苏教版 (2019)必修第一册5.3 函数的单调性学案

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这是一份苏教版 (2019)必修第一册5.3 函数的单调性学案，共4页。

A．增区间为[1,4]和[4,6)
B．增区间为[1,4)和[4,6)
C．减区间为(－4，－2]∪(－2,1]
D．减区间为(－4，－2]，(－2,1]
答案 BD
解析由图可知，在[1,4)和[4,6)内，函数y＝f(x)是增函数，在(－4，－2]，(－2,1]内，函数y＝f(x)是减函数．
2．定义在R上的函数f(x)满足f(x)>4，则f(x)的最小值是( )
A．4 B．f(4)
C．4.001 D．不能确定
答案 D
解析根据函数最小值的概念可知，此函数的最小值不能确定．
3．函数f(x)＝2x2－mx＋3，当x∈(－∞，－2]时是减函数，x∈[－2，＋∞)时是增函数，则f(1)等于( )
A．－3 B．13
C．7 D．由m而定的常数
答案 B
解析由题意知eq \f(m,4)＝－2，所以m＝－8，
所以f(x)＝2x2＋8x＋3，f(1)＝2＋8＋3＝13.
4．已知y＝eq \f(k,x－2)(k≠0)在[3,8]上的最大值为1，则k的值为( )
A．1 B．－6 C．1或－6 D．6
答案 A
解析当k>0时，函数y＝eq \f(k,x－2)在[3,8]上单调递减，
∵函数在[3,8]上的最大值为1，∴eq \f(k,3－2)＝1，∴k＝1；
当k<0时，函数y＝eq \f(k,x－2)在[3,8]上单调递增，
∵函数在[3,8]上的最大值为1，
∴eq \f(k,8－2)＝1，∴k＝6(舍去)．故选A.
5．已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，若a，b∈R且a＋b>0，则有( )
A．f(a)＋f(b)>－f(a)－f(b)
B．f(a)＋f(b)<－f(a)－f(b)
C．f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)
D．f(a)＋f(b)答案 C
解析因为a＋b>0，所以a>－b，b>－a.由函数的单调性可知，f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)，两式相加得选项C正确．
6．设函数y＝f(x)的定义域为[－4,6]，且在区间[－4，－2]上递减，在区间[－2,6]上递增，且f(－4)答案 f(－2) f(6)
解析函数y＝f(x)在[－4,6]上的图象的变化趋势如图所示，
观察可知f(x)min＝f(－2)．
又由题意可知f(－4)7．已知函数f(x)＝x＋eq \f(1,2x)＋2，其中x∈[1，＋∞)，则此函数为________函数(填“增”“减”)，它的最小值为________．
答案增 eq \f(7,2)
解析函数f(x)＝x＋eq \f(1,2x)＋2，设1≤x1f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x1)－\f(1,2x2)))
＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2x1x2)))＝eq \f(x1－x22x1x2－1,2x1x2)，
因为1≤x11，
所以2x1x2－1>0，所以f(x1)－f(x2)<0.
即f(x1)综上可知，当x＝1时，f(x)有最小值eq \f(7,2).
8．已知函数f(x＋1)＝x2－2x＋1的定义域是[－2,0]，则f(x)的减区间是________．
答案 [－1,1]
解析因为f(x＋1)＝x2－2x＋1，令t＝x＋1，
所以x＝t－1，
所以f(t)＝(t－2)2，
t∈[－1,1]，
即f(x)＝(x－2)2，
x∈[－1,1]，作出图象如图，
结合图象可知[－1,1]是函数f(x)的减区间．
9．若f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,x)，x≥1，,－x＋3a，x<1，))是R上的单调函数，则实数a的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析函数f(x)＝－x＋3a在(－∞，1)上是单调递减的，又f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,x)，x≥1，,－x＋3a，x<1，))是R上的单调函数，
所以f(x)＝eq \f(a,x)在[1，＋∞)上单调递减，即a>0，
并且eq \f(a,1)≤－1＋3a，即a≥eq \f(1,2).
综上所述，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
10．已知函数f(x)＝eq \f(x2＋2x＋3,x)，x∈[2，＋∞)．
(1)求f(x)的最小值；
(2)若f(x)>a恒成立，求a的取值范围．
解 (1)任取x1，x2∈[2，＋∞)，
且x1则f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,x1x2)))，
因为x1所以x1－x2<0，
又因为x1≥2，x2>2，
所以x1x2>4,1－eq \f(3,x1x2)>0.
所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)故f(x)在[2，＋∞)上是增函数．
所以当x＝2时，f(x)有最小值，即f(2)＝eq \f(11,2).
(2)因为f(x)最小值为f(2)＝eq \f(11,2)，
所以f(x)>a恒成立，只需f(x)min>a，
即a

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