湘教版（2019）必修 第一册3.1 函数随堂练习题

这是一份湘教版（2019）必修 第一册3.1 函数随堂练习题，共9页。试卷主要包含了 单项选择题， 多项选择题， 填空题， 解答题等内容，欢迎下载使用。
一、 单项选择题
1．函数g(x)＝x|x－1|＋1的单调递减区间为( )
A． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
C．[1，＋∞)D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))∪[1，＋∞)
2．若函数f(x)＝ eq \f(2x2＋3,1＋x2)，则f(x)的最大值为( )
A．1B．2
C．3D．4
3．已知函数f(x)＝ eq \f(\r(30＋ax),2＋a)在区间[－10，－3]上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2)∪(0，3)
B．(－∞，－2)∪(0，3]
C．(－∞，－2)∪(0，10)
D．(－∞，－2)∪(0，10]
4．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋1，x＜0，,2－x2，x≥0，))则不等式f(2a2－1)＞f(3a＋4)的解集为( )
A．(－∞，－1)B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞))
C．(－∞，－1)D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(5,2)))
二、 多项选择题
5．已知函数f(x)＝x－ eq \f(a,x)(a≠0)，下列说法正确的是( )
A．当a＞0时，f(x)在定义域上单调递增
B．当a＝－4时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)
C．当a＝－4时，f(x)的值域为(－∞，－4]∪[4，＋∞)
D．当a＞0时，f(x)的值域为R
6．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(x)，x≤a，,－x2＋2x＋1，x＞a，))则下列结论正确的是( )
A．当a＝0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)
B．不论a为何值，函数f(x)既没有最小值，也没有最大值
C．不论a为何值，函数f(x)的图象与x轴都有交点
D．存在实数a，使得函数f(x)为R上的减函数
三、 填空题
7．若函数f(x)＝ eq \f(2x＋m,x＋1)在区间[0，1]上的最大值为3，则实数m＝____．
8．已知函数f(x)＝x－8，g(x)＝3x－x2，x∈R，用m(x)表示f(x)，g(x)中的较小者，记为m(x)＝min{f(x)，g(x)}，则函数m(x)的最大值为____．
9．已知f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((2a－1)x＋2a，x＜1，,ax，x≥1))满足对任意x1≠x2，都有 eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)＜0恒成立，那么实数a的取值范围是__．
四、 解答题
10．已知函数f(x)＝ eq \f(2x－1,x＋1).
(1) 判断f(x)在[0，＋∞)上的单调性，并证明你的判断；
(2) 若x∈[1，m]，f(x)的最大值与最小值的差为 eq \f(1,2)，求m的值．
11．已知函数f(x)＝ eq \f(x,x2＋1).
(1) 根据定义证明函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减；
所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，故函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
(2) 若不等式f(x)＜b对一切实数x都成立，求b的取值范围．
B组 滚动小练
12．若函数y＝f(2x)的定义域是[0，1 012]，则函数g(x)＝ eq \f(f(x＋1),x－1)的定义域是( )
A．[－1，2 023]B．[－1，1)∪(1，2 023]
C．[0，2 024]D．[－1，1)∪(1，2 024]
13．对于任意两个正整数m，n，定义某种运算“※”如下：当m，n都为正偶数或都为正奇数时，m※n＝m＋n；当m，n中一个为正偶数，另一个为正奇数时，m※n＝mn，则在此定义下，集合M＝{(a，b)|a※b＝8}中的元素个数是( )
A．10B．9
C．8D．7
14．已知不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为(1，t)，记函数f(x)＝ax2＋(a－b)x－c.
(1) 求证：方程f(x)＝0必有两个不相同的根；
(2) 若方程f(x)＝0的两个根分别为x1，x2，求|x2－x1|的取值范围．
湘教版高中数学必修第一册-3.2.1函数的单调性与最值-专项训练（解析版）
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1．函数g(x)＝x|x－1|＋1的单调递减区间为( B )
A． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
C．[1，＋∞)D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))∪[1，＋∞)
【解析】g(x)＝x|x－1|＋1＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x＋1，x≥1，,－x2＋x＋1，x＜1，))画出函数图象如图所示，根据图象知函数g(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
2．若函数f(x)＝ eq \f(2x2＋3,1＋x2)，则f(x)的最大值为( C )
A．1B．2
C．3D．4
【解析】f(x)＝ eq \f(2x2＋3,1＋x2)＝2＋ eq \f(1,x2＋1)，因为x2≥0，所以x2＋1≥1，所以0＜ eq \f(1,x2＋1)≤1，所以f(x)∈(2，3]，故f(x)的最大值为3.
