2020届二轮复习函数的单调性课时作业（全国通用） 练习

2020届二轮复习   函数的单调性   课时作业（全国通用）1.下列说法中正确的有(　A　)①若x1,x2∈I,当x1<x2时,f(x1)<f(x2),则y=f(x)在I上是增函数;②函数y=x2在R上是增函数;③函数y=-在定义域上是增函数;④y=的单调递减区间是(-∞,0)∪(0,+∞).(A)0个 (B)1个 (C)2个 (D)3个解析:由于①中的x1,x2不是任意的,因此①不正确;②③④显然不正确.2.下列函数f(x)中,满足“对任意x1,x2∈(0,+∞),当 x1<x2时,都有f(x1)<f(x2)”的是(　C　)(A)f(x)=x2-2x+3 (B)f(x)=(C)f(x)=x+1    (D)f(x)=|x-1|解析:因为对任意x1,x2∈(0,+∞),当x1<x2时,都有f(x1)<f(x2),所以f(x)在(0,+∞)上为增函数,只有C选项符合题意.3.已知函数y=-mx和y=在(0,+∞)上都是增函数,则函数f(x)=mx+n在R上是(　A　)(A)减函数且f(0)<0 (B)增函数且f(0)<0(C)减函数且f(0)>0 (D)增函数且f(0)>0解析:因为y=-mx和y=在(0,+∞)都是增函数,所以m<0,n<0,f(x)=mx+n为减函数且f(0)=n<0.故选A.4.(2019·山东潍坊市高一上期中联考)设函数f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,则(　D　)(A)f(a)>f(2a) (B)f(a2)<f(a)(C)f(a2+a)<f(a) (D)f(a2+1)<f(a)解析:因为a2+1-a=(a-)2+>0,所以a2+1>a,又f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,所以f(a2+1)<f(a).5.若定义在R上的函数f(x)满足对任意的x1,x2∈[0,+∞)(x1≠x2),有<0,则(　D　)(A)f(3)<f(2)<f(4) (B)f(1)<f(2)<f(3)(C)f(2)<f(1)<f(3) (D)f(3)<f(1)<f(0)解析:若对任意的x1,x2∈[0,+∞)(x1≠x2),有<0,则函数f(x)在[0,+∞)上单调递减,故f(3)<f(1)<f(0).6.函数y=|x|(1-x)在区间A上是增函数,那么区间A是(　B　)(A)(-∞,0) (B)[0,](C)[0,+∞) (D)(,+∞)解析:y=|x|(1-x)===画出函数的大致图象如图所示,由图易知原函数在[0,]上单调递增.故A=[0,].7.(2018·山东济宁高一期末)已知函数f(x)=4x2-kx-8,x∈[5,20]的图象上任意两点连线不平行于x轴,则k的取值范围是　　　　. 解析:由题意,函数f(x)=4x2-kx-8在区间[5,20]上为单调函数,则由f(x)图象对称轴方程为x=知≤5或≥20,即k≤40或k≥160.答案:(-∞,40]∪[160,+∞)8.已知函数f(x)=在R上是增函数,则a,b的取值范围分别为　　　　. 解析:由题意知a>0,且02+3≥a×0+b,即b≤3.答案:a>0,b≤39.(2019·山东烟台市高一上期中)已知函数f(x)的定义域为[a,b],对任意x1,x2∈[a,b],且x1≠x2,下列条件中能推出f(x)在定义域内为增函数的有　　　　(写出所有正确的序号). ①>1;②(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0;③若x1<x2时,都有f(x1)-f(x2)<0;④若x1<x2时,都有>1.解析:①中,>1,则一定有>0,所以f(x)为增函数;②中,当x1<x2时可得f(x1)<f(x2),当x1>x2时可得f(x1)>f(x2),所以 f(x) 为增函数;③中,当x1<x2时可得f(x1)<f(x2),所以f(x)为增函数;④中,当f(x1)>0时可得f(x1)<f(x2),当f(x1)<0时可得f(x1)>f(x2),所以不能得出f(x)为增函数.答案:①②③能力提升10.如果函数f(x)=ax2+2x-3在区间(-∞,4)上是单调递增的,则实数a的取值范围是(　D　)(A)(-,+∞) (B)[-,+∞)(C)[-,0)   (D)[-,0]解析:当a=0时,f(x)=2x-3在定义域R上是单调递增的,故在(-∞,4)上单调递增;当a≠0时,二次函数f(x)的对称轴为x=-,因为f(x)在(-∞,4)上单调递增,所以a<0,且-≥4,解得-≤a<0,综上,实数a的取值范围是[-,0].故选D.11.(2019·四川西昌市高一上期中)已知函数f(x)的图象如图所示.(1)根据函数图象,写出f(x)的单调区间;(2)若f(x)在[a-1,a+1]上单调递增,求a的取值范围.解:(1)由函数图象得f(x)在(-∞,-1]和[2,+∞)上单调递增,f(x)在(-1,2)上单调递减.(2)因为f(x)在[a-1,a+1]上单调递增,所以a+1≤-1或a-1≥2,解得a≤-2或a≥3,故a的取值范围为(-∞,-2]∪[3,+∞).探究创新12.(2018·河南信阳高中高一期中)已知函数f(x)=对任意两个不相等的实数x1,x2∈[2,+∞),都有>0成立,则实数a的取值范围是(　D　)(A)(0,+∞) (B)[,+∞)(C)(0,]   (D)[,2]解析:由题意知函数f(x)在[2,+∞)上是增函数,令g(x)=ax2-2x-5a+6,则a≠0时即≤a≤2.选D.[教师备用1] 设f(x),g(x)都是单调函数,有如下四个命题,其中正确的命题是(　C　)①若f(x)单调递增,g(x)单调递增,则f(x)-g(x)单调递增;②若f(x)单调递增,g(x)单调递减,则f(x)-g(x)单调递增;③若f(x)单调递减,g(x)单调递增,则f(x)-g(x)单调递减;④若f(x)单调递减,g(x)单调递减,则f(x)-g(x)单调递减.(A)①② (B)①④ (C)②③ (D)②④解析:若函数f(x),g(x)单调性相同,则函数f(x)-g(x)的单调性不确定,故①④不正确.由-g(x)与g(x)的单调性相反知②③正确.故选C.[教师备用2] (2019·唐山市县中11校联盟高一第一学期期中)已知f()=x2+.(1)求函数f(x)的解析式与定义域;(2)判断函数f(x)在(0,1]上的单调性,并用定义法加以证明.解:(1)令=t,则x2=-1,因为f()=x2+,所以f(t)=t-1+.因为1+x2≥1,所以0<t≤1,则f(x)的定义域为(0,1],所以f(x)=x-1+ (0<x≤1).(2)f(x)=x-1+在(0,1]上单调递减.证明如下:设0<x1<x2≤1,则f(x1)-f(x2)=x1-x2+-=,因为0<x1<x2≤1,所以x1-x2<0,x1x2>0,x1x2-1<0,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以f(x)在(0,1]上单调递减.