2020-2021高中数学人教版第一册3.2.1 第1课时 函数的单调性含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精新教材2020-2021学年高中数学人教A版必修第一册课时作业：3.2.1第1课时函数的单调性含解析第三章3.23。2.1第1课时A组·素养自测一、选择题1．如图中是定义在区间[－5,5]上的函数y＝f(x),则下列关于函数f（x)的说法错误的是（C）A．函数在区间[－5，－3］上单调递增B．函数在区间［1,4］上单调递增C．函数在区间[－3,1］∪[4,5]上单调递减D．函数在区间[－5，5]上不单调［解析]若一个函数出现两个或两个以上的单调区间时，不能用“∪”连接．2．下列四个函数中，在(0，＋∞）上单调递减的是（A）A．f(x）＝3－x B．f（x）＝x2－3xC．f（x)＝2x D．f(x)＝－eq\f(1，x)[解析］根据一次函数、二次函数、反比例函数的单调性可知:f（x)＝3－x在(0,＋∞)上单调递减;f(x）＝x2－3x在(0,eq\f（3，2)］上单调递减，在[eq\f（3，2）,＋∞）上单调递增；f(x）＝2x,f(x）＝－eq\f(1,x）在(0，＋∞)上单调递增．3．已知f（x）＝(3a－1）x＋b在（－∞，＋∞）上是增函数，则a的取值范围是（B）A．(－∞，eq\f（1,3)) B．（eq\f（1,3)，＋∞)C．(－∞，eq\f(1,3）] D．［eq\f（1,3）,＋∞）[解析]f(x)＝（3a－1）x＋b为增函数，应满足3a－1＞0，即a＞eq\f（1,3),故选B．4．下列命题正确的是（D）A．定义在(a,b）上的函数f(x），若存在x1，x2∈（a，b)，使得x1〈x2时，有f(x1）〈f（x2)，那么f（x)在（a，b）上为增函数B．定义在（a,b）上的函数f(x)，若有无穷多对x1,x2∈（a，b)，使得x1<x2时，有f（x1)〈f(x2），那么f（x）在（a，b）上为增函数C．若f(x)在区间I1上为减函数，在区间I2上也为减函数，那么f(x)在I1∪I2上也一定为减函数D．若f(x）在区间I上为增函数且f(x1)<f（x2)(x1，x2∈I)，那么x1〈x2［解析]A错误,x1,x2只是区间（a，b)上的两个值，不具有任意性；B错误,无穷并不代表所有、任意；C错误，例如函数y＝eq\f(1,x－1)在(－∞，1)和(1,＋∞)上分别递减,但不能说y＝eq\f（1,x－1)在（－∞，1)∪（1，＋∞)上递减;D正确，符合单调性定义．5．函数y＝x2＋x＋1（x∈R)的递减区间是(C)A．eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2),＋∞）) B．［－1，＋∞)C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1，2）)) D．(－∞,＋∞）[解析]y＝x2＋x＋1＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f（1,2)))2＋eq\f（3,4)，其对称轴为x＝－eq\f（1，2)，在对称轴左侧单调递减,∴当x≤－eq\f（1,2)时单调递减．6．函数y＝f(x）在R上为增函数,且f(2m)>f（－m＋9)，则实数m的取值范围是（C)A．（－∞，－3) B．（0,＋∞)C．（3,＋∞) D．（－∞，－3)∪（3，＋∞）［解析]因为函数y＝f(x）在R上为增函数，且f（2m）>f(－m＋9)，所以2m〉－m＋9,即m>3。二、填空题7．若函数y＝f（x)的图象如图所示,则函数f(x）的单调递增区间是__(－∞,1)和（1，＋∞）__.［解析]由图象可知，f（x)的单调递增区间为(－∞，1）和(1，＋∞)．8．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）＝__13__。［解析］由条件知x＝－2是函数f（x)图象的对称轴,所以eq\f(m,4)＝－2，m＝－8，则f(1）＝13。9．已知函数f(x)＝eq\f(k,x)(k≠0)在区间（0，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是__(－∞，0）__.[解析］函数f(x）是反比例函数,若k〉0,函数f（x)在区间（－∞,0）和（0,＋∞）上是减函数；若k<0,函数f(x)在区间(－∞，0）和（0,＋∞）上是增函数,所以有k〈0.三、解答题10．画出函数y＝－x2＋2｜x｜＋3的图象，并指出函数的单调区间．[解析］y＝－x2＋2|x|＋3＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3x≥0，，－x2－2x＋3x<0)）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－x－12＋4x≥0，,－x＋12＋4x<0。）)函数图象如图,由图象可知，在(－∞，－1）和［0,1］上，函数是增函数，在［－1,0]和(1,＋∞)上，函数是减函数．11．求证：函数f(x)＝eq\f(1,x2）在区间(0，＋∞)上是减函数,在区间(－∞，0)上是增函数．