高中数学苏教版 (2019)必修 第一册第5章 函数概念与性质本章综合与测试优秀同步训练题

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第一册第5章 函数概念与性质本章综合与测试优秀同步训练题，共6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。

课时分层作业(二十一) 函数的单调性


(建议用时：40分钟)





一、选择题


1．已知函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f(|x|)的图象为( )








B [函数y＝f(|x|)的图象可以由函数y＝f(x)的图象删除y轴左侧图象，保留y轴右侧图象并将保留的图象沿y轴对翻到左侧即可．故选B．]


2．下列函数中，在[1，＋∞)上为增函数的是( )


A．y＝(x－2)2 B．y＝|x－1|


C．y＝eq \f(1,x＋1) D．y＝－(x＋1)2


B [A中，y＝(x－2)2在[2，＋∞)上为增函数，在(－∞，2]上为减函数，故错误；B中，y＝|x－1|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1，x≥1，,1－x，x<1))在[1，＋∞)上为增函数，故正确；选项C，D中，函数在[1，＋∞)上为减函数，故错误．故选B．]


3．定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有eq \f(fa－fb,a－b)＞0，则必有( )


A．函数f(x)先增后减


B．函数f(x)先减后增


C．函数f(x)是R上的增函数


D．函数f(x)是R上的减函数


C [由eq \f(fa－fb,a－b)＞0知，当a＞b时，f(a)＞f(b)；当a＜b时，f(a)＜f(b)，所以函数f(x)是R上的增函数．]


4．已知f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数，那么f(a2－a＋1)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))的大小关系是( )


A．f(a2－a＋1)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))


B．f(a2－a＋1)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))


C．f(a2－a＋1)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))


D．f(a2－a＋1)

B [由题意知a2－a＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)．


∵f(x)在(0，＋∞)上为减函数，


∴f(a2－a＋1)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))．故选B．]


5．已知函数y＝ax2＋bx－1在(－∞，0]上是单调函数，则y＝2ax＋b的图象不可能是( )





B [因为函数y＝ax2＋bx－1在(－∞，0]上是单调函数，所以：


①当a＝0，y＝2ax＋b的图象可能是A；②当a＞0时，－eq \f(b,2a)≥0⇔b≤0，y＝2ax＋b的图象可能是C；③当a＜0时，－eq \f(b,2a)≥0⇔b≥0，y＝2ax＋b的图象可能是D．故y＝2ax＋b的图象不可能是B．]


二、填空题


6．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是 ．





[0,1) [由题意知g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))函数图象如图所示，其递减区间是[0,1)．]


7．已知f(x)是定义在区间[－1,1]上的增函数，且f(x－3)＜f(2－x)，则x的取值范围是 ．


eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(2≤x＜\f(5,2))))) [由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x－3≤1，,－1≤2－x≤1，,x－3＜2－x，))


解得2≤x＜eq \f(5,2)，故满足条件的x的取值范围是2≤x＜eq \f(5,2)．]


8．若f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是 ．


eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) [f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2)＝eq \f(ax＋2a＋1－2a,x＋2)＝a＋eq \f(1－2a,x＋2)在区间(－2，＋∞)上是增函数，结合反比例函数性质可知1－2a<0，


∴a>eq \f(1,2)，则a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))．]


三、解答题


9．已知函数f(x)＝eq \f(2x－1,x＋1)．


(1)求f(x)的定义域；


(2)证明函数f(x)＝eq \f(2x－1,x＋1)在[1，＋∞)上是单调增函数．


[解] (1)由题意知x＋1≠0，


即x≠－1．


所以f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)．


(2)证明：任取x1，x2∈[1，＋∞)，且x1

f(x)＝eq \f(2x＋2－3,x＋1)＝2－eq \f(3,x＋1)，


∴f(x2)－f(x1)＝eq \f(3,x1＋1)－eq \f(3,x2＋1)＝eq \f(3x2－x1,x1＋1x2＋1)．


∵x10．


又∵x1，x2∈[1，＋∞)，


∴x2＋1>0，x1＋1>0．


∴f(x2)－f(x1)>0，


∴f(x2)>f(x1)．


∴函数f(x)＝eq \f(2x－1,x＋1)在[1，＋∞)上是单调增函数．


10．作出函数f(x)＝eq \r(x2－6x＋9)＋eq \r(x2＋6x＋9)的图象，并指出函数f(x)的单调区间．


[解] 原函数可化为





f(x)＝|x－3|＋|x＋3|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x，x≤－3，,6，－33.))


图象如图所示．


由图象知，函数的单调区间为(－∞，－3]，[3，＋∞)．


其中单调减区间为(－∞，－3]，单调增区间为[3，＋∞)．





1．已知f(x)为R上的减函数，则满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))))

A．(－1,1) B．(0,1)


C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)


C [由函数f(x)是减函数且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))))1．解得－1

2．若函数f(x)在R上是单调函数，且满足对任意x∈R，都有f[f(x)－3x]＝4，则f(2)的值是( )


A．4 B．6


C．8 D．10


D [∵对任意x∈R，都有f[f(x)－3x]＝4，且函数f(x)在R上是单调函数，


故f(x)－3x＝k，即f(x)＝3x＋k，∴f(k)＝3k＋k＝4，解得k＝1，


故f(x)＝3x＋1，∴f(2)＝10，故选D．]


3．若f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－1x＋4a，x<1,－ax，x≥1))是定义在R上的减函数，则a的取值范围是 ．


eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,3))) [由题意知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－1<0，,3a－1×1＋4a≥－a，,a>0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<\f(1,3)，,a≥\f(1,8)，,a>0，))所以a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,3)))．]


4．讨论函数f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a≠\f(1,2)))在(－2，＋∞)上的单调性．


[解] f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2)＝a＋eq \f(1－2a,x＋2)，


设任意x1，x2∈(－2，＋∞)且x1

则f(x1)－f(x2)＝eq \f(1－2a,x1＋2)－eq \f(1－2a,x2＋2)


＝(1－2a)eq \f(x2－x1,x2＋2x1＋2)，


∵－20，


又(x2＋2)(x1＋2)>0．


(1)若a0，


∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，


则f(x)在(－2，＋∞)上为减函数．


(2)若a>eq \f(1,2)，则1－2a<0．


∴f(x1)－f(x2)<0，


即f(x1)

故f(x)在(－2，＋∞)上为增函数．


综上，当a

当a>eq \f(1,2)时，f(x)在(－2，＋∞)上为增函数．