高考调研2022学年高中数学单调性与最大值函数的单调性单调区间课时作业新人教a版

"【高考调研】数学单调性与最大（小）值（第1课时）函数的单调性单调区间课时作业新人教A版必修1"1．若函数y＝kx＋b是R上的减函数，则()A．k>0 B．k<0C．k≠0 D．无法确定答案B2．设f(x)是(－∞，＋∞)上的减函数，则()A．f(a)＞f(2a) B．f(a2)＜f(aC．f(a2＋a)＜f(a) D．f(a2＋1)＜f(a)答案D解析∵a2＋1－a＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)>0，∴a2＋1>a.又f(x)为减函数，∴f(a2＋1)<f(a)．3．若y＝f(x)是R上的减函数，对于x1<0，x2>0，则()A．f(－x1)>f(－x2) B．f(－x1)<f(－x2)C．f(－x1)＝f(－x2) D．无法确定答案B4．已知函数f(x)＝8＋2x－x2，那么下列结论正确的是()A．f(x)在(－∞，1]上是减函数B．f(x)在(－∞，1]上是增函数C．f(x)在[－1，＋∞)上是减函数D．f(x)在[－1，＋∞)上是增函数答案B5．已知函数f(x)的定义域为I，如果对属于I内某个区间上的任意两个不同的自变量的值x1，x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，那么()A．f(x)在这个区间上为增函数B．f(x)在这个区间上为减函数C．f(x)在这个区间上的增减性不定D．f(x)在这个区间上为常函数答案A6．下列函数中，在区间(0,2)上为增函数的是()A．y＝3－x B．y＝x2＋1C．y＝eq\f(1,x) D．y＝－|x|答案B7．若函数y＝x2＋bx＋c(x∈[0，＋∞))是单调函数，则b的取值范围是()A．b≥0 B．b≤0C．b>0 D．b<0答案A8．若函数f(x)是R上的增函数，对实数a，b，若a＋b>0，则有()A．f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)B．f(a)＋f(b)<f(－a)＋f(－b)C．f(a)－f(b)>f(－a)－f(－b)D．f(a)－f(b)<f(－a)－f(－b)答案A解析∵a＋b>0，∴a>－b，b>－a.∴f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)．∴f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)．9．函数y＝eq\f(1,x＋1)的单调递减区间为________．答案(－∞，－1)和(－1，＋∞)10．若函数f(x)＝2x2－mx＋3，当x∈[－2，＋∞)时是增函数，当x∈(－∞，－2]时是减函数，则f(1)等于________．答案13解析由条件知x＝－2是函数图像的对称轴，所以eq\f(m,4)＝－＝－8，则f(1)＝13.11．若函数y＝x＋eq\f(a,x)(a＞0)在区间(eq\r(5)，＋∞)上单调递增，则a∈____________.答案(0,5]12．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a＝________.答案－6解析作出函数f(x)＝|2x＋a|的图像，大致如图，根据图像可得函数的单调递增区间为[－eq\f(a,2)，＋∞)，即－eq\f(a,2)＝3，∴a＝－6.13．写出下列函数的单调区间．(1)y＝|x＋1|;(2)y＝－x2＋ax；(3)y＝|2x－1|;(4)y＝－eq\f(1,x＋2).答案(1)单调增区间[－1，＋∞)，单调减区间(－∞，－1]；(2)单调增区间(－∞，eq\f(a,2)]，单调减区间[eq\f(a,2)＋∞)；(3)单调增区间[eq\f(1,2)，＋∞)，单调减区间(－∞，eq\f(1,2)]；(4)单调增区间(－∞，－2)和(－2，＋∞)，无减区间14．设函数f(x)＝eq\f(x＋a,x＋b)(a>b>0)，求f(x)的单调区间，并证明f(x)在其单调区间上的单调性．解析f(x)＝eq\f(x＋b＋a－b,x＋b)＝1＋eq\f(a－b,x＋b)，∵a>b>0，∴a－b>0.∴f(x)在(－∞，－b)，(－b，＋∞)上单调递减．证明设x1<x2<－b，f(x1)－f(x2)＝eq\f(a－b,x1＋b)－eq\f(a－b,x2＋b)＝eq\f(a－bx2－x1,x1＋bx2＋b)，∵a－b>0，x1<x2<－b，∴x2－x1＞0，x1＋b<0，x2＋b<0.∴f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(－∞，－b)上单调递减．同理可证f(x)在(－b，＋∞)上也是减函数．15．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<x2，则f(x1)－f(x2)＝xeq\o\al(2,1)－eq\f(1,x1)－xeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,x2)＝(x1－x2)(x1＋x2＋eq\f(1,x1x2))．∵0<x1<x2，∴x1－x2<0，x1＋x2＋eq\f(1,x1x2)>0.∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．∴函数f(x)＝x2－eq\f(1,x)在区间(0，＋∞)上是增函数．1．求证：函数f(x)＝eq\f(2,x－1)在(1，＋∞)上是减函数．证明任取1<x1<x2，f(x1)－f(x2)＝eq\f(2,x1－1)－eq\f(2,x2－1)＝eq\f(2x2－x1,x1－1x2－1)，∵1<x1<x2，∴x2－x1>0，x1－1>0，x2－1>0.∴eq\f(2x2－x1,x1－1x2－1)>0.∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)．∴f(x)＝eq\f(2,x－1)在(1，＋∞)上是减函数．2．若函数f(x)＝ax2－(3a－1)x＋a2在[1，＋∞)上是增函数，求实数a解析①a＝0时，f(x)＝x在[1，＋∞)上是增函数．②a≠0时，∵f(x)在[1，＋∞)上是增函数．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(3a－1,2a)≤1，))解得0<a≤1.综上0≤a≤1.3．求函数y＝－x2