高中数学人教版新课标A必修11.3.1单调性与最大(小)值第1课时复习练习题

这是一份高中数学人教版新课标A必修11.3.1单调性与最大(小)值第1课时复习练习题，共12页。试卷主要包含了3　函数的基本性质，已知f=xx-a等内容，欢迎下载使用。

1.3.1 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 函数单调性的概念及其应用
1.定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a,b总有f(a)-f(b)a-b>0成立,则必有( )
A.f(x)在R上是增函数B.f(x)在R上是减函数
C.f(x)在R上先增后减D.f(x)在R上先减后增
2.若函数f(x)在区间(a,b)上是增函数,在区间(b,c)上也是增函数,则函数f(x)在区间(a,b)∪(b,c)上( )
A.必是增函数B.必是减函数
C.是增函数或减函数D.无法确定单调性
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.(2020北京第二十二中学高一期中)下列函数中,定义域为R的单调递减函数是( )
A.y=-x2B.y=1x
C.y=|x|D.y=-2x+1
题组二 函数单调性的判定与证明
5.已知f(x)=xx-a(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.
6.(2020陕西宝鸡中学高一期中)已知函数f(x)=mx+nx,点A(1,5),B(2,4)是f(x)图象上的两点.
(1)求m,n的值;
(2)用定义证明:f(x)是[2,+∞)上的增函数.
题组三 函数单调性的简单应用
7.已知函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,则下列不等式成立的是( )
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)
8.(2020北京第十一中学高一期中)已知函数y=ax和y=-bx在(0,+∞)上都是减函数,则函数f(x)=bx+a在R上是( )
A.减函数且f(0)<0B.增函数且f(0)<0
C.减函数且f(0)>0D.增函数且f(0)>0
9.(2020河北邢台第一中学高一上第一次月考)已知函数f(x)在定义域(-1,1)内单调递减,且f(1-a)A.(-2,1)B.(0,2)C.(0,2)D.(0,1)
10.已知f(x)=(3a-1)x+4a,x<1,-x+1,x≥1是定义在R上的减函数,那么a的取值范围是( )
A.-∞,13B.17,+∞
C.17,13D.-∞,-17∪13,+∞
11.若f(x)=-x2+2ax与g(x)=ax+1在区间[1,2]上都是减函数,则a的取值范围是 .
能力提升练
一、选择题
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-xB.f(x)=x2-3x
C.f(x)=-1x+1D.f(x)=-|x|
2.(2021四川宜宾第二中学校高一月考,)已知函数f(x)=-ax,x≤-1,(3-2a)x+2,x>-1在(-∞,+∞)上为增函数,则实数a的取值范围是( )
A.0,32B.0,32
C.1,32D.1,32
3.(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.0C.015
4.(2020湖南长沙长郡中学高一期末,)已知函数f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,对于任意实数x,y∈(0,+∞)都有f(xy)=f(x)+f(y),若f(3)=1且f(m)A.(0,1)B.(0,2)C.910,1D.0,910
5.(2020辽宁六校协作体高一上期中,)已知函数f(x)的图象关于直线x=-1对称,且对于任意x1,x2∈[-1,+∞),x1≠x2,f(x2)-f(x1)x2-x1<0恒成立,则以下结论正确的是( )
A.f(0)B.对任意x∈R,都有f(x)≤f(-1)
C.f(a2-a+1)≥f34
D.若f(m)6.(2021黑龙江哈尔滨第三中学高一第一次验收,)若函数y=f(x)在区间I上是减函数,且函数y=f(x)x在区间I上是增函数,则称函数y=f(x)是区间I上的“可变函数”,区间I叫做“可变区间”.若函数f(x)=x2-4x+2是区间I上的“可变函数”,则“可变区间”I为( )
A.(-∞,-2]和[2,2]B.[2,2] C.(0,2]D.[1,3]
二、填空题
7.(2020黑龙江哈尔滨三中高一上第一次阶段性验收,)下列说法正确的是 .(填序号)
①函数f(x)=12-x在(0,+∞)上单调递减;
②若函数y=x2+(2a-1)x+1的减区间是(-∞,2],则a=-32;
③若函数f(x)满足对R上的任意实数x1,x2(x1≠x2),都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0成立,则f(x)在R上单调递减.
