苏教版 (2019)必修第一册5.3 函数的单调性课后练习题

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这是一份苏教版 (2019)必修第一册5.3 函数的单调性课后练习题，共10页。试卷主要包含了基础巩固，能力提升等内容，欢迎下载使用。

《第三节　函数的单调性》同步练习
一、基础巩固
知识点1　函数的单调性与单调区间的定义
1.下列说法正确的是(　　)
A.定义在(a,b)上的函数f(x),若存在x1,x2∈(a,b),且x1 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 C.若f(x)在区间I1上为增函数,在区间I2上也为增函数,那么f(x)在I1∪I2上也一定为增函数
D.若f(x)在区间I上为增函数且f(x1) 2.(多选)如果函数f(x)在[a,b]上单调递增,对于任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),下列结论中正确的是(　　)
A.f(x1)−f(x2)x1−x2>0 B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0
C.f(a)≤f(x1) 3.[2021河北衡水二中高一月考]如图是函数y=f(x)的图象,则函数f(x)的减区间是(　　)

A.(-1,0)
B.(1,+∞)
C.(-1,0)∪(1,+∞)
D.(-1,0),(1,+∞)
知识点2　判断或证明函数的单调性
4.[2022西南大学附中高一期中]函数f(x)=x|x-2|的增区间是(　　)
A.(-∞,1] B.[2,+∞)
C.(-∞,1],[2,+∞) D.(-∞,2)
5.下列函数f(x)中,满足“对任意x1,x2∈(0,+∞),当x1 A.f(x)=(x-1)2 B.f(x)=1x
C.f(x)=x+1 D.f(x)=|x-1|
6.[2022江苏省百校大联考高一上联考]写出一个同时具有性质①对任意0f(x2);②f(1)=1的函数f(x)=　　　　.
7.画出下列函数的图象,并写出单调区间.
(1)f(x)=-1x+2;

(2)f(x)=|x|·|x-2|;

(3)f(x)=x2+1,x≤0,−2x+2,x>0.

8.[2022江苏省盐城中学高一期中]求证:函数f(x)=x-1x在区间(1,+∞)上是增函数.

9.讨论函数f(x)=ax+1x+2(a≠12)在(-2,+∞)上的单调性.

10.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.

知识点3　函数单调性的应用
11.[2022江苏无锡高一上期中]已知对f(x)定义域内的任意实数x1,x2,且x1≠x2,[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0恒成立,设a=f(-13),b=f(3), c=f(5),则(　　)
A.b C.b 12.[2022江苏省扬州中学高一上期中]若函数f(x)=2x2+mx-1在区间(-1,+∞)上是增函数,则实数m的取值范围是(　　)
A.(-∞,-4] B.[4,+∞)
C.[2,+∞) D.(-∞,-2]
13.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]
14.[2022重庆巴蜀中学高一上期中]若函数f(x)=x2-3mx+18(m∈R)在(0,3)上不单调,则m的取值范围为(　　)
A.0≤m≤2 B.0 C.m≤0 D.m≥2
15.[2022黑龙江哈三中高三上质检]已知函数f(x)=2 022−axa−1在[0,1]上单调递减,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,0)∪(1,2 022]
B.(-∞,0)∪(0,2 022]
C.(-∞,0)∪(1,+∞)
D.(-∞,0)∪(0,1)
16.[2022辽宁六校协作体高一上期中]f(x)=mx+1x+2在区间(-2,+∞)上为减函数的一个充分不必要条件可以是m=　　　 .
17.(1)若函数f(x)是定义在R上的增函数,且f(1-a)

(2)若函数f(x)是定义在区间(-1,1)上的增函数,且f(1-a)

