高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质巩固练习

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

1.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(　　)

2.若函数f(x)在区间[a,b]上是增函数,则对于任意的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.f(x1)≠f(x2)

3.函数f(x)的图象如图所示,则f(x)的单调递增区间是　　　　　　. 

题组二　单调性的判定与证明

4.函数y=x2+x+2的单调递减区间是(　　)

A.　　　　　　B.(-1,+∞)

C.　　　　　　D.(-∞,+∞)

5.下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是(　　)

A.y=　　　　　　B.y=(x-1)2

C.y=2x　　　　　　D.y=-x+1

6.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]

7.已知函数f(x)=

(1)请画出此函数的图象;

(2)写出此函数的定义域、单调区间及值域.

8.已知函数f(x)=,x∈(0,+∞).

(1)判断函数f(x)的单调性,并利用定义证明;

(2)若f(2m-1)>f(1-m),求实数m的取值范围.

9.已知函数f(x)满足f(x)+2f =3x.

(1)求函数f(x)的解析式;

(2)判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性,并用定义证明.

题组三　单调性的应用

10.(2022江西景德镇期中)已知f(x)在R上为减函数,则(　　)

A. f(a2)≤f(a)　　　　　　B. f(a2)≥f(a)

C. f(a2+1)>f(a)　　　　　　D. f(a2+1)<f(a)

11.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(　　)

A.　　　　　　B.

C.　　　　　　D.

12.(2022江苏张家港期中)若函数f(x)=在区间(-2,+∞)上是增函数,则实数k的取值范围是(　　)

A.(-∞,-1)　　　　　　B.(-2,0)

C.(-∞,-2]　　　　　　D.(-∞,-2)

13.(多选)若函数f(x)=在(-∞,+∞)上是减函数,则实数a的可能取值是(　　)

A.-2　　　　　B.-1　　　　　C.0　　　　　D.1

14.若f(x)是定义在[-8,8]上的增函数,且f(2m)>f(-m+9),则实数m的取值范围是　　　　. 

15.若函数f(x)=x2+2(a-2)x+2的单调递增区间为[3,+∞),则实数a的值是　　　　. 

16.若函数f(x)=2x2+mx-1在区间[1,2]上是单调函数,则实数m的取值范围是　　　　. 

17.(2021北京丰台期中)已知函数f(x)=x2-4x+1.

(1)当x∈[0,3]时,画出函数y=f(x)的图象并写出f(x)的值域;

(2)若函数y=f(x)在区间[a,a+1]上单调,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.(2022浙江嘉兴期中)函数f(x)=的递减区间是(　　)

A.[-1,1]　　　　　　B.[1,+∞)

C.(-∞,1]　　　　　　D.[1,3]

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

A.　　　B.      C.　　　 　D.

3.如果函数f(x)在区间I上单调递减,而函数g(x)=在区间I上单调递增,那么称函数f(x)是区间I上的“缓减函数”,区间I叫做f(x)的“缓减区间”.若函数f(x)=x2-2x+1是区间I上的“缓减函数”,则下列区间中为函数f(x)的“缓减区间”的是(　　)

A.(-∞,2]　　　　　　B.(0,]

C.[,2]　　　　　　D.[1,]

4.(多选)(2020河南省实验中学期中)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)

题组二　单调性的应用

5.(多选)(2022湖北荆门龙泉中学期中)已知函数f(x)=(a≠0)在区间(-2,+∞)上单调递增,则a,b的取值可以是(　　)

A.a=1,b=2　　　　　　B.a=b=

C.a=-1,b=1　　　　　　D.0<a≤1,b=2

6.(2021北京一零一中学期中)函数f(x)=(t>0)是区间(0,+∞)上的增函数,则t的取值范围是　　　　. 

7.(2022山东潍坊期中)设函数f(x)=是定义在R上的增函数,则实数a的取值范围为　　　　. 

8.(2020湖南张家界期末)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=　　　　. 