3．已知函数f(x)＝ eq \f(\r(30＋ax),2＋a)在区间[－10，－3]上单调递增，则实数a的取值范围是( B )
A．(－∞，－2)∪(0，3)
B．(－∞，－2)∪(0，3]
C．(－∞，－2)∪(0，10)
D．(－∞，－2)∪(0，10]
【解析】因为函数f(x)＝ eq \f(\r(30＋ax),2＋a)在[－10，－3]上单调递增，所以a(2＋a)＞0，且30＋ax≥0在[－10，－3]上恒成立，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a(2＋a)＞0，,30－10a≥0，,30－3a≥0，))解得a＜－2或0＜a≤3.
4．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋1，x＜0，,2－x2，x≥0，))则不等式f(2a2－1)＞f(3a＋4)的解集为( D )
A．(－∞，－1)B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞))
C．(－∞，－1)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞))D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(5,2)))
【解析】函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋1，x＜0，,2－x2，x≥0))中，y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋1在(－∞，0)上单调递减，y＝2－x2在[0，＋∞)上单调递减，且 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(0)＋1＝2－02，则函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋1，x＜0，,2－x2，x≥0))在定义域R上单调递减．因为f(2a2－1)＞f(3a＋4)，所以2a2－1＜3a＋4，解得－1＜a＜ eq \f(5,2)，即不等式f(2a2－1)＞f(3a＋4)的解集为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(5,2))).
二、 多项选择题
5．已知函数f(x)＝x－ eq \f(a,x)(a≠0)，下列说法正确的是( BCD )
A．当a＞0时，f(x)在定义域上单调递增
B．当a＝－4时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)
C．当a＝－4时，f(x)的值域为(－∞，－4]∪[4，＋∞)
D．当a＞0时，f(x)的值域为R
【解析】当a＞0时，f(x)＝x－ eq \f(a,x)，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，则f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→0时，f(x)→－∞，故f(x)的值域为R，故A错误，D正确；当a＝－4时，f(x)＝x＋ eq \f(4,x)为对勾函数，其单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，故B正确；当x＞0时，x＋ eq \f(4,x)≥2 eq \r(x·\f(4,x))＝4(当且仅当x＝2时取等号)，当x＜0时，x＋ eq \f(4,x)＝－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1((－x)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,x)))))≤－2 eq \r((－x)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,x))))＝－4(当且仅当x＝－2时取等号)，故f(x)的值域为(－∞，－4]∪[4，＋∞)，故C正确．
6．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(x)，x≤a，,－x2＋2x＋1，x＞a，))则下列结论正确的是( ABD )
A．当a＝0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)
B．不论a为何值，函数f(x)既没有最小值，也没有最大值
C．不论a为何值，函数f(x)的图象与x轴都有交点
D．存在实数a，使得函数f(x)为R上的减函数