［证明]对于任意的x1，x2∈（－∞，0），且x1＜x2，有f(x1)－f（x2)＝eq\f（1，x\o\al（2,1））－eq\f（1，x\o\al（2，2)）＝eq\f(x\o\al(2,2）－x\o\al(2，1），x\o\al（2，1)x\o\al(2，2））＝eq\f（x2－x1x2＋x1,x\o\al（2,1)x\o\al(2,2））.因为x1＜x2＜0,所以x2－x1＞0，x1＋x2＜0,xeq\o\al(2,1）xeq\o\al（2，2)＞0。所以f(x1）－f（x2)＜0，即f（x1)＜f(x2)．所以函数f(x)＝eq\f(1，x2)在（－∞，0)上是增函数．对于任意的x3，x4∈（0，＋∞)，且x3＜x4，有f（x3)－f（x4)＝eq\f（x4－x3x4＋x3，x\o\al(2,3)x\o\al（2，4）).因为0＜x3＜x4，所以x4－x3＞0,x4＋x3＞0,xeq\o\al(2,3)xeq\o\al（2,4）＞0。所以f(x3）－f（x4）＞0，即f(x3)＞f（x4)．所以函数f（x)＝eq\f(1，x2)在(0，＋∞)上是减函数．B组·素养提升一、选择题1．已知f（x)为R上的减函数,则满足f(2x)〉f(1)的实数x的取值范围是（D)A．（－∞，1) B．（1,＋∞)C．(eq\f（1，2)，＋∞） D．(－∞，eq\f（1,2）)［解析]∵f(x）在R上为减函数且f(2x）>f（1)．∴2x〈1，∴x<eq\f(1，2）.2．设(a，b），（c,d)都是函数f（x）的单调增区间，且x1∈(a，b)，x2∈（c，d)，x1＜x2，则f（x1)与f（x2）的大小关系是（D)A．f(x1)＜f(x2) B．f(x1）＞f(x2）C．f(x1)＝f(x2) D．不能确定[解析]∵x1，x2不在同一单调区间内,∴大小关系无法确定．3．(多选题)已知函数y＝ax和y＝－eq\f（b,x）在(0，＋∞）上都是减函数，则函数f(x)＝bx＋a在R上（AC）A．f(0)＜0 B．f(0)>0C．是减函数 D．是增函数[解析]∵y＝ax和y＝－eq\f(b，x)在(0，＋∞）都是减函数，∴a＜0，b＜0，f（x)＝bx＋a为减函数且f（0）＝a＜0，故选AC．4．(多选题）已知函数f（x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5，下列关于函数f（x)的单调性说法正确的是(BD)A．函数f（x）在R上不具有单调性B．当a＝1时，f（x）在(－∞，0）上递减C．若f（x)的单调递减区间是（－∞，－4]，则a的值为－1D．若f(x)在区间(－∞，3)上是减函数，则a的取值范围是[0，eq\f（3,4)］[解析]当a＝0时,f（x)＝－12x＋5,在R上是减函数，A错误；当a＝1时，f(x）＝2x2－8x＋5，其单调递减区间是（－∞，2]，因此f（x）在(－∞,0)上递减，B正确；由f（x)的单调递减区间是(－∞，－4］得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2a〉0，，－\f(4a－3,4a）＝－4,）)a的值不存在，C错误；在D中,当a＝0时，f(x）＝－12x＋5，在（－∞,3)上是减函数;当a≠0时，由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a〉0，，－\f（4a－3,4a）≥3，))得0<a≤eq\f(3,4），所以a的取值范围是[0，eq\f(3,4）］，D正确．二、填空题5．函数y＝－(x－3）｜x｜的递增区间为__[0,eq\f（3,2)]__.[解析]y＝－(x－3)｜x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－x2＋3xx＞0,x2－3xx≤0）).作出其图象如图,观察图象知递增区间为[0,eq\f（3,2）]．6．若函数f(x）＝4x2－kx－8在［5,8]上是单调函数，则k的取值范围是__(－∞,40］∪［64，＋∞)__。[解析］对称轴为x＝eq\f（k，8)，则eq\f（k，8)≤5或eq\f(k,8）≥8，得k≤40或k≥64.7．若在[1，＋∞）上函数y＝（a－1)x2＋1与y＝eq\f(a，x）都单调递减，则a的取值范围是__（0，1）__。［解析]由于两函数在[1,＋∞)上递减应满足eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1<0,，a>0，)）所以0<a〈1.三、解答题8．求证:函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)在（2,＋∞）上是增函数．[证明］任取x1，x2∈（2，＋∞),且x1〈x2，则f(x1）－f(x2)＝x1＋eq\f（4,x1）－x2－eq\f(4,x2）＝（x1－x2）＋eq\f（4x2－x1,x1x2）＝(x1－x2)eq\f（x1x2－4，x1x2)。因为2<x1〈x2,所以x1－x2〈0，x1x2>4，x1x2－4>0，所以f（x1)－f(x2）<0，即f（x1）〈f（x2)．所以函数f（x)＝x＋eq\f(4,x)在(2，＋∞）上是增函数．9．函数f（x)对任意的a，b∈R,都有f（a＋b)＝f（a)＋f（b）－1,并且当x〉0时，f(x）〉1.求证：f（x）是R上的增函