高一数学《函数的单调性》检测题及答案解析

1.3.1单调性与最大（小）值建议用时实际用时满分实际得分45分钟100分一、选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分)1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上是增函数的是()A．y＝ B．y＝3x2＋1C．y＝eq\f(2,x) D．y＝|x|2．定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝－f(x＋4)，当x>2时，f(x)单调递增，如果x1＋x2<4，且(x1－2)(x2－2)<0，则f(x1)＋f(x2)的值()A．恒小于0B．恒大于0C．可能为0D．可正可负3．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x≥0，,4x－x2，x<0.))若f(2－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－1,2)C．(－2,1)D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)4.如果函数上单调递减，则实数满足的条件是()A．(8，＋∞) B．[8,＋∞)C．(∞,8) D．(∞,8]5．函数y＝eq\r(x2＋2x－3)的单调递减区间为()A．(－∞，－3] B．(－∞，－1]C．[1，＋∞)D．[－3，－1]二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24分)6.函数f(x)＝2x2－mx＋3，当x∈[2，＋∞)时是增函数，当∈(－∞，2]时是减函数，则f(1)＝________.7.已知函数[1，2]，则是(填序号).①[1，2]上的增函数；②[1，2]上的减函数；③[2，3]上的增函数；④[2，3]上的减函数.8．已知定义在区间[0,1]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，对于满足0<x1<x2<1的任意x1、x2，给出下列结论：①f(x2)－f(x1)>x2－x1；②x2f(x1)>x1f(x③eq\f(f(x1)＋f(x2),2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).其中正确结论的序号是________．(把所有正确结论的序号都填上)9．已知函数f(x)＝eq\f(\r(3－ax),a－1)(a≠1)．若a>0，则f(x)的定义域是________.三、解答题(本大题共3小题，共46分)10．（14分）若函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上递增，求实数a的取值范围11．（16分）已知定义域为[0,1]的函数f(x)同时满足：①对于任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，则有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)．(1)求f(0)的值；(2)求f(x)的最大值.12．（16分）定义在R上的函数f(x)满足：对任意实数m，n总有f(m＋n)＝f(m)·f(n)，且当x>0时，0<f(x)<1.(1)试求f(0)的值；(2)判断f(x)的单调性并证明你的结论

一、选择题解析：由函数单调性定义知选D.2.A解析：因为(x1－2)(x2－2)<0，若x1<x2，则有x1<2<x2，即2<x2<4－x1.又当x>2时，f(x)单调递增且f(－x)＝－f(x＋4)，所以有f(x2)<f(4－x1)＝－f(x1)，即f(x1)＋f(x2)<0；若x2<x1，同理f(x1)＋f(x2)<0，故选A.解析：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＝(x＋2)2－4，x≥0，,4x－x2＝－(x－2)2＋4，x<0，))由f(x)的图象可知f(x)在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，由f(2－a2)>f(a)得2－a2>a，即a2＋a－2<0，解得－2<a<1.故选C.解析：图象的对称轴是直线,它的递减区间是,因为在区间上递减,所以,所以5.A解析：该函数的定义域为(－∞，－3]∪[1，＋∞)，函数f(x)＝＋2x－3图象的对称轴为直线x＝－1，由函数的单调性可知该函数在区间(－∞，－3]上是减函数．二、填空题6.－3解析：f(x)＝2(x－eq\f(m,4))2＋3－eq\f(m2,8)，由题意得eq\f(m,4)＝2，∴m＝8.∴f(1)＝2×12－8×1＋3＝3.7.③解析：,所以由二次函数的知识知,是[2，3]上的增函数.8.②③解析：由f(x2)－f(x1)>x2－x1，可得eq\f(f(x2)－f(x1),x2－x1)>1，即两点(x1，f(x1))与(x2，f(x2))连线的斜率大于1，显然①不正确；由x2f(x1)>x1f(x2)得eq\f(f(x1),x1)>eq\f(f(x2),x2)，即表示点(x1，f(x1))与原点连线的斜率大于点(x2，f(x2))与原点连线的斜率，可以看出结论②正确；结合函数图象，容易判断结论③是正确的．\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,a)))解析：当a>0且a≠1时，由3－ax≥0得x≤eq\f(3,a)，即此时函数f(x)的定义域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,a))).三、解答题10.解：f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)＝eq\f(a(x＋2)＋1－2a,x＋2)＝eq\f(1－2a,x＋2)＋a.任取x1，x2∈(－2，＋∞)，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(1－2a,x1＋2)－eq\f(1－2a,x2＋2)＝eq\f((1－2a)(x2－x1),(x1＋2)(x2＋2)).∵函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上为增函数，∴f(x1)－f(x2)<0.∵x2－x1>0，x1＋2>0，x2＋2>0，∴1－2a<0，故a>eq\f(1,2).即实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).点评：对于函数单调性的理解，应从文字语言、图形语言和符号语言三个方面进行辨析，做好定性刻画、图形刻画和定量刻画．逆用函数单调性的定义，根据x1－x2与f(x1)－f(x2)是同号还是异号构造不等式来求字母的取值范围．11.解：(1)对于条件③，令x1＝x2＝0得f(0)≤0，又由条件①知f(0)≥0，故f(0)＝0.(2)任取且0≤x1<x2≤1，则x2－x1∈(0,1，∴f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)≥f(x2－x1)＋f(x1)－f(x1)＝f(x2－x1)≥0.即f(x2)≥f(x1)，故f(x)在[0,1]上递增，从而f(x)的最大值是f(1)＝1.12.解：(1)在f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，令m＝1，n＝0，得f(1)＝f(1)·f(0)．因为f(1)≠0，所以f(0)＝1.(2)函数f(x)在R上单调递减．证明如下：任取x1，x2∈R，且设x1<x2.在已知条件f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，若取m＋n＝x2，m＝x1，则已知条件可化为f(x2)＝f(x1)·f(x2－x1)，由于x2－x1>0，所以0<f(x2－x1)<1.