9.若f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,且满足f=f(x)-f(y),当x>1时,f(x)>0.

(1)判断并证明函数的单调性;

(2)若f(2)=1,解不等式f(x+3)-f<2.

答案全解全析

基础过关练

1.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;B符合增函数的定义,在定义域内具有单调性.故选B.

2.C　由单调性的定义知,若函数f(x)在给定的区间上是增函数,则x1-x2与f(x1)-f(x2)同号,由此可知,选项A,B,D中结论都正确.由于x1,x2的大小不确定,故选项C中结论不正确.

3.答案　[-1,2],[4,+∞)

解析　由题图可知,函数f(x)在[-1,2]和[4,+∞)上是“上升”的,故f(x)的单调递增区间是[-1,2],[4,+∞).

4.C　函数y=x2+x+2的图象是开口向上,且以直线x=-为对称轴的抛物线,

故函数y=x2+x+2的单调递减区间是.

故选C.

5.C　对于A,易知y=在(0,+∞)上单调递减,故A错误;

对于B,y=(x-1)2的图象开口向上,对称轴为直线x=1,所以y=(x-1)2在(0,+∞)上先减再增,故B错误;

对于C,y=2x在(0,+∞)上单调递增,故C正确;

对于D,y=-x+1在(0,+∞)上单调递减,故D错误.故选C.

6.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.

7.解析　(1)函数f(x)的图象如图所示:

(2)函数f(x)的定义域为{x|x<0或0<x<3或x>3},

函数f(x)的增区间为(1,3),减区间为(-∞,0),(0,1),(3,+∞),

函数f(x)的值域为(-∞,3).

8.解析　(1)函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.

证明: f(x)===2-.

任取x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,

则f(x1)-f(x2)=-=,由0<x1<x2,得x1-x2<0,x1+1>0,x2+1>0,

所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),

故f(x)在(0,+∞)上单调递增.

(2)因为f(x)=在(0,+∞)上单调递增,

所以f(2m-1)>f(1-m)等价于

解得<m<1,

故实数m的取值范围为.

9.解析　(1)把f(x)+2f=3x中的x换成,

得f+2f(x)=,

联立消去f,得f(x)=-x.

(2)函数f(x)在(0,+∞)上是减函数.

证明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,

则f(x1)-f(x2)=-x1-=-+x2-x1=(x2-x1),

∵x2>x1>0,∴x2-x1>0,x1x2>0,

∴(x2-x1)>0,∴f(x1)>f(x2),

∴函数f(x)在(0,+∞)上是减函数.

10.D　因为a2与a的大小关系不确定,所以f(a2)与f(a)的大小关系也不确定,所以A,B错误.对于C、D选项,因为a2+1-a=+>0,所以a2+1>a,所以f(a2+1)<f(a),故C错误,D正确.故选D.

11.B　函数y=x2+(2a-1)x+1的图象开口向上,对称轴为直线x=-,

若函数在区间(-∞,2]上是减函数,

则2≤-,解得a≤-.故选B.

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,确定单调区间与对称轴之间的位置关系是解题的突破口.

12.C　f(x)===1+,

因为函数f(x)=在区间(-2,+∞)上是增函数,所以所以k≤-2.故选C.

13.AB　由题意可得,当x≥1时,y=-x2+2ax-2a单调递减,所以a≤1,

当x<1时,y=ax+1单调递减,所以a<0,

当x=1时,-12+2a-2a≤a+1,所以a≥-2,

综上所述,-2≤a<0.

结合选项可知A,B正确.

易错警示　研究分段函数的单调性,不仅要分别研究每段函数的单调性,还要考虑在分界点处的函数值的大小关系.

14.答案　(3,4]

解析　由题意得解得3<m≤4.

15.答案　-1

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

易错警示　注意函数在某区间上是增(减)函数与函数的单调递增(减)区间为某区间的区别,对“某区间”:前者为单调递增(减)区间的子集,后者即为增(减)区间.