(2020山东青岛二中高一期中,)若函数f(x)=2x-1x+1在区间[m,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围是 .
(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x1,x2∈D,当x1三、解答题
10.(2020安徽淮北第一中学高一上期末,)已知一次函数f(x)是R上的增函数,且f(f(x))=4x+3,g(x)=(x+m)f(x).
(1)求f(x);
(2)若g(x)在(1,+∞)上单调递增,求实数m的取值范围.
11.(2020辽宁省实验中学高一期中,)已知函数y=x+tx,有如下性质:如果常数t>0,那么该函数在(0,t)上是减函数,在(t,+∞)上是增函数.已知f(x)=x2-10x+13x-1,x∈[2,4],利用上述性质,求f(x)的单调区间和值域.
12.(2020山东烟台高一上期中,)已知函数f(x+1)=x2+2x+2x+1.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)根据函数单调性的定义证明f(x)在(0,1)上单调递减.
13.(2019四川绵阳东辰国际学校高一上教学质量监测,)已知函数f(x)=1x2-x是定义在(0,+∞)上的函数.
(1)用定义证明函数f(x)的单调性;
(2)若关于x的不等式f x2+2x+mx<0恒成立,求实数m的取值范围.
14.()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)证明:f(0)=1;
(2)证明:对任意的x∈R,恒有f(x)>0;
(3)证明:f(x)是R上的增函数;
(4)若f(x)·f(2x-x2)>1,求x的取值范围.
答案全解全析
第一章 集合与函数概念
1.3 函数的基本性质
1.3.1 单调性与最大(小)值
第1课时 函数的单调性
基础过关练
1.A 若a0知,一定有f(a)b,则一定有f(a)>f(b)成立,即函数f(x)在R上是增函数.
综上,f(x)在R上是增函数.故选A.
2.D 无法确定函数f(x)在区间(a,b)∪(b,c)上的单调性.如y=-1x在(0,+∞)上是增函数,在(-∞,0)上也是增函数,但在(-∞,0)∪(0,+∞)上并不具有单调性.
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)4.D y=-x2在R上先增后减,不是单调函数,∴A选项错误;y=1x的定义域是{x|x≠0},不是R,∴B选项错误;y=|x|在R上先减后增,不是单调函数,∴C选项错误;y=-2x+1的定义域为R且单调递减,∴D选项正确.故选D.
5.解析 (1)证明:由题意知f(x)=xx+2.
任取x1,x2∈(-∞,-2),且x1则f(x1)-f(x2)=x1x1+2-x2x2+2
=2(x1-x2)(x1+2)(x2+2).
易知(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,
∴f(x1)∴f(x)在(-∞,-2)上单调递增.
(2)任取x1,x2∈(1,+∞),且x1∵x10,
又∵a>0,f(x)在(1,+∞)内单调递减,
∴(x1-a)(x2-a)>0在(1,+∞)上恒成立,
∴a≤1,∴实数a的取值范围为(0,1].
6.解析 (1)由题意可得m+n=5,2m+12n=4,
解得m=1,n=4.
(2)证明:由(1)可得,f(x)=x+4x,
任取x1,x2∈[2,+∞),且x1则f(x1)-f(x2)=x1-x2+4x1-4x2=x1-x2+4(x2-x1)x1x2=(x1-x2)(x1x2-4)x1x2,
∵2≤x1即f(x1)7.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.
8.A ∵y=ax和y=-bx在(0,+∞)上都是减函数,∴a<0,b<0,∴f(x)=bx+a为减函数且f(0)=a<0.故选A.
