人教A版 (2019)必修 第一册第三章 函数概念与性质3.2 函数的基本性质第1课时课后练习题

3.2　函数的基本性质

3.2.1　单调性与最大(小)值

第1课时　函数的单调性

基础过关练

题组一　单调性的概念及其应用

1.若函数f(x)在[a,b]上是增函数,则对任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),下列结论不正确的是 (　　)　　　　　　　　　　　　　　　

A.>0

B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0

C.f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b)

D.>0

2.下列说法正确的是(　　)

A.定义在(a,b)上的函数f(x),若存在x1,x2∈(a,b),且x1<x2,满足f(x1)<f(x2),则f(x)在(a,b)上单调递增

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),则f(x)在(a,b)上单调递增

C.若f(x)在区间I1上单调递增,在区间I2上也单调递增,那么f(x)在I1∪I2上也一定单调递增

D.若f(x)在区间I上单调递增且f(x1)<f(x2)(x1,x2∈I),则x1<x2

3.已知四个函数的图象如图所示,其中在定义域内具有单调性的函数是(　　)

4.已知函数y=f(x)(x∈[-2,6])的图象如图所示.根据图象写出y=f(x)的单调递减区间为　　　　. 

题组二　单调性的判定与证明

5.函数y=的单调递减区间是(　　)

A.[0,+∞)

B.(-∞,0]

C.(-∞,0)和(0,+∞)

D.(-∞,0)∪(0,+∞)

6.函数y=|x+2|在区间[-3,0]上(　　)

A.递减 B.递增

C.先递减后递增 D.先递增后递减

7.下列函数中满足“对任意x1,x2∈(0,+∞),都有>0”的是　　　　.(填序号) 

①f(x)=-;②f(x)=-3x+1;③f(x)=x2+4x+3;④f(x)=x-.

8.已知函数f(x)=.

(1)求f(f(3))的值;

(2)判断函数f(x)在(1,+∞)上的单调性,并用定义法证明;

(3)确定x的取值范围,使得函数f(x)=的图象在x轴上方(写出结论即可).

题组三　单调性的综合应用

9.已知函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,那么下列不等式中成立的是(　　)

A.f(4)>f(-π)>f(3)

B.f(π)>f(4)>f(3)

C.f(4)>f(3)>f(π)

D.f(-3)>f(-π)>f(-4)

10.已知f(x)=是定义在R上的减函数,那么a的取值范围是(　　)

A. B.

C. D.∪

11.(1)若f(x)=x2+2(a-2)x+2的单调递增区间为[3,+∞),则a的值是　　　　; 

(2)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　　　　. 

12.函数y=f(x)在(-2,2)上为增函数,且f(2m)>f(-m+1),则实数m的取值范围是　　　　. 

13.(2020北京通州高一上期末)已知函数f(x)=x2-2x-3.

(1)设集合A={x|f(x)>0},B={x|f(x)=0},C={x|f(x)<0},分别指出2,3,4是 A,B,C中哪个集合的元素;

(2)若∃a∈R,∀x1,x2∈[a,+∞),当x1<x2时,都有f(x1)<f(x2),求实数a的取值范围. 深度解析

14.已知f(x)=(x≠a).

(1)若a=-2,试证明f(x)在(-∞,-2)上单调递增;

(2)若a>0,且f(x)在(1,+∞)内单调递减,求实数a的取值范围.

15.若f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,且对一切x,y>0,满足f =f(x)-f(y).

(1)求f(1)的值;

(2)若f(6)=1,求不等式f(x+3)-f(2)<1的解集.

16.已知函数f(x)=(a≠1).

(1)若a>0,求函数f(x)的定义域;

(2)若f(x)在区间(0,1]上是减函数,求实数a的取值范围.

