．


∵f(x)是(0，＋∞)上的增函数，


∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x＋3,2)＞0，,\f(x＋3,2)＜6，))解得－3＜x＜9.


即不等式的解集为{x|－3＜x＜9}．]





15．已知一次函数f(x)是R上的增函数，g(x)＝f(x)(x＋m)，且f(f(x))＝16x＋5.


(1)求f(x)的解析式；


(2)若g(x)在(1，＋∞)上单调递增，求实数m的取值范围．


[解] (1)由题意设f(x)＝ax＋b(a>0)．


从而f(f(x))＝a(ax＋b)＋b＝a2x＋ab＋b＝16x＋5，


所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝16，,ab＋b＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝－\f(5,3)))(不合题意，舍去)．


所以f(x)的解析式为f(x)＝4x＋1.


(2)g(x)＝f(x)(x＋m)＝(4x＋1)(x＋m)＝4x2＋(4m＋1)x＋m，g(x)图象的对称轴为直线x＝－eq \f(4m＋1,8).


若g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则－eq \f(4m＋1,8)≤1，解得m≥－eq \f(9,4)，所以实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)，＋∞)).