高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质当堂达标检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质当堂达标检测题，共4页。


1．若函数f(x)＝(3a＋2)x－5在R上是增函数，则实数a的取值范围是( D )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3)))
B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2,3)))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))
D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，＋∞))
【解析】 依题意得3a＋2>0，所以a>－ eq \f(2,3) .
2．若函数f(x)在区间[－1，2]上单调递减，则下列关系正确的是( B )
A．f(0)>f(3)
B．f(－1)>f(1)
C．f(0)D．f(－1)【解析】 因为函数f(x)在区间[－1，2]上单调递减，所以f(－1)>f(1).
3．函数y＝|x－2|在区间[－2，3]上( C )
A．单调递减
B．单调递增
C．先单调递减后单调递增
D．先单调递增后单调递减
【解析】 y＝|x－2|＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2，x≥2，,－x＋2，x<2，)) 作出图象(图略)可知，函数在区间[－2，2)上单调递减，在区间[2，3]上单调递增．
4．下列函数中，在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2)) 上单调递增的是( C )
A． y＝－x＋1
B． y＝x2－4x＋5
C． y＝ eq \r(x)
D． y＝ eq \f(1,x)
【解析】 y＝－x＋1，y＝x2－4x＋5，y＝ eq \f(1,x) 在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2)) 上单调递减；y＝ eq \r(x) 在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2)) 上单调递增．故选C.
5．若函数f(x)＝－x2＋2(a＋5)x＋2的单调递减区间为[4，＋∞)，则a的值是( A )
A．－1 B． －2
C．1 D．2
【解析】 函数图象的对称轴为直线x＝－ eq \f(2（a＋5）,2×（－1）) ＝a＋5.因为f(x)＝－x2＋2(a＋5)x＋2的单调递减区间为[4，＋∞)，所以a＋5＝4，得a＝－1.
6．已知函数f(x)在R上单调递增，对任意实数a，b，若a＋b>0，则有( A )
A．f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)
B．f(a)＋f(b)C．f(a)－f(b)>f(－a)－f(－b)
D．f(a)－f(b)【解析】 ∵a＋b>0，∴a>－b，b>－a，
∴f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)，
∴f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b).故选A.
二、填空题
7．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋1，x≥1，,5－x，x<1，)) 则f(x)的单调递减区间是__(－∞，1)__；单调递增区间是__[1，＋∞)__.
【解析】 当x≥1时，f(x)单调递增，所以f(x)的单调递增区间为[1，＋∞)；当x<1时，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1).
8．设x1，x2∈[a，b]，若 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) >0，则f(x)在区间[a，b]上单调递__增__(填“增”或“减”).
【解析】 由 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) >0知，f(x1)－f(x2)与x1－x2同号，即若x19．已知二次函数f(x)的图象关于y轴对称，且在区间[0，＋∞)上单调递增，则f(0)，f(2)，f(－3)的大小关系为__f(0)【解析】 因为二次函数f(x)的图象关于y轴对称，所以f(－3)＝f(3).又因为函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，所以f(0)10．已知f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减，若f(x)【解析】 由已知得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,2x－3>0，,x>2x－3，)) 解得 eq \f(3,2) 11．若f(x)在R上单调递增，f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则不等式f(x)＋f(－2)>1的解集为__ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x<－\f(3,2))))) __．
【解析】 由条件可得f(x)＋f(－2)＝f(－2x)，
又f(3)＝1，∴f(－2x)>f(3).
∵f(x)在R上单调递增，∴－2x>3，解得x<－ eq \f(3,2) .
故不等式f(x)＋f(－2)>1的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x<－\f(3,2))))) .
三、解答题
12．作出函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－3，x≤1，,（x－2）2＋3，x>1)) 的图象，并指出函数f(x)的单调区间．
解：f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－3，x≤1，,（x－2）2＋3，x>1)) 的图象
如图所示．
由图可知，函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－3，x≤1，,（x－2）2＋3，x>1)) 的单调递减区间为(－∞，1]和(1，2]，单调递增区间为[2，＋∞).
13．设函数f(x)＝ eq \f(x＋a,x＋b) (a>b>0)，求f(x)的单调区间，并说明f(x)在其单调区间上的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(－∞，－b)∪(－b，＋∞).在定义域内任取x1，x2，且使x1则f(x2)－f(x1)＝ eq \f(x2＋a,x2＋b) － eq \f(x1＋a,x1＋b)
＝ eq \f(（x2＋a）（x1＋b）－（x2＋b）（x1＋a）,（x1＋b）（x2＋b）)
＝ eq \f(（b－a）（x2－x1）,（x1＋b）（x2＋b）) .
∵a>b>0，x10.
只有当x1当x1∴y＝f(x)在(－∞，－b)上单调递减，在(－b，＋∞)上也单调递减．
∴y＝f(x)的单调递减区间是(－∞，－b)和(－b，＋∞)，无单调递增区间．
[B级 素养养成与评价]

14．已知函数f(x)＝ eq \r(4－x2) ，若0A． eq \f(f（x1）,x1) < eq \f(f（x3）,x3) < eq \f(f（x2）,x2)
B． eq \f(f（x1）,x1) < eq \f(f（x2）,x2) < eq \f(f（x3）,x3)
C． eq \f(f（x3）,x3) < eq \f(f（x2）,x2) < eq \f(f（x1）,x1)
D． eq \f(f（x2）,x2) < eq \f(f（x3）,x3) < eq \f(f（x1）,x1)
【解析】 由题意可得0而 eq \f(f（x）,x) ＝ eq \f(\r(4－x2),x) ＝ eq \r(\f(4,x2)－1) ，
∴y＝ eq \f(f（x）,x) 在(0，2]上单调递减，∴ eq \f(f（x3）,x3) < eq \f(f（x2）,x2) < eq \f(f（x1）,x1) ，选C.
15．已知f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a－3）x＋5，x≤1，,\f(2a,x)，x>1，)) 且对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，都有 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) <0，求实数a的取值范围．
解：由 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) <0恒成立，
得f(x)在R上单调递减⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－3<0，,a>0，,a＋2≥2a)) ⇒016．已知函数f(x)对任意的a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且当x>0时，f(x)>1.
(1)求证：f(x)是R上的增函数；
(2)若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y))) ＝f(x)－f(y)，f(2)＝1，解不等式f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－3))) ≤2.
解：(1)证明：∀x1，x2∈R，且x1则x2－x1>0，即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)(2)因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y))) ＝f(x)－f(y)，
所以f(y)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y))) ＝f(x).
在上式中取x＝4，y＝2，则有f(2)＋f(2)＝f(4)，
因为f(2)＝1，所以f(4)＝2.
于是不等式f(x)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－3))) ≤2等价于f[x(x－3)]≤f(4)(x≠3).又由(1)知f(x)是R上的增函数，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（x－3）≤4，,x－3≠0，)) 解得－1≤x<3或3所以原不等式的解集为[－1，3)∪(3，4].