高中数学人教版新课标A必修1第一章 集合与函数概念1.1 集合1.1.2集合间的基本关系第1课时精练

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1．如图1­3­1是定义在区间[－5,5]上的函数y＝f(x)的图象，则下列关于函数f(x)的说法错误的是( )
图1­3­1
A．函数在区间[－5，－3]上单调递增
B．函数在区间[1,4]上单调递增
C．函数在区间[－3,1]∪[4,5]上单调递减
D．函数在区间[－5,5]上没有单调性
【解析】 若一个函数出现两个或两个以上的单调区间时，不能用“∪”连接．如0<5，但f(0)>f(5)，故选C.
【答案】 C
2．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|
【解析】 A．y＝3－x＝－x＋3，是减函数，故A错误；
B．∵y＝x2＋1，y为偶函数，图象开口向上，关于y轴对称，当x＞0时，y为增函数，故B正确；
C．∵y＝eq \f(1,x)，当x＞0时，y为减函数，故C错误；
D．当x＞0时，y＝－|x|＝－x，为减函数，故D错误．故选B.
【答案】 B
3．若函数y＝x2＋(2a－1)x＋1在区间(－∞，2]上是减函数，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))
C．(3，＋∞) D．(－∞，－3]
【解析】 ∵函数y＝x2＋(2a－1)x＋1的图象是开口方向朝上，以直线x＝eq \f(2a－1,－2)为对称轴的抛物线，
又∵函数在区间(－∞，2]上是减函数，故2≤eq \f(2a－1,－2)，解得a≤－eq \f(3,2)，故选B.
【答案】 B
4．f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，则不等式f(x)＞f(8(x－2))的解集是( )
A．(0，＋∞) B．(0,2)
C．(2，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(16,7)))
【解析】 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))⇒2＜x＜eq \f(16,7)，故选D.
【答案】 D
5．已知函数f(x)＝4x2－mx＋5在区间[－2，＋∞)上是增函数，则f(1)的范围是( )
A．f(1)≥25 B．f(1)＝25
C．f(1)≤25 D．f(1)＞25
【解析】 由y＝f(x)的对称轴是x＝eq \f(m,8)，可知f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,8)，＋∞))上递增，由题设只需eq \f(m,8)≤－2，即m≤－16，
∴f(1)＝9－m≥25.故选A.
【答案】 A
二、填空题
6．函数f(x)＝2x2－3|x|的单调递减区间是________．
【解析】 函数f(x)＝2x2－3|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x2－3xx≥0,2x2＋3xx<0，))
图象如图所示，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,4)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))).
【答案】 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,4)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))
7．函数y＝eq \f(1－3m,x)在区间(0，＋∞)上是增函数，则实数m的取值范围是________.
【解析】 ∵函数y＝eq \f(1－3m,x)在区间(0，＋∞)上是增函数，∴1－3m＜0，解得m＞eq \f(1,3).
【答案】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
8．设函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈R都有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则f(－3)与f(－π)的大小关系是________．
【解析】 由(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0得f(x)是R上的单调递增函数，又－3>－π，∴f(－3)>f(－π)．
【答案】 f(－3)>f(－π)
三、解答题
9．证明：函数y＝eq \f(x,x＋1)在(－1，＋∞)上是增函数．
【证明】 设x1>x2>－1，则
y1－y2＝eq \f(x1,x1＋1)－eq \f(x2,x2＋1)＝eq \f(x1－x2,x1＋1x2＋1).
∵x1>x2>－1，∴x1－x2>0，x1＋1>0，x2＋1>0，
∴eq \f(x1－x2,x1＋1x2＋1)>0，即y1－y2>0，y1>y2，
∴y＝eq \f(x,x＋1)在(－1，＋∞)上是增函数．
10．已知函数f(x)为区间[－1,1]上的增函数，求满足f(x)【解】 由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x≤1，x<\f(1,2)，))即－1≤x∴满足f(x)[能力提升]
1．下列有关函数单调性的说法，不正确的是( )
A．若f(x)为增函数，g(x)为增函数，则f(x)＋g(x)为增函数
B．若f(x)为减函数，g(x)为减函数，则f(x)＋g(x)为减函数
C．若f(x)为增函数，g(x)为减函数，则f(x)＋g(x)为增函数
D．若f(x)为减函数，g(x)为增函数，则f(x)－g(x)为减函数
【解析】 ∵若f(x)为增函数，g(x)为减函数，则f(x)＋g(x)的增减性不确定．
例如：f(x)＝x＋2为R上的增函数，当g(x)＝－eq \f(1,2)x时，则f(x)＋g(x)＝eq \f(x,2)＋2为增函数；
当g(x)＝－3x，则f(x)＋g(x)＝－2x＋2在R上为减函数．∴不能确定f(x)＋g(x)的单调性．
【答案】 C
2．函数f(x)＝eq \f(1,x＋1)在(a，＋∞)上单调递减，则a的取值范围是________.
【解析】 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.
【答案】 a≥－1
3．若f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,x)，x≥1,－x＋3a，x<1))是R上的单调函数，则实数a的取值范围为________．
【解析】 ∵f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,x)，x≥1,－x＋3a，x<1))是R上的单调函数，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0,－1＋3a≥a，))解得a≥eq \f(1,2).
故实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
【答案】 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
4．设函数f(x)的定义域为R，当x＜0时，f(x)＞1，且对任意的实数x，y∈R，有f(x＋y)＝f(x)f(y)．
(1)求f(0)的值；
(2)证明：f(x)在R上是减函数．
【解】 (1)∵x，y∈R，f(x＋y)＝f(x)·f(y)，当x＜0时，f(x)＞1，令x＝－1，y＝0，则f(－1)＝f(－1)f(0)．
∵f(－1)＞1，∴f(0)＝1.
(2)证明：若x＞0，－x＜0，
∴f(x－x)＝f(0)＝f(x)f(－x)，
∴f(x)＝eq \f(1,f－x)∈(0,1)，故x∈R，f(x)＞0.
任取x1＜x2，则f(x2)＝f(x1＋x2－x1)＝f(x1)f(x2－x1)．
∵x2－x1＞0，
∴0＜f(x2－x1)＜1，
∴f(x2)＜f(x1)．
故f(x)在R上是减函数．