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课时同步训练题

3.2　函数的基本性质

3.2.1　单调性与最大(小)值

第1课时　函数的单调性

课后篇巩固提升

合格考达标练

1.(多选题)(2021山东潍坊高一调研)下列四个函数中单调递减的是(　　)

A.f(x)=-2x+1 B.f(x)=

C.f(x)=x+1 D.f(x)=2x2(x<0)

答案AD

解析根据一次函数的性质,可得函数f(x)=-2x+1为减函数,故A符合题意;函数f(x)=在区间(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减,在定义域(-∞,0)∪(0,+∞)不是单调函数,不符合题意;

根据一次函数的性质,可得函数f(x)=x+1为增函数,不符合题意;

根据二次函数的性质,可得函数f(x)=2x2在区间(-∞,0)上单调递减,符合题意.

故选AD.

2.函数f(x)=-x2+2x+3的单调递减区间是(　　)

A.(-∞,1) B.(1,+∞)

C.(-∞,2) D.(2,+∞)

答案B

解析易知函数f(x)=-x2+2x+3是图象开口向下的二次函数,其对称轴为x=1,所以其单调递减区间是(1,+∞).

3.(2021吉林实验中学高一期中)定义在R上的函数f(x),对任意x1,x2∈R(x1≠x2),有<0,则(　　)

A.f(3)<f(2)<f(1) B.f(1)<f(2)<f(3)

C.f(2)<f(1)<f(3) D.f(3)<f(1)<f(2)

答案A

解析定义在R上的函数f(x),对任意x1,x2∈R(x1≠x2),有<0,则函数f(x)在R上单调递减.∵1<2<3,

∴f(3)<f(2)<f(1),故选A.

4.(2021四川泸州泸县二中高一月考)已知定义在[0,+∞)上的减函数f(x),若f(2a-1)>f,则a的取值范围是(　　)

A.-∞, B.

C.,+∞ D.

答案D

解析根据题意,f(x)是定义在[0,+∞)上的减函数,若f(2a-1)>f,则有0≤2a-1<,解得≤a<,即a的取值范围为,故选D.

5.已知f(x)在定义域内是减函数,且f(x)>0,在其定义域内,下列函数为增函数的是　　　　　. 

①y=a+f(x)(a为常数);②y=a-f(x)(a为常数);③y=;④y=[f(x)]2.

答案②③

解析f(x)在定义域内是减函数,且f(x)>0时,-f(x),均为增函数,故选②③.

6.(2020北京丰台高一期中)已知函数f(x)的图象如图所示,根据图象有下列三个命题:

①函数f(x)在定义域上是增函数;②函数f(x)在定义域上不是增函数,但有单调递增区间;③函数f(x)的单调递增区间是(a,b)∪(b,c).

其中所有正确的命题的序号有　　　　　. 

答案②

解析由题意以及函数的图象可知,函数f(x)在定义域上不是增函数,所以①不正确;函数f(x)在定义域上不是增函数,但有单调递增区间,所以②正确;

函数f(x)的单调递增区间是(a,b),(b,c),不能写成(a,b)∪(b,c),所以③不正确.

7.已知函数f(x)=2x2-mx+3,当x∈[-2,+∞)时,f(x)单调递增,当x∈(-∞,-2)时,f(x)单调递减,则m=　　　　,f(1)=　　　　　. 

答案-8　13

解析∵函数f(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间[-2,+∞)上单调递增,∴x==-2,

∴m=-8,即f(x)=2x2+8x+3.∴f(1)=13.

8.证明函数f(x)=-在定义域上为减函数.

证明函数f(x)=-的定义域为[0,+∞).

∀x1,x2∈[0,+∞),且x1<x2,

f(x2)-f(x1)=(-)-(-)=

=.

∵x1-x2<0,>0,

∴f(x2)-f(x1)<0,即f(x2)<f(x1).

∴函数f(x)=-在定义域[0,+∞)上为减函数.

等级考提升练

9.(2021陕西榆林高二期末)已知函数f(x)=ax2-x,若对任意x1,x2∈[2,+∞),且x1<x2,都有[f(x1)-f(x2)]·(x1-x2)>0,则实数a的取值范围是(　　)

A.,+∞ B.,+∞

C.,+∞ D.,+∞

答案C

解析由任意x1,x2∈[2,+∞),且x1<x2,都有[f(x1)-f(x2)]·(x1-x2)>0,

得函数f(x)在[2,+∞)上单调递增,又函数f(x)为二次函数,故其开口向上,且对称轴在区间[2,+∞)的左侧,即解得a≥.故选C.

