高中数学北师大版 (2019)必修第一册第二章函数3 函数的单调性和最值课后测评

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这是一份高中数学北师大版 (2019)必修第一册第二章函数3 函数的单调性和最值课后测评，共17页。试卷主要包含了下列说法中,正确的有，函数f=1x-2x在区间，函数f=2的单调递增区间是，下列四个函数在上为增函数的是等内容，欢迎下载使用。

题组一函数单调性的概念
1.(2019吉林长春东北师大附中期中)定义在R上的函数f(x),对任意x1,x2∈R(x1≠x2),有f(x2)-f(x1)x2-x1<0,则( )
A.f(3)C.f(2)2.(2019湖北武汉二中期中)下列说法中,正确的有( )
①若对任意x1,x2∈I,当x10,则y=f(x)在I上是增函数;
②函数y=x2在R上是增函数;
③函数y=-1x在定义域上是增函数;
④函数y=1x的单调减区间是(-∞,0)∪(0,+∞).
A.0个B.1个
C.2个D.3个
题组二函数的最值
3.(2019浙江杭州二中期末)函数f(x)在[-2,2]上的图象如图所示,则此函数的最小值、最大值分别是( )
A.f(-2),0B.0,2 C.f(-2),2D.f(2),2
4.(2020吉林辽源田家炳高中期中)函数y=x2-x+1,x∈[-1,1]的最大值与最小值之和为( )
A. 1.75B. 3.75
C. 4D. 5
5.(2020广东揭阳三中月考)函数f(x)=1x-2x在区间(-2,-1]上的最小值为( )
A.1B.72
C.-72D.-1
6.(2019浙江宁波慈溪中学月考)函数f(x)=xx+2在区间[2,4]上的最大值为 ,最小值为 .
7.(2019山西太原五中期末)f(x)是定义在区间(0,+∞)上的函数,满足fx1x2=f(x1)-f(x2),当x>1时,f(x)<0.
(1)求f(1)的值;
(2)判断f(x)的单调性;
(3)若f(3)=-1,求f(x)在[2,9]上的最小值.
题组三函数单调性的判断与证明
8.(2020吉林长春实验中学段考)函数f(x)=(x-1)2的单调递增区间是( )
A.[0,+∞)B.[1,+∞)C.(-∞,0]D.(-∞,1]
9.(2019南京外国语学校月考)下列四个函数在(-∞,0)上为增函数的是( )
①y=|x|+1;②y=|x|x;③y=-x2|x|;④y=x+x|x|.
A.①②B.②③C.③④D.①④
10.(2019安徽合肥一中月考)证明函数f(x)=x2-1x在区间(0,+∞)上是增函数.
11.(2020安徽桐城中学月考)已知二次函数f(x)满足f(x+1)-f(x)=2x+1且f(0)=1,函数g(x)=2mx(m>0).
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)判断函数F(x)=g(x)f(x)在(0,1)上的单调性,并加以证明.
12.(2019河北正定中学期末)已知f(x)在(0,+∞)上是增函数,且f(x)>0,f(3)=1.判断g(x)=f(x)+1f(x)在(0,3]上是增函数还是减函数,并加以证明.
题组四函数单调性的应用
13.(2020广东揭阳惠来一中期中)如果二次函数f(x)=x2+2(a-1)x+2在区间(-∞,4]上是减函数,则a的取值范围是( )
A.a≤5B.a≤-3C.a≥3D.a≥-3
14.(2020北京人大附中期中)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 .
15.(2019上海华东师大附中期中)函数y=f(x)在R上单调递增,且f(m2)>f(-m),则实数m的取值范围是 .
16.(2020湖南衡阳四中月考)若二次函数满足f(x+1)-f(x)=2x,且f(0)=1.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若g(x)=f(x)-mx在[2,4]上是单调函数,求实数m的取值范围.