9.D 因为函数f(x)的定义域为(-1,1),
所以-1<1-a<1,-1解得0又函数f(x)在(-1,1)上单调递减,且f(1-a)a2-1,解得-210.C 要使f(x)在(-∞,+∞)上为减函数,需满足3a-1<0,(3a-1)×1+4a≥-1+1,
解得17≤a<13.
11.答案 (0,1]
解析 f(x)=-x2+2ax的图象开口向下,图象的对称轴为直线x=a,由f(x)在[1,2]上是减函数,可得a≤1;由g(x)=ax+1在[1,2]上是减函数,可得a>0.所以0能力提升练
一、选择题
1.C f(x)=3-x在(0,+∞)上为减函数,A不符合题意; f(x)=x2-3x的图象开口向上,对称轴为直线x=32,所以f(x)在(0,+∞)上先减后增,B不符合题意; f(x)=-1x+1在(0,+∞)上为增函数,C符合题意;在(0,+∞)上,f(x)=-|x|的值随x的增大而减小,所以f(x)=-|x|在(0,+∞)上为减函数,D不符合题意.故选C.
2.C ∵函数f(x)=-ax,x≤-1,(3-2a)x+2,x>-1是R上的增函数,∴a>0,3-2a>0,a≤2a-3+2,解得1≤a<32.故选C.
易错警示
忽视函数在定义域区间分界点上的函数值的大小.
3.B 当a=0时, f(x)=-2x+2,在R上为减函数,符合题意;当a≠0时,由于函数在(-∞,4]上为减函数,故二次函数的图象开口向上,且对称轴在直线x=4及其右侧,即a>0,-2(a-1)2a≥4,解得0综上所述,a∈0,15,故选B.
4.D 由题意得f(9)=f(3×3)=f(3)+f(3)=2,
则f(m)∵函数f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,
∴m>0,1-m>0,m<9-9m,解得05.B 因为对任意x1,x2∈[-1,+∞),x1≠x2,f(x2)-f(x1)x2-x1<0恒成立,所以函数f(x)在[-1,+∞)上为减函数.对于选项A,因为f(x)的图象关于直线x=-1对称,所以f(-3)=f(1),又f(x)在[-1,+∞)上为减函数,所以f(0)>f(1)=f(-3),故A错误;对于选项B,易知f(x)在(-∞,-1]上为增函数,在[-1,+∞)上为减函数,故f(x)max=f(-1),故B正确;
对于选项C,a2-a+1=a-122+34≥34,又f(x)在[-1,+∞)上为减函数,所以f(a2-a+1)≤f34,故C错误;
对于选项D,当f(m)|2-(-1)|,解得m<-4或m>2,故D错误.故选B.
6.A 易知f(x)=x2-4x+2的单调递减区间为(-∞,2],y=f(x)x=x+2x-4在[2,+∞)和(-∞,-2]上为增函数,所以f(x)=x2-4x+2的“可变区间”I为[2,2]和(-∞,-2].故选A.
二、填空题
7.答案 ②③
解析 函数f(x)=12-x在(-∞,2)和(2,+∞)上单调递增,①中说法错误.若函数y=x2+(2a-1)x+1的减区间是(-∞,2],则-2a-12=2,解得a=-32,②中说法正确.若函数f(x)满足对R上的任意实数x1,x2(x1≠x2),都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0成立,则当x1>x2时,f(x1)f(x2),故f(x)在R上单调递减,③中说法正确.
8.答案 (-1,+∞)
解析 f(x)=2x-1x+1=2(x+1)-3x+1=2+-3x+1,易知f(x)的图象是由h(x)=-3x的图象先向左平移一个单位,再向上平移两个单位得到的,如图:
要使函数f(x)=2x-1x+1在区间[m,+∞)上为增函数,则需满足m>-1,故m∈(-1,+∞).
9.答案 12;14
解析 ∵f(0)=0,f(1-x)+f(x)=1,
∴f(1-0)+f(0)=1,故f(1)=1.
在②fx3=12f(x)中,
令x=1,得f13=12f(1)=12.
在③中,令x=12,得f12=12.