能力提升练

题组一　单调性的判定与证明

1.(2020河北石家庄二中高一上月考,)下列四个函数中,在(0,+∞)上为增函数的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　

A.f(x)=3-x B.f(x)=x2-3x

C.f(x)=- D.f(x)=-|x|

2.(2019山东泰安一中高一上检测,)函数f(x)=|x2-6x+8|的单调递增区间为(　　)

A.[3,+∞) B.(-∞,2),(4,+∞)

C.(2,3),(4,+∞) D.(-∞,2],[3,4]

3.(2019辽宁抚顺一中高一上月考,)函数y=的单调递减区间为(　　)

A. B.

C.[0,+∞) D.(-∞,-3]

4.(2020江西临川一中高一上月考,)已知函数f(x)=,则f(2-x)的单调递增区间为(　　)

A. B.

C. D.

5.(多选)(2020河南省实验中学高一上期中,)定义[x]为不大于x的最大整数,对于函数f(x)=x-[x]有以下四个结论,其中正确的是(　　)

A.f(2 019.67)=0.67

B.在每一个区间[k,k+1)(k∈Z)上,函数f(x)都是增函数

C.f < f

D.y=f(x)的定义域是R,值域是[0,1)

6.(2020山西高平一中期中,)已知函数f(x)=2x+.

(1)若a=-2,求满足f(x)=0的x的集合;

(2)若a=4,求证:f(x)在(2,+∞)上单调递增.

题组二　单调性的综合应用

7.(2020黑龙江省实验中学高一上月考,)函数f(x)=在区间(-2,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是(　　)

A. B.

C.(-2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)

8.(2020河北承德一中高一上月考,)函数f(x)=ax2+2(a-1)x+2在区间(-∞,4]上为减函数,则a的取值范围为(　　)

A.0<a≤ B.0≤a≤

C.0<a< D.a>

9.(2019四川雅安中学高一上第一次月考,)设函数f(x)=是定义在R上的增函数,则实数a的取值范围是(　　)

A.[2,+∞) B.[0,3]

C.[2,3] D.[2,4]

10.(2020湖南张家界高一上期末,)函数f(x)的定义域为D,若对任意的x1,x2∈D,当x1<x2时,都有f(x1)≤f(x2),则称f(x)在D上为非减函数.设f(x)在[0,1]上为非减函数,且满足:①f(0)=0;②f=f(x);③f(x)+f(1-x)=1.则f=　　　　, f=　　　　.深度解析 

11.(2020广西南宁三中高一上月考,)定义在(0,+∞)上的函数f(x),满足f(xy)=f(x)+f(y),f=1,当x>1时,f(x)<0.

(1)求f(1)的值;

(2)判断函数f(x)的单调性;

(3)解关于x的不等式f(x)+f(x-2)>-1.

答案全解全析

基础过关练

1.C　由增函数的定义易知A,B,D结论正确,故选C.

2.D　根据函数单调性的定义和性质来判断,A、B项中的“存在”“有无穷多”与定义中的“任意”不符,C项中也不能确定对任意x1<x2,x1,x2∈(I1∪I2),都有f(x1)<f(x2),只有D项是正确的,故选D.

3.B　对于A,函数分别在(-∞,1)及[1,+∞)上单调递增,但存在x1∈(0,1),使f(x1)>f(1),故A不符合题意;对于C,函数分别在(-∞,1)及(1,+∞)上单调递增,但存在x1>1,使f(x1)<f(1),故C不符合题意;对于D,函数分别在(-∞,0)及(0,+∞)上单调递减,但存在x1=-1,x2=1,使f(x1)<f(x2),故D不符合题意;只有B符合增函数的定义,具有单调性,故选B.

4.答案　[-1,2]

解析　由题图可知f(x)在[-2,6]上的单调递增区间为[-2,-1]和[2,6],单调递减区间为[-1,2].

5.C　由函数y=的图象(图略),知y=在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减.

6.C　y=|x+2|=作出函数y=|x+2|的图象,如图所示,

易知函数在[-3,-2)上单调递减,在[-2,0]上单调递增,故选C.

7.答案　①③④

解析　由题意知f(x)在(0,+∞)上为增函数,①③④在(0,+∞)上均为增函数.

8.解析　(1)因为f(3)==,

所以f(f(3))=f==3.

(2)函数f(x)在(1,+∞)上单调递减.

证明:任取x1,x2∈(1,+∞),且x1<x2,

则f(x1)-f(x2)=-

==,

由x1,x2∈(1,+∞),得(x1-1)(x2-1)>0,

由x1<x2,得x2-x1>0,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2).由单调性的定义可知,f(x)=在(1,+∞)上单调递减.