能力提升练
题组一函数单调性与单调区间
1.(2020江西新余六中期中,)若函数f(x)=3x,x<0,x2-4x+3,x≥0,则函数的单调递减区间为( )
A.(-∞,0)B.[0,2]
C.(-∞,0)和[0,2]D.(-∞,2]
2.(2020安徽合肥一中、六中、八中期中,)若函数f(x)=5+ax-x2在区间[1,2]上单调递减,则a的取值范围是( )
A.(-∞,2]B.[-4,2]
C.-12,2D.[-1,2]
3.(多选)(2020山东淄博实验中学段考,)如果函数f(x)=x2+2(a-1)x+2在[4,+∞)上是增函数,那么实数a的取值可能是( )
A.a=3B.a=-3
C.a=-5D.a=5
4.(2019湖南长沙一中期中,)已知函数f(x)=(a-3)x+5,x≤1,2ax,x>1是R上的减函数,则实数a的取值范围是( )
A.(0,3)B.(0,3]
C.(0,2)D.(0,2]
题组二函数的最值
5.(2020山东青岛二中期中,)函数f(x)=x-x+1的最小值为( )
A.-54B.-12C.-1D.0
6.(2020江西南昌三校联考,)已知函数f(x)=x2-2x在区间[-1,t]上的最大值为3,则实数t的取值范围是( )
A.(1,3]B.[1,3]
C.[-1,3]D.(-1,3]
题组三函数单调性的应用
7.(2020山东临沂沂水期中,)已知函数f(x)=1+x2,x≤0,1,x>0,若f(x-4)>f(2x-3),则实数x的取值范围是( )
A.(-1,+∞)B.(-∞,-1)
C.(-1,4)D.(-∞,1)
8.(多选)(2020山东济南历城二中段考,)已知定义域为R的函数f(x)在(4,+∞)上为减函数,且函数y=f(x)图象的对称轴为x=4,则下列结论正确的是( )
A.f(2)>f(3)B.f(2)C.f(3)>f(5)D.f(3)>f(6)
9.(2020四川绵阳期末,)已知某零件在20周内的周销售价格y(元)与时间t(周)(0≤t≤20)的函数关系近似如图所示(图象由两条线段组成),且周销售量g(t)(单位:件)近似满足函数g(t)=160-4t.
(1)根据图象求该零件在20周内的周销售价格y(元)与时间t(周)的函数关系式y=f(t);
(2)试问这20周内哪周的周销售额最大?并求出最大值.
(注:周销售额=周销售价格×周销售量)
10.(2020山西大学附属中学诊断,)函数f(x)对任意的m,n∈R,都有f(m+n)=f(m)+f(n)-1,并且x>0时,恒有f(x)>1.
(1)求证:f(x)在R上是增函数;
(2)若f(3)=4,解不等式f(a2+a-5)<2.
答案全解全析
基础过关练
1.A 由函数单调性定义可知,f(x)在R上单调递减,而1<2<3,则f(3)2.B 当x10知f(x1)-f(x2)<0,所以f(x1)3.C 由函数最大值、最小值概念知,C正确.
4.B 函数y=x2-x+1的对称轴为直线x=12,其在-1,12上单调递减,在12,1上单调递增,∴ymax=(-1)2-(-1)+1=3,ymin=122-12+1=34,
∴ymax+ymin=3+34=3.75. 故选B.
5.A 因为y=1x,y=-2x在区间(-2,-1]上都是减函数,
所以f(x)=1x-2x在区间(-2,-1]上单调递减,
因此f(x)min=f(-1)=-1+2=1.故选A.
6.答案 23;12
解析 f(x)=xx+2=x+2-2x+2=1-2x+2,
易证函数f(x)在[2,4]上是增函数,
∴f(x)min=f(2)=22+2=12,
f(x)max=f(4)=44+2=23.
7.解析 (1)∵fx1x2=f(x1)-f(x2),
则令x1=x2,可得f(1)=0.