10.(多选题)(2021湖北荆州沙市中学高一期中)下列函数中,满足“∀x1,x2∈(0,+∞),都有<0”的有(　　)

A.f(x)=|x-1| B.f(x)=-3x+1

C.f(x)=x2+4x+3 D.f(x)=

答案BD

解析因为∀x1,x2∈(0,+∞),都有<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.函数f(x)=|x-1|在(1,+∞)上单调递增,故A错误;

f(x)=-3x+1在(0,+∞)上单调递减,故B正确;函数f(x)=x2+4x+3的对称轴x=-2<0,故f(x)=x2+4x+3在(0,+∞)上单调递增,故C错误;函数f(x)=在(0,+∞)上单调递减,故D正确.

11.(多选题)下列函数中,在R上是增函数的是(　　)

A.y=|x| B.y=x

C.y=x2 D.y=

答案BD

解析选项A,y=|x|,当x<0时单调递减,不符合题意;

选项B,显然在R上是增函数,符合题意;

选项C,y=x2,当x<0时单调递减,不符合题意;

选项D,作出草图如下,实线部分,观察图象可得函数在R上为增函数,符合题意.

12.(2021山东滕州第一中学高一月考)函数f(x)=|x+2|+1的单调递减区间为　　　　　;函数g(x)=若g(x)是定义在R上的减函数,则实数k的值为　　　　　. 

答案(-∞,-2)　-2

解析由f(x)=|x+2|+1,得f(x)=

所以f(x)的单调递减区间为(-∞,-2).

因为g(x)=在R上为减函数,

所以y=|x+2|+1在(-∞,k)上单调递减,y=kx-3在[k,+∞)上单调递减,

所以即k=-2.

13.(2021上海杨浦中学高一期末)已知函数f(x)=x2--3(x>0).

(1)判断函数的单调性,并证明;

(2)用函数观点解不等式:f(x)>0.

解(1)任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,

即x1>x2>0,

f(x1)-f(x2)=-3--3=()+=(x1-x2)(x1+x2)+=(x1-x2)x1+x2+,

因为x1>x2>0,则x1-x2>0,x1+x2+>0,

则f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),

所以函数f(x)=x2--3在区间(0,+∞)上单调递增.

(2)由(1)可知函数f(x)=x2--3在区间(0,+∞)上单调递增,且f(2)=0,

因此由f(x)>0=f(2)可得x>2.

因此不等式f(x)>0的解集为(2,+∞).

14.讨论函数f(x)=在区间(-2,+∞)上的单调性.

解f(x)==a+,

∀x1,x2∈(-2,+∞),且x1<x2,

则f(x1)-f(x2)==(1-2a).

∵-2<x1<x2,

∴x2-x1>0,(x2+2)(x1+2)>0.

当a<时,1-2a>0,

∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),

故f(x)在区间(-2,+∞)上单调递减.

当a>时,1-2a<0,

∴f(x1)-f(x2)<0,f(x1)<f(x2),

故f(x)在区间(-2,+∞)上单调递增.

综上,当a<时,f(x)在区间(-2,+∞)上单调递减;当a>时,f(x)在区间(-2,+∞)上单调递增.

新情境创新练

15.(多选题)(2021重庆南开中学高一期中)下列命题正确的是(　　)

A.若对于∀x1,x2∈R,x1≠x2,都有x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1),则函数y=f(x)在R上是增函数

B.若对于∀x1,x2∈R,x1≠x2,都有>-1,则函数y=f(x)+x在R上是增函数

C.若对于∀x∈R,都有f(x+1)>f(x)成立,则函数y=f(x)在R上是增函数

D.函数y=f(x),y=g(x)在R上都是增函数,则函数y=f(x)·g(x)在R上也是增函数

答案AB

解析x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1)化简为(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,

故函数f(x)在R上是增函数,故A正确;

>-1⇔>0,即x1<x2时,f(x1)+x1<f(x2)+x2,则函数y=f(x)+x在R上是增函数,故B正确;

C选项中,令f(x)=[x],[x]表示不超过x的最大的整数,

满足f(x+1)>f(x),但f(x)在R上不是增函数,如f(1.2)=f(1.5),故C错误;

D选项中,令f(x)=g(x)=x,但函数y=f(x)·g(x)=x2在R上不单调,故D错误.故选AB.