(3)作出函数f(x)=的图象,如图所示,由图象知,当x∈(-∞,0)∪(1,+∞)时,f(x)=的图象在x轴上方.

9.D　由函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,得 f(4)>f(π)>f(3)>f(-3)>f(-π)>f(-4),故选D.

10.C　要使f(x)在R上为减函数,必须同时满足3个条件:

①g(x)=(3a-1)x+4a在(-∞,1)上为减函数;

②h(x)=-x+1在[1,+∞)上为减函数;

③g(1)≥h(1).

所以

解得≤a<.

11.答案　(1)-1　(2)

解析　(1)∵f(x)=x2+2(a-2)x+2的单调递增区间为[2-a,+∞),∴2-a=3,∴a=-1.

(2)函数y=x2+(2a-1)x+1的图象开口向上,对称轴方程为x=-,且函数在区间(-∞,2]上是减函数,∴2≤-,解得a≤-.

12.答案　

解析　由题意知

解得<m<1.

13.解析　(1)由f(x)=x2-2x-3,得f(2)=22-2×2-3=-3<0,∴2∈C;f(3)=32-2×3-3=0,∴3∈B; f(4)=42-2×4-3=5>0,∴4∈A.故2∈C,3∈B,4∈A.

(2)∵f(x)=x2-2x-3=(x-1)2-4,∴f(x)在(-∞,1]上单调递减,在[1,+∞)上单调递增.由∃a∈R,∀x1,x2∈[a,+∞),当x1<x2时,都有f(x1)<f(x2),得函数f(x)在[a,+∞)上单调递增,∴[a,+∞)⊆[1,+∞),因此a≥1,即a的取值范围是{a|a≥1}.

解题模板　解决二次函数的单调性问题,其关键是确定二次函数图象的对称轴方程,确定对称轴方程后,发现单调区间与对称轴之间的关系是解题的突破口.

14.解析　(1)证明:由题意知f(x)=.

任取x1,x2∈(-∞,-2),且x1<x2,

则f(x1)-f(x2)=-

=.

∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,

∴f(x1)<f(x2),

∴f(x)在(-∞,-2)上单调递增.

(2)任取x1,x2∈(1,+∞),且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-=.

∵a>0,x2-x1>0,

又f(x)在(1,+∞)上单调递减,

∴(x1-a)(x2-a)>0在(1,+∞)上恒成立,

∴a≤1,∴实数a的取值范围为(0,1].

15.解析　(1)在f=f(x)-f(y)中,令x=y=1,则有f(1)=f(1)-f(1)=0,∴f(1)=0.

(2)∵f(6)=1,∴f(x+3)-f(2)<1=f(6),∴f<f(6).

∵f(x)是(0,+∞)上的增函数,

∴解得-3<x<9.

故不等式的解集为{x|-3<x<9}.

16.解析　(1)当a>0且a≠1时,由3-ax≥0得x≤,即函数f(x)的定义域为.

(2)当a-1>0,即a>1时,要使f(x)在(0,1]上是减函数,则需3-a×1≥0,此时1<a≤3.

当a-1<0,即a<1时,要使f(x)在(0,1]上是减函数,则需-a>0,且3-a×0≥0,此时a<0.

综上所述,所求实数a的取值范围是(-∞,0)∪(1,3].

能力提升练

1.C　观察函数, f(x)=3-x在(0,+∞)上为减函数,∴A不符合题意;

f(x)=x2-3x的图象是开口向上,对称轴为直线x=的抛物线,所以它在(0,+∞)上先减后增,∴B不符合题意;

f(x)=-在(0,+∞)上单调递增,∴C符合题意;

f(x)=-|x|在(0,+∞)上单调递减,∴D不符合题意.故选C.

2.C　作出函数f(x)=|x2-6x+8|的图象,如图所示.

由图象得,函数f(x)=|x2-6x+8|的单调递增区间为(2,3)和(4,+∞),故选C.

