-新教材高中数学课时检测19函数的单调性含解析北师大版必修第一册

PAGEPAGE5函数的单调性[A级基础巩固]1．已知函数f(x)的定义域为(a，b)，且对定义域内任意实数x1，x2，均有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0，则f(x)在(a，b)上()A．单调递增B．单调递减C．先单调递减再单调递增D．先单调递增再单调递减解析：选B若(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－x2<0，,f（x1）－f（x2）>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－x2>0，,f（x1）－f（x2）<0，))即当x1<x2时，f(x1)>f(x2)或当x1>x2时，f(x1)<f(x2)．不论哪种情况，都说明f(x)在(a，b)上单调递减．2．已知函数y＝f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是()A．y＝eq\f(1,f（x）)在R上为减函数B．y＝|f(x)|在R上为增函数C．y＝[f(x)]2在R上为增函数D．y＝－f(x)在R上为减函数解析：选D由函数y＝f(x)在R上为增函数，可设y＝f(x)＝x.对于A，y＝eq\f(1,f（x）)＝eq\f(1,x)，定义域为{x|x≠0}，不满足在R上为减函数，所以A错误．对于B，y＝|f(x)|＝|x|，在区间(－∞，0]上单调递减，在区间[0，＋∞)上单调递增，所以不满足在R上为增函数，所以B错误．对于C，y＝[f(x)]2＝x2，在区间(－∞，0]上单调递减，在区间[0，＋∞)上单调递增，所以不满足R上为增函数，所以C错误．对于D，若函数y＝f(x)在R上为增函数，则对任意的x1，x2∈R，且x1<x2时，都满足f(x1)<f(x2)，当y＝－f(x)时，[－f(x1)]－[－f(x2)]＝f(x2)－f(x1)>0，即y＝－f(x)为R上的减函数．故选D.3．设函数f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数，则()A．f(a)>f(2a) B．f(a2＋1)<f(a2)C．f(a2＋a)<f(a) D．f(a2)<f(a)解析：选B∵a2＋1>a2，且f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数，∴f(a2＋1)<f(a2)．4．若函数y＝x2＋(2a－1)x＋1在区间(－∞，2]上是减函数，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))C．(3，＋∞) D．(－∞，－3]解析：选B∵函数y＝x2＋(2a－1)x＋1的图象开口向上，直线x＝eq\f(2a－1,－2)为函数的对称轴，函数在区间(－∞，2]上是减函数，故2≤eq\f(2a－1,－2)，解得a≤－eq\f(3,2).5．已知函数f(x)是定义在R上的单调函数，A(0，1)，B(2，－1)是其图象上的两点，则不等式|f(x－1)|>1的解集为()A．(－1，1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(1，3) D．(－∞，1)∪(3，＋∞)解析：选D据题意可知f(0)＝1，f(2)＝－1.∵f(x)是R上的单调函数，∴f(x)在R上单调递减．由|f(x－1)|>1得，f(x－1)<f(2)或f(x－1)>f(0)．∴x－1>2或x－1<0，解得x>3或x<1.∴原不等式的解集为(－∞，1)∪(3，＋∞)．故选D.6．函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≥0，,－x2，x<0))的单调递增区间为________．解析：画出函数图象如图所示，由图象可知，f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，即f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．答案：(－∞，＋∞)7．函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析：f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)＝eq\f(a（x＋2）－2a＋1,x＋2)＝a＋eq\f(1－2a,x＋2)，依题意有1－2a<0，即a>eq\f(1,2).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))8．f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－4）x＋5（x≤1），,\f(2a,x)（x>1）))在(－∞，＋∞)上是减函数，则实数a的取值范围是________．解析：因为f(x)为R上的减函数，所以当x≤1时，f(x)单调递减，即a－4<0， ①当x>1时，f(x)单调递减，即a>0， ②且(a－4)×1＋5≥2a， ③联立①②③，解得0<a≤1.答案：(0，1]9．判断函数f(x)＝x＋eq\f(p,x)(p>0)的单调性．解：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(p,x1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(p,x2)))＝(x1－x2)＋eq\f(p（x2－x1）,x1x2)＝(x1－x2)·eq\f(x1x2－p,x1x2).(*)当x1，x2∈(0，eq\r(p))时，0<x1x2<p，x1－x2<0，所以(*)式大于0，即f(x1)－f(x2)>0，所以f(x1)>f(x2)，即f(x)在(0，eq\r(p))上是减函数；当x1，x2∈[eq\r(p)，＋∞)时，x1x2>p，x1－x2<0，所以(*)式小于0，即f(x1)－f(x2)<0，所以f(x1)<f(x2)，即f(x)在[eq\r(p)，＋∞)上是增函数．