(2)任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,则x1x2>1,
因为当x>1时,f(x)<0,所以fx1x2=f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
(3)∵f(3)=-1,∴f93=f(9)-f(3),
即f(9)=2f(3)=-2,
由(2)可知f(x)在[2,9]上单调递减,
∴f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)=-2.
8.B 函数f(x)=(x-1)2的图象开口向上,对称轴为直线x=1, 所以单调递增区间是[1,+∞) .
9.C ①y=|x|+1=-x+1(x<0)在(-∞,0)上为减函数;②y=|x|x=-1(x<0)在(-∞,0)上既不是增函数,也不是减函数;③y=-x2|x|=x(x<0)在(-∞,0)上是增函数;④y=x+x|x|=x-1(x<0)在(-∞,0)上是增函数.故选C.
10.证明任取x1,x2∈(0,+∞),且x1∵0∴x1-x2<0,x1+x2+1x1x2>0,
∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)∴函数f(x)=x2-1x在区间(0,+∞)上是增函数.
11.解析 (1)由二次函数f(x)满足f(0)=1,不妨设二次函数f(x)=ax2+bx+1,a≠0,
因为f(x)满足f(x+1)-f(x)=2x+1,
所以a(x+1)2+b(x+1)+1-(ax2+bx+1)=2ax+a+b=2x+1,所以2a=2,a+b=1,解得a=1,b=0.
所以f(x)=x2+1.
(2)F(x)=g(x)f(x)在(0,1)上单调递增.
证明如下:任取x1,x2∈(0,1),且x1∵F(x)=g(x)f(x)=2mxx2+1,
∴F(x1)-F(x2)=2mx1x12+1-2mx2x22+1
=2mx1(x22+1)-2mx2(x12+1)(x12+1)(x22+1)
=2mx1x22+2mx1-2mx2x12-2mx2(x12+1)(x22+1)
=2mx1x2(x2-x1)-2m(x2-x1)(x12+1)(x22+1)
=2m(x2-x1)(x1x2-1)(x12+1)(x22+1).
∵00,0又m>0,
∴2m(x2-x1)(x1x2-1)(x12+1)(x22+1)<0,
即F(x1)∴F(x)=g(x)f(x)在(0,1)上单调递增.
12.解析函数g(x)在(0,3]上是减函数.
证明如下:任取x1,x2∈(0,3],且x1因为f(x)在(0,+∞)上是增函数,所以f(x1)-f(x2)<0.
又f(x)>0,f(3)=1,
所以0则01,即1-1f(x1)f(x2)<0,所以g(x1)-g(x2)>0,g(x1)>g(x2).
故g(x)=f(x)+1f(x)在(0,3]上是减函数.
13.B 函数f(x)=x2+2(a-1)x+2图象的对称轴为直线x=1-a,函数f(x)=x2+2(a-1)x+2在区间(-∞,4]上是减函数,可得1-a≥4,解得a≤-3,故选B.
14.答案 (2,5)
解析函数f(x)=x2-2(a-1)x+2在区间(1,4)上不是单调函数,说明其图象的对称轴x=a-1满足115.答案 (-∞,-1)∪(0,+∞)
解析由函数y=f(x)在R上单调递增,且f(m2)>f(-m),得m2>-m,解得m<-1或m>0.
16.解析 (1)设二次函数的解析式为f(x)=ax2+bx+c(a≠0),
由f(0)=1得c=1,故f(x)=ax2+bx+1.
因为f(x+1)-f(x)=2x,
所以a(x+1)2+b(x+1)+1-(ax2+bx+1)=2x,即2ax+a+b=2x,
所以2a=2,a+b=0,所以a=1,b=-1,
所以f(x)=x2-x+1.
(2)因为g(x)=f(x)-mx=x2-(1+m)x+1的图象关于直线x=1+m2对称,
又函数g(x)在[2,4]上是单调函数,
所以1+m2≤2或1+m2≥4,解得m≤3或m≥7,
故m的取值范围是(-∞,3]∪[7,+∞).