3.D　由x2+3x≥0,得x≤-3或x≥0,即函数y=的定义域为(-∞,-3]∪[0,+∞),又二次函数t=x2+3x图象的对称轴方程为x=-,所以函数t=x2+3x(x∈(-∞,-3]∪[0,+∞))在区间(-∞,-3]上单调递减,在区间[0,+∞)上单调递增,又函数y=(t≥0)为增函数,所以函数y=的单调递减区间为(-∞,-3].

4.D　因为f(x)=,所以f(2-x)==,

由-x2+3x>0,得0<x<3,所以y=f(2-x)的定义域为(0,3).

又t=-x2+3x=-+(0<x<3)在区间上单调递增,在区间上单调递减,又y=(t>0)为减函数,所以函数y=f(2-x)的单调递增区间为.故选D.

5.ABD　在A中, f(2 019.67)=2 019.67-2 019=0.67,故选项A正确;

在B中,任取x∈[k,k+1),则x=k+t,0≤t<1,因此f(x)=k+t-k=t=x-k是增函数,故选项B正确;

在C中,f=--(-1)=, f=-0=,而>,故选项C错误;

在D中,显然f(x)的定义域为R,任取x∈[k,k+1)(k∈Z),则f(x)=x-k∈[0,1),故选项D正确.故选ABD.

6.解析　(1)当a=-2时,f(x)=2x-,则f(x)=2x-=0,解得x=±1,所以满足f(x)=0的x的集合为{-1,1}.

(2)证明:当a=4时,f(x)=2x+,

任取x1,x2∈(2,+∞),且x1<x2,

则f(x1)-f(x2)=2x1+-

=2(x1-x2)+4

=2(x1-x2)+4·

=2(x1-x2),

∵2<x1<x2,∴x1-x2<0,x1x2>4,∴0<<,∴0<<,∴1->0,

∴f(x1)-f(x2)<0,

∴f(x1)<f(x2).

∴f(x)在(2,+∞)上单调递增.

7.B　f(x)===a+,依题意有1-2a<0,即a>,故选B.

8.B　当a=0时,f(x)=-2x+2,为减函数,符合题意;当a≠0时, f(x)=ax2+2(a-1)x+2为二次函数,由f(x)在(-∞,4]上为减函数,可知f(x)的图象开口向上,且对称轴在直线x=4的右侧,即解得0<a≤.综上所述,0≤a≤.故选B.

9.D　作出函数y=|x2-x-2|的图象如图所示.

由图象知,当x≥a时, y=|x2-x-2|是增函数,需满足a≥2,此时y=ax-6也是增函数.又f(x)在R上单调递增,所以还需满足a2-a-2≥a2-6,解得a≤4.

综上,2≤a≤4,故选D.

10.答案　;

解析　∵f(0)=0, f(x)+f(1-x)=1,

∴f(0)+f(1-0)=1,即f(1)=1.

又f=f(x),

∴f=f(1)=.在f(x)+f(1-x)=1中,令x=,得2f=1,

 ∴f=.

在f=f(x)中,令x=,得f=f=;令x=,得f=f=.∵f(x)在[0,1]上是非减函数,

∴f≤f≤f,即≤f≤,因此f=.

故f=,f=.

解题模板　解决抽象函数问题的关键是“赋值”,即在已知的等式(或不等式)中取特定的未知数的值,而“赋值”要结合结论的要求,即根据结论(目标)选择应赋的值,平时学习中要积累“赋值”的经验.

11.解析　(1)令x=y=1,则f(1)=2f(1),可得f(1)=0.

(2)取y=,则f(x)+f(y)=f(x)+f=f=f(1)=0,∴f=-f(x),

任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,

则f=f=f(x1)+f=f(x1)-f(x2),

∵x1>x2>0,∴>1,则f(x1)-f(x2)=f<0,即f(x1)<f(x2).

因此函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.

(3)由(2)知,f(3)=-f=-1.

由f(x)+f(x-2)>-1,可得f(x(x-2))>f(3),即f(x2-2x)>f(3).

由(2)知,函数f(x)在(0,+∞)上为减函数,则解得2<x<3.

因此不等式f(x)+f(x-2)>-1的解集为(2,3).