数学必修 第一册3 函数的单调性和最值第2课时课后练习题

这是一份数学必修 第一册3 函数的单调性和最值第2课时课后练习题，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A 组·素养自测
一、选择题
1．在函数y＝f(x)的定义域中存在无数个实数x满足f(x)≥M，则( D )
A．函数y＝f(x)的最小值为MB．函数y＝f(x)的最大值为M
C．函数y＝f(x)无最小值D．不能确定M是函数y＝f(x)的最小值
[解析] 根据函数最值的定义，易知选D．
2．下列四个函数中，在(0，＋∞)上单调递减的是( A )
A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝2x D．f(x)＝－eq \f(1,x)
[解析] 根据一次函数、二次函数、反比例函数的单调性可知：f(x)＝3－x在(0，＋∞)上单调递减；f(x)＝x2－3x在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上单调递增；f(x)＝2x，f(x)＝－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增．
3．已知f(x)＝(3a－1)x＋b在(－∞，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是( B )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
[解析] f(x)＝(3a－1)x＋b为增函数，应满足3a－1＞0，即a＞eq \f(1,3)，故选B．
4．下列命题正确的是( D )
A．定义在(a，b)上的函数f(x)，若存在x1，x2∈(a，b)，使得x1＜x2时，有f(x1)＜f(x2)，那么f(x)在(a，b)上为增函数
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)，那么f(x)在(a，b)上为增函数
C．若f(x)在区间I1上为减函数，在区间I2上也为减函数，那么f(x)在I1∪I2上也一定为减函数
D．若f(x)在区间I上为增函数且f(x1)＜f(x2)(x1，x2∈I)，那么x1＜x2
[解析] A错误，x1，x2只是区间(a，b)上的两个值，不具有任意性；B错误，无穷并不代表所有、任意；C错误，例如函数y＝eq \f(1,x－1)在(－∞，1)和(1，＋∞)上分别递减，但不能说y＝eq \f(1,x－1)在(－∞，1)∪(1，＋∞)上递减；D正确，符合单调性定义．
5．函数y＝x2＋x＋1(x∈R)的递减区间是( C )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)) B．[－1，＋∞)
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) D．(－∞，＋∞)
[解析] y＝x2＋x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)，其对称轴为x＝－eq \f(1,2)，在对称轴左侧单调递减，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))时单调递减．
6．函数y＝f(x)在R上为增函数，且f(2m)＞f(－m＋9)，则实数m的取值范围是( C )
A．(－∞，－3) B．(0，＋∞)
C．(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
[解析] 因为函数y＝f(x)在R上为增函数，且f(2m)＞f(－m＋9)，所以2m＞－m＋9，即m＞3．
二、填空题
7．函数y＝eq \f(1,x)在[2，3]上的最小值为__eq \f(1,3)__，最大值为__eq \f(1,2)__；在[－3，－2]上的最小值为__－eq \f(1,2)__，最大值为__－eq \f(1,3)__．
[解析] 函数y＝eq \f(1,x)在区间[2，3]上单调递减，
∴ymin＝eq \f(1,3)，ymax＝eq \f(1,2)；在区间[－3，－2]上单调递减，
∴ymin＝－eq \f(1,2)，ymax＝－eq \f(1,3)．
8．已知函数f(x)＝eq \f(k,x)(k≠0)在区间(0，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是__(－∞，0)__．
[解析] 函数f(x)是反比例函数，若k＞0，函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上是减函数；若k＜0，函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上是增函数，所以有k＜0．
三、解答题
9．判断并证明：函数f(x)＝－eq \f(1,x)＋1在(0，＋∞)上的单调性．
[解析] 函数f(x)＝－eq \f(1,x)＋1在(0，＋∞)上是增函数．
证明：设x1，x2是(0，＋∞)上的任意两个实数，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x1)＋1))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x2)＋1))＝－eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(x1－x2,x1x2)．
由x1，x2∈(0，＋∞)，得x1x2＞0．
又由x1＜x2，得x1－x2＜0．
于是f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．
∴f(x)＝－eq \f(1,x)＋1在(0，＋∞)上是增函数．