能力提升练
1.C 函数f(x)的大致图象如图所示,
二次函数f(x)=x2-4x+3图象的对称轴为x=2,
所以函数的单调递减区间为(-∞,0)和[0,2].故选C.
2.C 令g(x)=5+ax-x2,则g(x)在[1,2]上单调递减,其图象的对称轴为x=a2,∴a2≤1,且g(2)=2a+1≥0,解得-12≤a≤2.故选C.
3.ABD 函数f(x)图象的对称轴为直线x=-2(a-1)2=1-a,
若函数f(x)=x2+2(a-1)x+2在[4,+∞)上是增函数,则1-a≤4,即a≥-3.故选ABD.
4.D 由题意得a-3<0,a>0,a-3+5≥2a,解得a<3,a>0,a≤2,所以05.A 令t=x+1,则x=t2-1,t≥0,函数化为y=t2-t-1(t≥0),二次函数y=t2-t-1图象的对称轴为直线t=12,开口向上,所以所求最小值为122-12-1=-54.
6.D 二次函数f(x)=x2-2x的图象开口向上,对称轴为直线x=1.
①当-1②当t>1时,函数f(x)=x2-2x在区间[-1,1]上单调递减,在区间[1,t]上单调递增,
此时,函数y=f(x)在x=-1或x=t处取得最大值,由于f(x)max=3=f(-1),
所以,f(t)=t2-2t≤3,即t2-2t-3≤0,
解得-1≤t≤3,此时1综上所述,实数t的取值范围是(-1,3],故选D.
7.C 由函数f(x)的图象知,若f(x-4)>f(2x-3),
则x-4<2x-3≤0或x-4<0,2x-3>0,
解得-1故x的取值范围是-18.BD ∵f(x)在(4,+∞)上是减函数,其图象的对称轴为直线x=4,
∴f(x)在(-∞,4)上是增函数,∴f(2)又f(2)=f(6),f(3)=f(5),f(5)>f(6),
∴f(2)f(6).
9.解析 (1)根据图象,得周销售价格y(元)与时间t(周)的函数关系式为
f(t)=2t+60,0≤t<10,-2t+100,10≤t≤20(t∈N).
(2)设20周内的周销售额函数为h(t),则
h(t)=f(t)g(t)
=(2t+60)(160-4t),0≤t<10,(-2t+100)(160-4t),10≤t≤20(t∈N).
当0≤t<10,t∈N时,h(t)=(2t+60)(160-4t)=-8(t-5)2+9 800,在0≤t≤5,t∈N时单调递增,在5∴当t=5时,h(t)max=9 800;
当10≤t≤20,t∈N时,h(t)=(-2t+100)·(160-4t)=8(t-45)2-200,在10≤t≤20,t∈N时单调递减,∴当t=10时,h(t)max=9 600.
因此,这种产品在第5周的周销售额最大,最大周销售额是9 800元.
10.解析 (1)证明:函数f(x)对任意的m、n∈R,都有f(m+n)=f(m)+f(n)-1,
任取x1,x2∈R,且x10,
∵当x>0时,恒有f(x)>1,∴f(x2-x1)>1.
f(x2)=f[(x2-x1)+x1]=f(x2-x1)+f(x1)-1,
∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0⇒f(x1)∴f(x)在R上为增函数.
(2)∵m、n∈R,∴不妨设m=n=1,∴f(1+1)=f(1)+f(1)-1⇒f(2)=2f(1)-1,
f(3)=4⇒f(2+1)=4⇒f(2)+f(1)-1=4⇒3f(1)-2=4,
∴f(1)=2,∴f(a2+a-5)<2=f(1),
∵f(x)在R上为增函数,
∴a2+a-5<1⇒-3即不等式的解集为(-3,2).

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