知识点4　函数的最值
18.[2022江苏省溧阳中学高一上期中]已知f(x)是定义在[a,b]上的函数,则“函数f(x)在[a,b]上单调递增”是“函数f(x)在[a,b]上的最小值为f(a)”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
19.[2022江苏淮安高一上期中]已知函数f(x)=x+4x+1(x<0),则该函数(　　)
A.最小值为5 B.最大值为-3
C.没有最大值 D.没有最小值
20.已知函数f(x)=-x2+4x+a,x∈[0,1],若f(x)的最小值为-2,则f(x)的最大值为(　　)
A.1 B.0 C.-1 D.2
21.(多选)[2022辽宁重点高中协作体高一上期中]已知函数f(x)=x2−4x+a,x≤1,x−4x,x>1,若f(x)的最小值为f(1),则实数a的值可以是(　　)
A.-1 B.1 C.0 D.2
22.[2022江苏省姜堰中学高一上期中]已知函数f(x)=|x2+mx+12|,x∈[0,2]的最大值为12,则实数m的值为　　　　.
23.函数y=x-x+1的最小值为　　　　.
24.[2021江苏扬州中学高一下开学考试]已知函数f(x)=x2+ax+4.
(1)当a=-2时,求f(x)在[-2,2]上的值域;

(2)在①∀x∈[-2,2],②∃x∈[1,3]这两个条件中任选一个,补充到下面问题的横线中,并解答问题.
若　　　　,f(x)≥0,求实数a的取值范围.

参考答案
一、基础巩固
1.D
2.AB　由函数单调性的定义,可知若函数f(x)在给定的区间上单调递增,则x1-x2与f(x1)-f(x2)同号,由此可知,选项A,B正确,D错误;对于选项C,因为x1,x2的大小关系无法判断,所以f(x1),f(x2)的大小关系也无法判断,故C错误.故选AB.
3.D　若函数单调递减,则对应图象为下降的.由题图知,函数f(x)的减区间为(-1,0),(1,+∞),故选D.
4.C　f(x)=x|x-2|=x2−2x,x≥2,−x2+2x,x<2.结合二次函数的图象,可知f(x)在(-∞,1],[2,+∞)上是增函数.
5.C　因为对任意x1,x2∈(0,+∞),当x1 6.1x(答案不唯一)
7.(1)画出f(x)=-1x+2的图象如图1所示,可得其增区间为(-∞,-2)和(-2,+∞),无减区间.
(2)由题意,得f(x)=x2−2x,x≥2或x<0,−x2+2x,0≤x<2,画出图象如图2所示,由图象,知函数f(x)的减区间是(-∞,0]和[1,2],增区间是[0,1]和[2,+∞).
(3)画出图象如图3所示,由图象,知函数f(x)的减区间是(-∞,0]和(0,+∞).

