20192020学年高中数学第一章集合与函数概念13函数基本性质131单调性与最大小值第1课时函数单调性课后篇巩固提升含解析新人教A版1

第1课时函数的单调性课后篇牢固提升基础牢固1.以下函数在区间(0,+∞)上不是增函数的是()A.y=2x+1B.y=x2+1C.y=3-xD.y=x2+2x+1剖析函数y=3-x在区间(0,+∞)上是减函数.答案C2.函数f(x)=-x2+2x+3的单调减区间是()A.(-∞,1)B.(1,+∞)C.(-∞,2)D.(2,+∞)剖析易知函数f(x)=-x2+2x+3是图象张口向下的二次函数,其对称轴为x=1,所以其单调减区间是(1,+∞).答案B3.若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a,b,总有>0成立,则必有()A.f(x)在R上是增函数B.f(x)在R上是减函数C.函数f(x)是先增后减D.函数f(x)是先减后增剖析由>0知f(a)-f(b)与a-b同号,即当a<b时,f(a)<f(b),或当a>b时,f(a)>f(b),所以f(x)在R上是增函数.答案A4.函数f(x)=x2-2(a-1)x+1在区间(2,3)上为单调函数,则实数a的取值范围是()A.(-∞,3]∪[4,+∞)B.(-∞,3)∪(4,+∞)C.(-∞,3]D.[4,+∞)剖析二次函数图象张口向上,对称轴为直线x=a-1,由于函数在区间(2,3)上为单调函数,所以a-1≤2或a-1≥3,相应解得a≤3或a≥4,应选A.答案A5.已知函数f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,若a∈R,则()A.f(a)>f(2a)B.f(a2)<f(a)C.f(a2+a)<f(a)D.f(a2+1)<f(a)剖析选项D中,由于a2+1>a,f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,所以f(a2+1)<f(a).而在其他选项中,当a=0时,自变量均是0,应取等号.应选D.答案D6.若函数f(x)=x2+3ax+5在区间(-∞,5)上为减函数,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.剖析由于函数f(x)=x2+3ax+5的单调递减区间为,所以(-∞,5)?,所以a≤-.答案A7.函数f(x)=|x-2|的单调递加区间是.?剖析由图象可知,f(x)的单调递加区间是[2,+∞).答案[2,+∞)8.已知函数f(x)=2x2-mx+3,当x∈[-2,+∞)时,f(x)是增函数,当x∈(-∞,-2)时,f(x)是减函数,则f(1)=.?剖析∵函数f(x)在(-∞,-2)上是减函数,在[-2,+∞)上是增函数,∴x=-=-2,∴m=-8,即f(x)=2x2+8x+3.∴f(1)=13.答案139.已知函数f(x)=-2x2+mx+1在区间[1,4]上是单调函数,则实数m的取值范围是.?剖析二次函数f(x)的图象的对称轴是直线x=.由于二次函数在对称轴的两侧的单调性相反,即?(1,4),所以≤1或≥4,即m≤4或m≥16.答案(-∞,4]∪[16,+∞)10.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,+∞).设x1,x2是[0,+∞)上的任意两个实数,且0≤x1<x2,则x2-x1>0,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.能力提升1.函数f(x)=|x|与g(x)=x(2-x)的单调递加区间分别为()A.(-∞,0],[1,+∞)B.(-∞,0],(-∞,1]C.[0,+∞),[1,+∞)D.[0,+∞),(-∞,1]剖析由函数图象(图略)可知选D.答案D2.若函数y=ax与y=-在区间(0,+∞)上都是减函数,则函数y=ax2+bx在区间(0,+∞)上是()A.增函数B.减函数C.先增后减D.先减后增剖析由于函数y=ax与y=-在区间(0,+∞)上都是减函数,所以a<0,-b>0,即a<0,b<0.由于抛物线y=ax2+bx的对称轴为x=-<0,且抛物线张口向下,所以y=ax2+bx在区间(0,+∞)上是减函数.答案B3.若定义在R上的二次函数f(x)=ax2-4ax+b在区间[0,2]上是增函数,且f(m)≥f(0),则实数m的取值范围是()A.0≤m≤4B.0≤m≤2C.m≤0D.m≤0或m≥4剖析由f(x)在区间[0,2]上是增函数,所以f(2)>f(0),解得a<0.又由于f(x)图象的对称轴为x=-=2,所以f(x)在区间[0,2]上的值域与在区间[2,4]上的值域相同.所以满足f(m)≥f(0)的m的取值范围是0≤m≤4.答案A4.若f(x)=-x2+2ax与g(x)=在区间[1,2]上都是减函数,则a的取值范围是()A.(-1,0)∪(0,1)B.(-1,0)∪(0,1]C.(0,1)D.(0,1]剖析f(x)=-x2+2ax=-(x-a)2+a2,∵f(x)在区间[1,2]上为减函数,∴a≤1.∵g(x)=在区间[1,2]上为减函数,∴a>0,∴0<a≤1.答案D5.给出以下三个结论:①若函数y=f(x)的定义域为(0,+∞),且满足f(1)<f(2)<f(3),则函数y=f(x)在(0,+∞)上是增函数;②若函数y=f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,则f(a2+1)<f(a2);③函数f(x)=在其定义域上是减函数.其中正确的结论有()A.0个B.1个C.2个D.3个剖析①函数单调性的定义中,x1,x2拥有任意性,不能够仅凭区间内有限个函数值的大小关系判断函数单调性,①错误;②∵a2+1>a2,又y=f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,∴f(a2+1)<f(a2),②正确;③取x1=-1,x2=1,∵f(-1)=-1,f(1)=1,∴f(-1)<f(1),故f(x)=不是其定义域上的减函数,③错误.答案B6.已知函数f(x)=,若x1>x2>-2,则f(x1)>f(x2),则实数a的取值范围是.(用区间来表示)?剖析由“若x1>x2>-2,则f(x1)>f(x2)”可知函数f(x)在(-2,+∞)上单调递加.而f(x)==a+,故有1-2a<0,解得a>,即a的取值范围为.答案7.若函数f(x)=是减函数,则实数a的取值范围为.?剖析由题意可得解得-3≤a≤-1,则实数a的取值范围是[-3,-1].答案[-3,-1]8.谈论函数f(x)=在区间(-2,+∞)上的单调性.解f(x)==a+,设任意的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,+∞)上为减函数.当a>时,1-2a<0,∴f(x1)-f(x2)<0,f(x1)<f(x2),故f(x)在区间(-2,+∞)上为增函数.综上,当a<时,f(x)在区间(-2,+∞)上为减函数;当a>时,f(x)在区间(-2,+∞)上为增函数.9.某市一家报刊摊点,从该市报社买进该市的晚报价格是每份0.40元,卖出价格是每份0.60元,卖不掉的报纸以每份0.05元的价格退回报社.在一个月(按30天计算)里,有18天每天可卖出400份,其他12天每天只能卖出180份.则摊主每天从报社买进多少份晚报,才能使每个月获取的利润最大(设摊主每天从报社买进晚报的份数是相同的)?解设摊主每天从报社买进x(180≤x≤400,x∈N)份晚报,每个月盈利为y元,则有y=(0.60-0.40)(18x+12×180)