同理可得，当x∈(－eq\r(p)，0)时，f(x)＝x＋eq\f(p,x)是减函数；当x∈(－∞，－eq\r(p)]时，f(x)＝x＋eq\f(p,x)是增函数．综上所述，f(x)＝x＋eq\f(p,x)(p>0)在(－∞，－eq\r(p)]和[eq\r(p)，＋∞)上是增函数，在(－eq\r(p)，0)和(0，eq\r(p))上是减函数．10.已知函数f(x)的图象如图所示．(1)根据函数的图象，写出f(x)的单调区间；(2)若f(x)在[a－1，a＋1]上单调递增，求实数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.故实数a的取值范围为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．[B级综合运用]11．(多选)使函数f(x)＝ax2－2x＋1在区间[1，2]上单调递增的一个条件是()A．0<a<1 B．a≥1C．a>1 D．－1<a<0解析：选BC若f(x)在[1，2]上单调递增，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(1,a)≤1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,\f(1,a)≥2，))解得a≥1，故选B、C.12．若定义在R上的一元二次函数f(x)＝ax2－4ax＋b在区间[0，2]上单调递增，且f(m)≥f(0)，则实数m的取值范围是()A．0≤m≤4 B．0≤m≤2C．m≤0 D．m≤0或m≥4解析：选A因为f(x)在区间[0，2]上单调递增，所以f(2)>f(0)，解得a<0.又因为f(x)的图象的对称轴为x＝－eq\f(－4a,2a)＝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≤4.13．若函数f(x)＝x2－2(a－1)x＋2在区间(1，4)上不是单调函数，那么实数a的取值范围是________．解析：因为函数f(x)＝x2－2(a－1)x＋2在区间(1，4)上不是单调函数，函数图象的对称轴为直线x＝a－1，所以1<a－1<4，所以2<a<5.答案：(2，5)14．已知函数f(x)＝eq\f(3x＋7,x＋2).(1)判断并证明函数f(x)在(－2，＋∞)上的单调性；(2)若函数f(x)的定义域为(－2，2)，且满足f(－2m＋3)>f(m2)，求m的取值范围．解：(1)f(x)＝eq\f(3x＋7,x＋2)＝3＋eq\f(1,x＋2)，f(x)在(－2，＋∞)上单调递减，证明如下：任取x1，x2∈(－2，＋∞)，且x2<x1，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,x1＋2)－eq\f(1,x2＋2)＝eq\f(x2－x1,（x1＋2）（x2＋2）)，因为x1>x2>－2，所以x1＋2>0，x2＋2>0，x2－x1<0，所以f(x1)<f(x2)，所以f(x)在(－2，＋∞)上单调递减．(2)由(1)可知，当x∈(－2，2)时，函数f(x)单调递减，所以由f(－2m＋3)>f(m2)得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2<－2m＋3<2，,－2<m2<2，,－2m＋3<m2，))解得1<m<eq\r(2)，所以m的取值范围为(1，eq\r(2))．[C级拓展探究]15．已知函数f(x)，g(x)在数集D上都有定义，对于任意的x1，x2∈D，当x1<x2时，g(x1)≤eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)≤g(x2)或g(x2)≤eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)≤g(x1)成立，则称g(x)是数集D上f(x)的限制函数．(1)试判断函数g(x)＝eq\f(1,x2)是否是函数f(x)＝－eq\f(1,x)在D＝(0，＋∞)上的限制函数；(2)设g(x)是f(x)在区间D1(D1⊆D)上的限制函数且g(x)在区间D1上的值恒正，求证：函数f(x)在区间D1上是增函数；(3)设f(x)＝x2－2eq\r(x)，试写出函数f(x)在D＝(0，＋∞)上的限制函数，并利用(2)的结论，求f(x)在D＝(0，＋∞)上的单调区间．解：(1)对任意0<x1<x2，因为eq\f(1,xeq\o\al(2,2))<eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝eq\f(－\f(1,x1)＋\f(1,x2),x1－x2)＝eq\f(1,x1x2)<eq\f(1,xeq\o\al(2,1))，所以g(x)＝eq\f(1,x2)是f(x)在D＝(0，＋∞)上的限制函数．(2)证明：对于任意的x1，x2∈D1⊆D，当x1<x2时，因为g(x)在区间D1⊆D上恒为正值，所以g(x1)>0，g(x2)>0，由于g(x1)≤eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)≤g(x2)或g(x2)≤eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)≤g(x1)成立，所以0<eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在D1上是增函数．(3)设0<x1<x2，则eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),x1－x2)－eq\f(2\r(x1)－2\r(x2),x1－x2)＝x1＋x2－eq\f(2,\r(x1)＋\r(x2))，所以2x1－eq\f(1,\r(x1))<eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<2x2－eq\f(1,\r(x2))，即g(x)＝2x－eq\f(1,\r(x)).由g(x)＝2x－eq\f(1,\r(x))>0，解得x>eq\f(1,\r(3,4))，因而当x