高中数学必修第一册人教A版（2019） 3 单调性与最大(小)值 第一课时.函数的单调性 同步练习（含解析）

3.2.1单调性与最大(小)值第一课时.函数的单调性函数y=f(x)(x∈[−4,4])的图像如图所示，则函数f(x)的单调递增区间为(

)

A.[−4,−2] B.[−2,1] C.[1,4] D.[−4,−2]∪[1,4]若函数f(x)是R上的减函数，a>0，则下列不等式一定成立的是(

)A.f(a2)<f(a) B.f(a)<f(1a)已知函数f(x)=x2−2x−3，则该函数的单调递增区间为(

)A.(−∞,1] B.[3,+∞) C.(−∞,−1] D.[1,+∞)已知函数y=f(x)在[−1,1]上单调递减，且函数f(x)的图象关于直线x=1对称，设a=f(−12)，b=f(2)，c=f(3)，则a，b，c的大小关系为A.a<b<c B.c<b<a C.b<c<a D.b<a<c已知函数fx的图象关于直线x=1对称，当x2>x1>1时，fx2−fx1x2−xA.c>a>b B.c>b>a C.b>a>c D.a>c>b已知函数f(x)=(a−2)x+52,x⩾1−x2+(7−2a)x+1,x<1对任意x1A.(2,52] B.[136,下列说法中，正确的是(

)A.若对任意x1，x2∈I，当x1<x2时，f(x1)−f(x2)x1−x2>0，则y=f(x)在I上是增函数

函数fx=x+1x的单调递减区间为若函数f(x)=x2+(a−1)x+a在区间[2,+∞)上是增函数，则a的取值范围

函数f(x)=x2−2x−3的单调增区间是

y=f(x)是定义域R上的单调递增函数，则y=f(3−x2)的单调递减区间为

若函数fx=x−1x+a在区间1,2上为增函数，写出一个满足条件的实数a的值已知函数f(x)=x|x−2|．(1)求作函数y=f(x)的图像；(2)写出f(x)的单调区间，并指出在各个区间上是增函数还是减函数？(不必证明)判断函数y=x−1x，x∈(0,+∞)的单调性并说明理由．已知y=f(x)在定义域(−1,1)上是减函数，且f(1−a)<f(2a−1)，求a的取值范围．讨论f(x)=x+ax(a≠0)在(0,+∞)已知函数fx满足：对定义域内任意x1≠x(1)若fx的定义域为0,+∞，且有fa2(2)若fx的定义域为R，求关于x的不等式f定义在R上的函数y=f(x)，f(0)≠0，当x>0时，f(x)>1，且对任意的a、b∈R，有f(a+b)=f(a)f(b)．(1)求证：对任意的x∈R，恒有f(x)>0；(2)证明：f(x)是R上的增函数；(3)若f(x)·f(2x−x2)>1

答案和解析1.【答案】B

【解析】【分析】本题考查了函数图象的应用，以及利用函数图象得到函数的单调区间．

根据图象，直接求解即可．【解答】解：根据函数图象，可得单调递增区间为：[−2,1]．故选B．

2.【答案】D

【解析】【分析】本题考查利用函数的单调性比较大小以及利用作差法比较代数式的大小，属于较易题．

利用特殊值法即可判断A、B；利用不等式的基本性质比较a与2a的大小关系，结合f(x)的单调性即可判断C；利用作差法比较a2与a−1的大小关系，结合f(x)的单调性即可判断D【解答】解：若a=1，则a2=a，a=1a，所以f(a2)=f(a)，f(a)=f(1a)，故A、B错误；

因为a>0，所以a<2a，又f(x)是R上的减函数，所以f(a)>f(2a)，故C错误；

因为a2−(a−1)=a2−a+1=(a−12

3.【答案】B

【解析】【分析】本题主要考查了函数的单调性与单调区间，复合函数的单调性，属于基础题，

函数fx=x2−2x−3【解答】解：由x2−2x−3⩾0，

解得x⩽−1或x⩾3，所以函数的定义域为(−∞,−1]∪[3,+∞)．

令t=x2−2x−3，则函数f(x)=x2−2x−3是由y=t和t=x2−2x−3复合而成，

f(x)=t在定义域上单调递增，而函数t=

4.【答案】D

【解析】【分析】根据题意，由函数的对称性可得f(x)在[1,3]上单调递增且f(−12)=f(【解答】解：根据题意，函数f(x)的图象关于直线x=1对称，则f(−12)=f(52)，

又由函数y=f(x)在[−1,1]上单调递减，则函数y=f(x)在[1,3]上单调递增，

则有f(2)<f(5

5.【答案】C

【解析】【分析】本题主要考查运用函数单调性以及对称性比较大小，属于中档题．

结合题设得f(x)在(1,+∞)上单调递减，再结合函数f(x)的图象关于直线x=1对称可得a=f(−12)=f(52)，最后由函数f(x)在(1,+∞)上的单调性即可得出【解答】解：∵当x2>x1>1时，[f(x2)−f(x1)](x2−x1)<0恒成立，

∴f(x)在(1,+∞)上单调递减，

又∵函数f(x)的图象关于直线x=1

6.【答案】B

【解析】【分析】本题主要考查了分段函数，函数的单调性，不等式求解，属于拔高题．

根据题意可知函数在R上为单调递增，从而即可得到{a−2>07−2a2×(−1)【解答】解：∵对任意x1,x2∈R且x1≠x2时，有f(x1)−f(x2)x1−x2>0，

7.【答案】AD

【解析】【分析】本题考查的知识要点：函数的单调性的定义和单调区间的确定，主要考查学生对基础定义的理解和应用，属于基础题．

利用函数单调性定义和基本初等函数的性质逐一判断即可．【解答】解：对于A：若对任意x1，x2∈I，当x1<x2时，f(x1)−f(x2)x1−x2>0，则有f(x1)<f(x2)，