8.证明：设1 则f(x1)-f(x2)=(x1-1x1)-(x2-1x2)=(x1-x2)+x1−x2x1x2=(x1-x2)(1+1x1x2).
因为x1,x2∈(1,+∞),
所以0<1x1x2<1,即1+1x1x2>0.
又x1 所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1) 所以f(x)=x-1x在区间(1,+∞)上是增函数.
9.f(x)=ax+1x+2=a+1−2ax+2,
∀x1,x2∈(-2,+∞),且x1 因为-20,(x2+2)(x1+2)>0.
①若a<12,则1-2a>0,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2), 故f(x)在(-2,+∞)上单调递减.
②若a>12,则1-2a<0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1) 综上,当a<12时,f(x)在(-2,+∞)上单调递减;
当a>12时,f(x)在(-2,+∞)上单调递增.
10.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,即g(x1)>g(x2).
故g(x)=f(x)+1f(x)在(0,3]上是减函数.
11.D　由题意得函数f(x)在R上是增函数,所以f(-13) 12.B　依题意可知,f(x)在[-m4,+∞)上是增函数,所以-m4≤-1,解得m≥4.
13.D　由题意,得a−3<0,a>0,(a−3)×1+5≥2a, 解得0 14.B　因为f(x)=x2-3mx+18图象的对称轴为直线x=3m2,所以3m2∈(0,3),解得m∈(0,2).
15.A　设t=2 022-ax.当a=0时,f(x)=-2 022,不符合题意.当a>0时,t=2 022-ax在区间[0,1]上为减函数,则2 022−a≥0,a−1>0,解得1 16.0(答案不唯一)
17.(1)因为函数f(x)是定义在R上的增函数,且f(1-a)23,
所以实数a的取值范围是(23,+∞).
(2)由题意解得0 因为f(x)在区间(-1,1)上是增函数,且f(1-a) 所以1-a<2a-1,即a>23.　②
由①②可知,23 所以实数a的取值范围是(23,1).
18.A　若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f(x)在[a,b]上的最小值为f(a),充分性成立.函数f(x)在[a,b]上的最小值为f(a),则函数f(x)在[a,b]上不一定单调递增,如f(x)=-x2在[-2,1]上不单调,但最小值为f(-2),必要性不成立.故选A.
19.B　由对勾函数的性质可知,f(x)=x+4x+1(x<0)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,所以函数f(x)有最大值,为f(-2)=-3.故选B.
20.A　因为f(x)=-x2+4x+a在[0,1]上单调递增,所以其最小值为f(0)=a=-2,所以其最大值为f(1)=3+a=1.故选A.
21.AC　当x≤1时,f(x)=(x-2)2+a-4,则f(x)在(-∞,1]上单调递减,所以f(x)min=f(1)=a-3.当x>1时,f(x)=1-4x,则f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以a-3≤1-4,得a≤0.故选AC.
22.-2
23.-54
24.(1)a=-2时,f(x)=x2-2x+4=(x-1)2+3,
则f(x)在[-2,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增,
所以f(x)min=f(1)=3.
因为f(-2)=12,f(2)=4,所以f(x)max=12,
所以f(x)在[-2,2]上的值域为[3,12].
(2)方案一　选择条件①.
若-a2≤-2,即a≥4,则f(x)在[-2,2]上单调递增,
所以f(x)min=f(-2)=8-2a≥0,
又a≥4,所以a=4.
若-2<-a2<2,即-4 则f(x)在[-2,-a2)上单调递减,在(-a2,2]上单调递增,
所以f(x)min=f(-a2)=4-a24≥0,所以-4 若-a2≥2,即a≤-4,则f(x)在[-2,2]上单调递减,
所以f(x)min=f(2)=8+2a≥0,
又a≤-4,所以a=-4.
综上,实数a的取值范围是[-4,4].
方案二　选择条件②.
因为∃x∈[1,3],f(x)≥0,所以f(x)max≥0,即f(1)≥0或f(3)≥0,
所以a+5≥0或3a+13≥0,得a≥-5或a≥-133,所以a≥-5,
即实数a的取值范围是[-5,+∞).
二、能力提升
1.B　由-x2-2x+3≥0,得-3≤x≤1,所以函数f(x)的定义域为[-3,1].f(x)可以看成由y=t及t=-x2-2x+3复合而成.因为函数t=-x2-2x+3在[-3,-1]上是增函数,在[-1,1]上是减函数,函数y=t在[0,+∞)上是增函数,所以根据复合函数单调性“同增异减”的判断方法,可知函数f(x)的减区间是[-1,1],故选B.
2.B　当x+1≥4-2x,即x≥1时,f(x)=x+1;当x+1<4-2x,即x<1时,f(x)=4-2x.所以f(x)=4−2x,x<1,x+1,x≥1.显然f(x)在(-∞,1)上单调递减,在[1,+∞)上单调递增,且4-2≤1+1,所以f(x)的最小值为f(1)=2.故选B.
3.C　由题意可得f(x)x=4−x2x=4x2−1,所以f(x)x在(0,2]上是减函数,所以f(x3)x3 4.A 5.CD
6.(0,23]
7.[-15,-12]
8.3
9.6
10.(1)由题意,得f(x)=x2−mx+m2,x≥m,−x2+mx+m2,x ①若m=0,则当x≥0时,f(x)=x2,此时函数f(x)在[1,2]上是增函数;
②若m<0,则[1,2]⊆[m,+∞).
二次函数y=x2-mx+m2的图象的开口向上,对称轴为直线x=m2<0,
如图1所示,则函数y=f(x)在[1,2]上是增函数;
③若m>0,如图2所示,若函数f(x)在[1,2]上是增函数,
则m2≥2或m≤1,所以0 综上所述,实数m的取值范围是(-∞,1]∪[4,+∞).