在②中,令x=12,得f16=12f12=14;令x=13,得f19=12f13=14,
又f(x)在[0,1]上为非减函数,
∴f19≤f18≤f16,即14≤
f18≤14,
因此,f18=14.
三、解答题
10.解析 (1)设f(x)=kx+b(k>0),
则f(f(x))=f(kx+b)=k(kx+b)+b=k2x+(kb+b)=4x+3,
可得k2=4,kb+b=3,∴k=2,b=1,故f(x)=2x+1.
(2)由(1)可知g(x)=(x+m)f(x)=(x+m)(2x+1)=2x2+(1+2m)x+m,其图象的对称轴为直线x=-1+2m4,
∵g(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴-1+2m4≤1,解得m≥-52.
∴实数m的取值范围是-52,+∞.
11.解析 f(x)=(x-1)2-8(x-1)+4x-1=(x-1)+4x-1-8,设t=x-1,∵x∈[2,4],∴t∈[1,3],则y=t+4t-8,t∈[1,3].
当1≤t<2,即2≤x<3时,f(x)单调递减,当2≤t≤3,即3≤x≤4时,f(x)单调递增,∴函数f(x)的单调递减区间为[2,3),单调递增区间为[3,4],由f(2)=-3,f(3)=-4,f(4)=-113,得f(x)的值域为[-4,-3].
12.解析 (1)因为f(x+1)=x2+2x+2x+1=(x+1)2+1x+1,
所以f(x)=x2+1x=x+1x(x≠0).
(2)证明:任取x1,x2∈(0,1),且x1则f(x1)-f(x2)=x1+1x1-x2+1x2=(x1-x2)1-1x1x2=(x1-x2)(x1x2-1)x1x2.
因为x1,x2∈(0,1),
所以0由x1于是(x1-x2)(x1x2-1)x1x2>0,
即f(x1)-f(x2)>0,所以f(x1)>f(x2).
所以函数f(x)=x+1x在(0,1)上单调递减.
方法总结
证明函数的单调性(利用定义)一定要严格遵循设元、作差、变形、定号、下结论的步骤.在变形过程中,一定要注意因式分解、配方等技巧的运用,直到能够判定符号为止.
13.解析 (1)证明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1则f(x1)-f(x2)=1x12-x1-1x22-x2
=x22-x12x12x22+(x2-x1)
=(x2-x1)(x2+x1)x12x22+(x2-x1)
=(x2-x1)x2+x1x12x22+1,
∵00,x2+x1x12x22+1>0,
∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
故f(x)在(0,+∞)上是减函数.
(2)已知函数f(x)在其定义域(0,+∞)内是减函数,且f(1)=0,
∴原不等式恒成立等价于fx2+2x+mx即x2+2x+mx>1恒成立,即m>-x2-x恒成立,
∵当x∈(0,+∞)时,-x2-x=-x+122+14<0,∴m≥0.
∴实数m的取值范围是[0,+∞).
14.解析 (1)证明:令a=b=0,则f(0)=f(0)·f(0),又f(0)≠0,所以f(0)=1.
(2)证明:令a=x,b=-x,则f(0)=f(x)·f(-x)=1,∴f(x)=1f(-x).
又当x>0时, f(x)>1>0,
∴当x<0时,-x>0, f(-x)>0,
∴f(x)=1f(-x)>0.
又当x=0时,f(x)=1>0,
∴对任意的x∈R,恒有f(x)>0.
(3)证明:任取x1,x2∈R,且x10,
∴f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)·f(x1).
∵x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1,
又f(x1)>0,
∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)·f(x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1]>0,
∴f(x2)>f(x1),
故f(x)是R上的增函数.
(4)由f(x)·f(2x-x2)>1, f(0)=1,
得f(3x-x2)>f(0),
又f(x)是R上的增函数,
∴3x-x2>0,∴02.D
3.B
4.D
7.D
8.A
9.D
10.C
1.C
2.C
3.B
4.D
5.B
6.A