由函数单调性的定义可知y=f(x)在I上是增函数，故A正确．

对于B，由二次函数的性质可知，y=x2在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，故B错误；

8.【答案】(−∞,0)，

(0,+∞)

【解析】【分析】本题主要考查函数的单调性，属于基础题．

将原函数变形为f(x)=x+1【解答】解：因为f(x)=x+1x=1+1x，

所以函数f(x)的图象是将y=1x向上移动1个单位，单调性不改变，

易知y=1x的单调递减区间为(−∞,0)，

(0,+∞)，

所以f(x)的单调递减区间为(−∞,0)，

9.【答案】[−3,+∞)

【解析】【分析】本题考查函数单调性的性质，熟练二次函数图象特征是解决问题的基础．

根据函数f(x)的图象特征及f(x)在区间[2,+∞)上单调递增，得对称轴位于区间左侧或左端点处，由此得不等式，解出即可．【解答】解：函数f(x)=x2+(a−1)x+a图象开口向上，对称轴为x=−a−12，

由函数f(x)在区间[2,+∞)上单调递增，得−a−12≤2，解得a≥−3，

所以

10.【答案】[−1,1]和[3,+∞)

【解析】【分析】本题考查函数的单调性，涉及二次函数的单调性，绝对值函数的图象的作法．

画出函数的图象，利用函数的图象求函数的单调区间．【解答】解：由x2−2x−3=0，可得x=−1或且函数y=x2−2x−3的对称轴为x=1，

所以f(x)=−(x−1)2可知函数f(x)的单调递增区间为[−1,1]和[3,+∞)．故答案为[−1,1]和[3,+∞)．

11.【答案】[0,+∞)

【解析】【分析】本题考查了复合函数的单调性问题，考查二次函数的性质，属于中档题．

根据复合函数单调性“同增异减”的原则，问题转化为求y=3−x【解答】解：根据复合函数单调性“同增异减”的原则，

因为y=f(x)是定义域R上的单调递增函数，

要求y=f(3−x2)的单调递减区间，

即求y=3−x2的单调递减区间，

而函数y=3−x2在[0,+∞)单调递减，

故y=f(3−

12.【答案】0(答案不唯一)

【解析】【分析】将fx本题考查分段函数的图象，以及根据分段函数的单调区间求参数范围，属较难题．【解答】解：根据题意可知f对y=x2+当1−a2≥−a，即a≥−1时，(为方便说明，略去y其示意图图象如下所示：由图可知，此时要满足题意，只需−a≥2或1−a2解得a≤−2或a≥−1.又因为a≥−1，故此时要满足题意，只需a≥−1；当1−a2<−a，即a<−1时，(为方便说明，略去y其示意图图象如下所示：此时要满足题意，只需−a≤1或1−a2解得a≥−1或a≤−3，又因为a<−1，故此时要满足题意，只需a≤−3．综上所述：a≥−1或a≤−3．具体到本题答案可以在此区间中任取一个数即可．本题中，选取a=0．故答案为：0.(答案不唯一)

13.【答案】(1)因为f(x)=xx−2=xx−2(2)由图象可知：函数y=f(x)在(−∞,1),(2,+∞)上单调递增，在1,2上单调递减．

【解析】本题考查分段函数的图象和由图象得出函数的单调性，属于中档题．(1)由已知得f(x)=xx−2=x(2)由图象可得出函数的单调性．

14.【答案】解：根据题意，函数y=x−1x在(0,+∞)上递增，

证明：设f(x)=x−1x，设0<x1<x2，

则f(x1)−f(x2)=(x1−1x【解析】本题考查函数单调性的判断和证明，注意作差法的应用，属于基础题．

根据题意，设0<x115.【答案】解：由题意可知，1−a>2a−1−1<1−a<1−1<2a−1<1,

解得0<a<23．

即【解析】本题主要考查了利用函数的单调性解函数不等式，属于基础题．

根据函数的单调性以及定义域列出不等式组，求解即可．

16.【答案】解：任取x1，x2∈(0,+∞)，且x1<x2，

则f(x2)−f(x1)=(x2+ax2)−(x1+ax1)=(x2−x1)+(ax2−ax1)

=(x2−x1)+a(x1−x2)x1x2=(x2−x1)(x1x2−a)x1x2．

∵x1，x2∈(0,+∞)【解析】本题考查了函数单调性的性质与判断，用定义法证明函数单调性，要掌握定义法证明函数单调性的步骤，本题的难点在于确定a的分类标准，属中档题．

利用证明函数单调性的一般步骤，任取x1，x2∈(0,+∞)，且x1<x2，

则作差后f(x17.【答案】解：由题意得fx(1)fx的定义域为0,+∞，且有f则a2−1≥02a+2≥0a2所以a的取值范围是1≤a<3；(2)不等式fm等价于mx即x+2mx−1①当m=0时，不等式解集为x|x<−2②当m>0时，不等式的解集为x|x<−2或x>③当m<0时，即求不等式x+2x−(i)当1m=−2即m=−1(ii)当1m>−2即m<−1(iii)当1m<−2即−1

【解析】由题意得fx在定义域内单调递减，

(1)可得a(2)由题即求不等式mx本题考查利用函数的单调性解不等式、分类讨论解含参一元二次不等式，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．

18.【答案】(1)证明：令a=b=0，则f(0)=f2(0)，

∵f(0)≠0，∴f(0)=1，

当x<0时，−x>0，

∴f(0)=f(x)⋅f(−x)=1，

∴f(−