(2)①由(1),知当m≤1时,函数f(x)在[1,2]上是增函数,
所以f(x)min=f(1)=1-m+m2=7,即m2-m-6=0,解得m=3(舍去)或m=-2;
②由(1),知当m≥4时,函数f(x)在[1,2]上是增函数,
所以f(x)min=f(1)=-1+m+m2=7,即m2+m-8=0,所以m=−1±332(均舍去);
③当2 因为f(1)=-1+m+m2,f(2)=m2+2m-4,
所以f(2)-f(1)=m-3.
当3≤m<4时,f(2)≥f(1),
所以f(x)min=f(1)=7,即m2+m-8=0,
解得m=−1±332(均舍去);
当2 则f(x)min=f(2)=7,即m2+2m-11=0,
解得m=23-1或m=-23-1(舍去);
④当1 若1 若m=2,则函数f(x)在[1,m]上为减函数,
所以f(x)min=f(m)=m2=7,得m=±7(均舍去).
综上,m=-2或m=23-1.
11.(1)任取x1,x2∈R,且x1 则x2-x1>0,所以f(x2-x1)>1.
又f(x2)=f(x1)+f(x2-x1)-1,
所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0,
即f(x2)>f(x1).
故f(x)在R上是增函数.
(2)因为f(3)=f(1)+f(2)-1=f(1)-1+f(1)+f(1)-1=3f(1)-2=4,所以f(1)=2.
因为f(x+2+t)+f(2−x)=f(x+2+2−x+t)+1,
所以f(x+2+t)+f(2−x)>3有解,
即f(x+2+2−x+t)>2=f(1)有解,
故x+2+2−x+t>1有解,即x+2+2−x>1-t有解.
令y=x+2+2−x(x∈[-2,2]),
则y2=4+24−x2.
因为g(x)=4+24−x2在(-2,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,
所以g(x)max=4+24=8,又y>0,所以ymax=22,
因此1-t<22,所以t>1-22,
故实数t的取值范围为(1-22,+∞).
12.(1)f(x)=xx+1=1-1x+1.
令x2>x1≥0,则f(x2)-f(x1)=1-1x2+1-1+1x1+1=x2−x1(x1+1)(x2+1)>0,即f(x2)>f(x1),
故f(x)在区间[0,+∞)上是增函数.
(2)令g(a)=-2am+m2+103,则问题可转化为a∈[-2,2],x∈[12,2]时g(a)min≥f(x)min.
因为f(x)=1-1x+1在[12,2]上单调递增,
所以f(x)min=f(12)=13.
当m<0时,g(a)在[-2,2]上单调递增,
则g(a)min=g(-2)=m2+4m+103≥f(x)min=13,
整理得(m+3)(m+1)≥0,所以m≥-1或m≤-3,
所以m∈(-∞,-3]∪[-1,0).
当m=0时,g(a)=103>f(x)min=13,符合题设.
当m>0时,g(a)在[-2,2]上单调递减,
则g(a)min=g(2)=m2-4m+103≥13,
整理得(m-1)(m-3)≥0,所以m≥3或m≤1,
所以m∈(0,1]∪[3,+∞).
综上,m∈(-∞,-3]∪[-1,1]∪[3,+∞).