10．已知函数f(x)＝x＋eq \f(1,2x)＋2，其中x∈[1，＋∞)．
(1)试判断它的单调性；
(2)试求它的最小值．
[解析] (1)f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
理由如下：设1≤x1＜x2，则
f(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)))＝(x1－x2)eq \f(2x1x2－1,2x1x2)，
∵1≤x1＜x2，∴x1－x2＜0，x1x2＞1，
∴2x1x2－1＞0，∴f(x1)－f(x2)＜0．
即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知，f(x)在[1，＋∞)上是增函数，∴当x＝1时，f(x)有最小值eq \f(7,2)．
B 组·素养提升
一、选择题
1．已知f(x)为R上的减函数，则满足f(2x)＞f(1)的实数x的取值范围是( D )
A．(－∞，1) B．(1，＋∞)
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
[解析] ∵f(x)在R上为减函数且f(2x)＞f(1)．
∴2x＜1，∴x＜eq \f(1,2)．
2．设(a，b)，(c，d)都是函数f(x)的单调增区间，且x1∈(a，b)，x2∈(c，d)，x1＜x2，则f(x1)与f(x2)的大小关系是( D )
A．f(x1)＜f(x2) B．f(x1)＞f(x2)
C．f(x1)＝f(x2) D．不能确定
[解析] ∵x1，x2不在同一单调区间内，∴大小关系无法确定．
3．(多选题)已知函数y＝ax和y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，则函数f(x)＝bx＋a在R上( AC )
A．f(0)＜0 B．f(0)＞0
C．是减函数 D．是增函数
[解析] ∵y＝ax和y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)都是减函数，∴a＜0，b＜0，f(x)＝bx＋a为减函数且f(0)＝a＜0，故选AC．
4．(多选题)已知函数f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5，下列关于函数f(x)的单调性说法正确的是( BD )
A．函数f(x)在R上不具有单调性
B．当a＝1时，f(x)在(－∞，0)上递减
C．若f(x)的单调递减区间是(－∞，－4]，则a的值为－1
D．若f(x)在区间(－∞，3)上是减函数，则a的取值范围是[0，eq \f(3,4)]
[解析] 当a＝0时，f(x)＝－12x＋5，在R上是减函数，A错误；当a＝1时，f(x)＝2x2－8x＋5，其单调递减区间是(－∞，2]，因此f(x)在(－∞，0)上递减，B正确；由f(x)的单调递减区间是(－∞，－4]得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＞0，,－\f(4(a－3),4a)＝－4，))a的值不存在，C错误；在D中，当a＝0时，f(x)＝－12x＋5，在(－∞，3)上是减函数；当a≠0时，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＞0，,－\f(4(a－3),4a)≥3，))得0＜a≤eq \f(3,4)，所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))，D正确．
二、填空题
5．函数y＝－(x－3)|x|的递增区间为__eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))__．
[解析] y＝－(x－3)|x|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋3x(x＞0)，,x2－3x(x≤0).))作出其图象如图，观察图象知递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))．
6．若在[1，＋∞)上函数y＝(a－1)x2＋1与y＝eq \f(a,x)都单调递减，则a的取值范围是__(0，1)__．
[解析] 由于两函数在[1，＋∞)上递减应满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－1＜0，,a＞0，))所以0＜a＜1．
三、解答题
7．求证：函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)在(2，＋∞)上是增函数．
[证明] 任取x1，x2∈(2，＋∞)，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝x1＋eq \f(4,x1)－x2－eq \f(4,x2)＝(x1－x2)＋eq \f(4(x2－x1),x1x2)＝(x1－x2)eq \f(x1x2－4,x1x2)．
因为2＜x1＜x2，所以x1－x2＜0，x1x2＞4，x1x2－4＞0，
所以f(x1)－f(x2)＜0，
即f(x1)＜f(x2)．
所以函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)在(2，＋∞)上是增函数．
8．函数f(x)对任意的a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，并且当x＞0时，f(x)＞1．
求证：f(x)是R上的增函数．
[证明] 设x1，x2∈R，且x1＜x2，则x2－x1＞0，
所以f(x2－x1)＞1．
所以f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1＞0．
所以f(x1)＜f(x2)，
所以f(x)是R上的增函数．