【解析】对于A，当a＝0时，函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(x)，x≤0，,－x2＋2x＋1，x＞0，))当x≤0时，f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)为减函数，当x＞0时，f(x)＝－x2＋2x＋1的单调递增区间为(0，1)，故A正确；对于B，当x≤a时，f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)为减函数，所以不论a为何值，当x趋近于负无穷时，f(x)趋近于正无穷，即f(x)没有最大值，当x＞a时，f(x)＝－x2＋2x＋1的图象是开口向下的抛物线的一部分，所以不论a为何值，当x趋近于正无穷时，f(x)趋近于负无穷，即f(x)没有最小值，故B正确；对于C，当x≤a时，函数f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)的图象与x轴没有交点，当x＞a时，由－x2＋2x＋1＝0得x＝1＋ eq \r(2)或x＝1－ eq \r(2)，所以当a≥1＋ eq \r(2)时，函数f(x)＝－x2＋2x＋1(x＞1＋ eq \r(2))的图象与x轴没有交点，故C错误；对于D，当a≥1＋ eq \r(2)时，函数f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)在(－∞，a]上为减函数，函数f(x)＝－x2＋2x＋1在(a，＋∞)上为减函数，且 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(a)＞0，－a2＋2a＋1＝－(a－1)2＋2≤0， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(a)＞－a2＋2a＋1，所以此时函数f(x)为R上的减函数，故D正确．
三、 填空题
7．若函数f(x)＝ eq \f(2x＋m,x＋1)在区间[0，1]上的最大值为3，则实数m＝__3__．
【解析】因为函数f(x)＝ eq \f(2x＋m,x＋1)＝2＋ eq \f(m－2,x＋1)，由复合函数的单调性知，当m＞2时，f(x)＝ eq \f(2x＋m,x＋1)在[0，1]上单调递减，最大值为f(0)＝m＝3；当m＜2时，f(x)＝ eq \f(2x＋m,x＋1)在[0，1]上单调递增，最大值为f(1)＝ eq \f(2＋m,2)＝3，即m＝4，与m＜2矛盾，舍去．故实数m＝3.
8．已知函数f(x)＝x－8，g(x)＝3x－x2，x∈R，用m(x)表示f(x)，g(x)中的较小者，记为m(x)＝min{f(x)，g(x)}，则函数m(x)的最大值为__－4__．
【解析】在同一平面直角坐标系中作出两函数图象如图所示．由图可得，函数f(x)＝x－8与g(x)＝3x－x2的交点为(4，－4)，(－2，－10)，所以m(x)＝min{f(x)，g(x)}＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－x2，x∈(－∞，－2]∪[4，＋∞)，,x－8，x∈(－2，4)，))故m(x)max＝m(4)＝－4.
9．已知f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((2a－1)x＋2a，x＜1，,ax，x≥1))满足对任意x1≠x2，都有 eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)＜0恒成立，那么实数a的取值范围是__ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))__．
【解析】由函数单调性定义可得函数f(x)在R上单调递减，则根据分段函数单调性的判断方法可知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－1＜0，,0＜a＜1，,2a－1＋2a≥a，))解得 eq \f(1,3)≤a＜ eq \f(1,2).
四、 解答题
10．已知函数f(x)＝ eq \f(2x－1,x＋1).
(1) 判断f(x)在[0，＋∞)上的单调性，并证明你的判断；
【解答】 f(x)在[0，＋∞)上单调递增．证明如下：设0≤x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝ eq \f(2x1－1,x1＋1)－ eq \f(2x2－1,x2＋1)＝ eq \f(3(x1－x2),(x1＋1)(x2＋1)).因为0≤x1＜x2，所以x1－x2＜0，(x1＋1)(x2＋1)＞0，故f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增．
(2) 若x∈[1，m]，f(x)的最大值与最小值的差为 eq \f(1,2)，求m的值．
【解答】 由(1)可知f(x)在[1，m]上为增函数，故f(x)min＝f(1)＝ eq \f(1,2)，f(x)max＝f(m)＝ eq \f(2m－1,m＋1)，所以 eq \f(2m－1,m＋1)－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)，故m＝2，此时m＞1，符合题意．
11．已知函数f(x)＝ eq \f(x,x2＋1).