16.答案　(-∞,-8]∪[-4,+∞)

解析　f(x)=2x2+mx-1的图象开口向上,对称轴为直线x=-.

因为函数f(x)=2x2+mx-1在[1,2]上是单调函数,所以-≤1或-≥2,

解得m≥-4或m≤-8.

故实数m的取值范围是(-∞,-8]∪[-4,+∞).

17.解析　(1)当x∈[0,3]时,函数y=f(x)=x2-4x+1的图象如图.

由图象可知, f(x)的值域为[-3,1].

(2)二次函数f(x)=x2-4x+1的图象的对称轴为直线x=2.

因为函数y=f(x)在区间[a,a+1]上单调,

所以a≥2或a+1≤2,

解得a≥2或a≤1,

所以实数a的取值范围是(-∞,1]∪[2,+∞).

能力提升练

1.D　根据题意,得-x2+2x+3≥0,解得-1≤x≤3,

∴函数f(x)的定义域为[-1,3].

令t=-x2+2x+3(-1≤x≤3),则t=-x2+2x+3(-1≤x≤3)的单调递减区间是[1,3],

又y=(t≥0)为增函数,

∴函数f(x)=的递减区间是[1,3].故选D.

易错警示　求复合函数的单调区间时,应先求出函数的定义域,再在定义域内讨论其单调性,防止忽视定义域导致解题错误.

2.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).

令t=-x2+3x(0<x<3),则t=-x2+3x=-+(0<x<3)在区间上单调递增,在区间上单调递减,又易知y=(t>0)为减函数,所以根据复合函数的单调性知函数y=f(2-x)的单调递增区间为.故选D.

3.C　f(x)=x2-2x+1的图象开口向上,对称轴方程为x=2,所以f(x)在区间(-∞,2]上单调递减.g(x)==+-2,易得g(x)在区间[-,0)和(0,]上单调递减,在区间(-∞,-]和[,+∞)上单调递增.若函数f(x)=x2-2x+1是区间I上的“缓减函数”,则f(x)在区间I上单调递减,g(x)==+-2在区间I上单调递增,则结合选项可知区间I为[,2].故选C.

4.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)(k∈Z),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.

5.AD　f(x)===+,其定义域为,

当a>0时,若函数f(x)=(a≠0)在(-2,+∞)上单调递增,则-≤-2,且3-<0,即0<a≤1,且>3,据此分析可得选项A、D正确,B不正确.当a<0时,-∈(-2,+∞),故C错误.故选AD.

6.答案　[1,+∞)

解析　由题意可得解得t≥1.故t的取值范围为[1,+∞).

7.答案　[2,4]

解析　y=|x2-x-2|=易知其在区间,[2,+∞)上为增函数,在(-∞,-1],上为减函数,

若函数f(x)=是定义在R上的增函数,

则有解得2≤a≤4,

故实数a的取值范围为[2,4].

8.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=.

9.解析　(1)f(x)在(0,+∞)上是增函数.证明如下:

任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,则>1.

∵f=f(x)-f(y),当x>1时, f(x)>0,

∴f=f(x1)-f(x2)>0,∴f(x1)>f(x2),

∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.

(2)∵f(2)=1,∴f=f(4)-f(2)=f(4)-1=1,∴f(4)=2,

∴f(x+3)-f<2,即f[x(x+3)]<f(4),

又f(x)的定义域为(0,+∞),且f(x)为增函数,

∴解得0<x<1.∴原不等式的解集为(0,1).

解题模板　解决抽象函数问题的关键是“赋值”,证明抽象函数f(x)的单调性,应根据函数单调性的定义,对已知的函数方程进行适当的赋值,如本题中,取x=x1,y=x2,根据题意可得出f(x1)-f(x2)=f>0,进而得出f(x)在(0,+∞)上是增函数.平时学习中要积累“赋值”的经验.