(1) 根据定义证明函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减；
【解答】任取x1＞x2＞1，则f(x1)－f(x2)＝ eq \f(x1,x eq \\al(2,1)＋1)－ eq \f(x2,x eq \\al(2,2)＋1)＝ eq \f(x1x eq \\al(2,2)＋x1－x2x eq \\al(2,1)－x2,(x eq \\al(2,1)＋1)(x eq \\al(2,2)＋1))＝ eq \f((x1x2－1)(x2－x1),(x eq \\al(2,1)＋1)(x eq \\al(2,2)＋1)).因为x1＞x2＞1，所以(x eq \\al(2,1)＋1)(x eq \\al(2,2)＋1)＞0，x1x2－1＞0，x2－x1＜0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，故函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
(2) 若不等式f(x)＜b对一切实数x都成立，求b的取值范围．
【解答】 因为函数f(x)＝ eq \f(x,x2＋1)的定义域为R，所以f(－x)＝ eq \f(－x,x2＋1)＝－f(x)，故f(x)为奇函数．由(1)知函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，任取0≤x1＜x2＜1，则f(x1)－f(x2)＝ eq \f(x1,x eq \\al(2,1)＋1)－ eq \f(x2,x eq \\al(2,2)＋1)＝ eq \f(x1x eq \\al(2,2)＋x1－x2x eq \\al(2,1)－x2,(x eq \\al(2,1)＋1)(x eq \\al(2,2)＋1))＝ eq \f((x1x2－1)(x2－x1),(x eq \\al(2,1)＋1)(x eq \\al(2,2)＋1)).因为0≤x1＜x2＜1，所以(x eq \\al(2,1)＋1)(x eq \\al(2,2)＋1)＞0，x1x2－1＜0，x2－x1＞0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，故函数f(x)在[0，1)上单调递增，所以f(x)max＝f(1)＝ eq \f(1,2).又f(0)＝0，且x＝0是方程f(x)＝0唯一的根，所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，又f(x)为奇函数，所以f(x)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))).不等式f(x)＜b对一切实数x都成立，则b＞f(x)max＝ eq \f(1,2)，即b的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
B组 滚动小练
12．若函数y＝f(2x)的定义域是[0，1 012]，则函数g(x)＝ eq \f(f(x＋1),x－1)的定义域是( B )
A．[－1，2 023]B．[－1，1)∪(1，2 023]
C．[0，2 024]D．[－1，1)∪(1，2 024]
【解析】函数y＝f(2x)的定义域是[0，1 012]，即x∈[0，1 012]，则2x∈[0，2 024]，所以函数y＝f(x)的定义域是[0，2 024]，从而函数g(x)＝ eq \f(f(x＋1),x－1)的定义域满足 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤x＋1≤2 024，,x－1≠0，))解得－1≤x≤2 023且x≠1，故g(x)的定义域是[－1，1)∪(1，2 023].
13．对于任意两个正整数m，n，定义某种运算“※”如下：当m，n都为正偶数或都为正奇数时，m※n＝m＋n；当m，n中一个为正偶数，另一个为正奇数时，m※n＝mn，则在此定义下，集合M＝{(a，b)|a※b＝8}中的元素个数是( B )
A．10B．9
C．8D．7
【解析】由定义知，当a，b都为正偶数或都为正奇数时，a※b＝a＋b＝8，故(a，b)是(1，7)，(2，6)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，(7，1)；当a，b中一个为正偶数，另一个为正奇数时，a※b＝ab＝8，故(a，b)是(1，8)，(8，1)，故共有9个元素．
14．已知不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为(1，t)，记函数f(x)＝ax2＋(a－b)x－c.
(1) 求证：方程f(x)＝0必有两个不相同的根；
【解答】由题意知 eq \f(c,a)＝1·t＞0，所以ac＞0.对于方程f(x)＝ax2＋(a－b)x－c＝0，因为Δ＝(a－b)2＋4ac＞0恒成立，所以方程f(x)＝ax2＋(a－b)x－c＝0必有两个不相同的根.
(2) 若方程f(x)＝0的两个根分别为x1，x2，求|x2－x1|的取值范围．
【解答】 因为ax2＋bx＋c＞0的解集为(1，t)，所以1和t为方程ax2＋bx＋c＝0的两个根，且a＜0，t＞1，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＜0，,a＋b＋c＝0，,\f(c,a)＝t，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＜0，,b＝－a－c，,c＝at，))所以|x2－x1|2＝(x2＋x1)2－4x2x1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b－a,a))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(4c,a)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a＋c,a))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(4c,a)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a))) eq \s\up12(2)＋8· eq \f(c,a)＋4.又 eq \f(c,a)＝t(t＞1)，则|x2－x1|2＝t2＋8t＋4＝(t＋4)2－12.因为t＞1，所以(t＋4)2－12＞13，所以|x2－x1|∈( eq \r(13)，＋∞