2024-2025年新教材高中数学课时检测21函数的单调性含解析苏教版必修第一册

PAGEPAGE5函数的单调性[A级基础巩固]1．函数f(x)＝|x|，g(x)＝x(2－x)的递增区间依次是()A．(－∞，0]，(－∞，1] B．(－∞，0]，(1，＋∞)C．[0，＋∞)，(－∞，1] D．[0，＋∞)，[1，＋∞)解析：选C分别作出f(x)与g(x)的图象(图略)可得：f(x)在[0，＋∞)上递增，g(x)在(－∞，1]上递增，故选C.2．函数f(x)＝|x＋2|在[－3，0]上()A．单调递减 B．单调递增C．先减后增 D．先增后减解析：选C作出f(x)＝|x＋2|在(－∞，＋∞)上的图象，如图所示，易知f(x)在[－3，0]上先减后增．3．(多选)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()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－1D．若f(x)在区间(－∞，3)上是减函数，则a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))解析：选BD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\co1(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\co1(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\co1(0，\f(3,4)))，D正确．4．已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－1)，B(3，1)是其图象上的两点，则－1<f(x)<1的解集是()A．(－3，0) B．(0，3)C．(－∞，－1]∪[3，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选B由已知，得f(0)＝－1，f(3)＝1，∴－1<f(x)<1等价于f(0)<f(x)<f(3)．∵f(x)在R上单调递增，∴0<x<3.5．已知函数y＝ax2＋bx－1在(－∞，0]上是单调函数，则y＝2ax＋b的图象不行能是()解析：选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的图象不行能是B.6．能说明“若f(x)>f(0)对随意的x∈(0，2]都成立，则f(x)在[0，2]上是增函数”为假命题的一个函数是______________．解析：这是一道开放性试题，答案不唯一，只要满意f(x)>f(0)对随意的x∈(0，2]都成立，且函数f(x)在[0，2]上不是增函数即可．如f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2（0≤x≤1），,（x－1）2（1<x≤2）.))答案：f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，（0≤x≤1）,（x－1）2，（1<x≤2）))(答案不唯一)7．(2024·邗江中学月考)已知函数f(x)＝x|x|，则满意4f(x)＋f(3x－2)≥0的x解析：∵f(x)＝x|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x2，x<0，))则f(x)在R上单调递增，又4f(x)＝4x|x|＝2x|2x|＝f(2x∴由4f(2x)＋f(3x－2)≥0得，f(2x)≥f(2－3x)∴2x≥2－3x，解得x≥eq\f(2,5)，∴x的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，＋∞)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，＋∞))8．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满意：①对随意正数m，n都有f(mn)＝f(m)＋f(n)；②当x>1时，f(x)<0.则f(x)的单调递减区间为________．解析：设x1>x2>0，则eq\f(x1,x2)>1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))<0.所以f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2·\f(x1,x2)))＝f(x2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))<f(x2)．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．答案：(0，＋∞)9．作出函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－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\co1(－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\co1(－x－3，x≤1，,（x－2）2＋3，x>1))的单调减区间为(－∞，1]和(1，2)，单调增区间为[2，＋∞)．10．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：在定义域内任取x1，x2，且使x1<x2，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，x1<x2，∴b－a<0，x2－x1>0.只有当x1<x2<－b或－b<x1<x2时，函数才单调．当x1<x2<－b或－b<x1<x2时，f(x2)－f(x1)<0.∴y＝f(x)在(－∞，－b)上是单调减函数，在(－b，＋∞)上也是单调减函数．∴y＝f(x)的单调减区间是(－∞，－b)和(－b，＋∞)，无单调增区间．[B级综合运用]11．已知函数f(x)是R上的增函数，对随意实数a，b，若a＋b>0，则有()A．f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)B．f(a)＋f(b)<f(－a)＋f(－b)C．f(a)－f(b)>f(－a)－f(－b)D．f(a)－f(b)<f(－a)－f(－b)解析：选A∵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.12．能使“函数f(x)＝x|x－1|在区间Ⅰ上不是单调函数，且在区间Ⅰ上的函数值的集合为[0，2]”是真命题的一个区间为________．(答案不唯一)解析：由f(x)＝x|x－1|＝2可以解得x＝2，作出函数y＝f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x，x≥1,－x2＋x，x<1))的图象，可知y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))和[1，＋∞)为增函数，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上为减函数，所以Ⅰ＝[a，2]，0≤a<1.答案：[0，2](答案不唯一)13．已知函数f(x)＝－x3＋ax在(0，1)上单调递增，则实数a的取值范围为________．解析：任取x1，x2∈(0，1)且设x1<x2，则f(x2)－f(x1)＝(－xeq\o\al(3,2)＋ax2)－(－xeq\o\al(3,1)＋ax1)＝(xeq\o\al(3,1)－xeq\o\al(3,2))＋a(x2－x1)＝(x1－x2)(xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2)－a)．因为f(x)＝－x3＋ax在(0，1)上单调递增，x1－x2<0，所以xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2)－a<0，则a>xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2).又x1，x2∈(0，1)，所以xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2)<3，所以a≥3.答案：[3，＋∞)14．已知函数f(x)对随意的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feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)，f(2)＝1，解不等式f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－3)))≤2.解：(1)证明：设x1，x2∈R，且x1<x2，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)<f(x2)，所以f(x)是R上的增函数．(2)因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)，所以f(y)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(x（x－3）≤4，,x－3≠0，))解得－1≤x<3或3<x≤4，所以原不等式的解集为[－1，3)∪(3，4]．[C级拓展探究]15．设f(x)＝x2＋1，g(x)＝f(f(x))，F(x)＝g(x)－λf(x)．问是否存在实数λ，使F(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))上单调递减且在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))上单调递增？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：假设存在满意条件的实数λ，则由f(x)＝x2＋1，g(x)＝f(f(x))，得g(x)＝(x2＋1)2＋1，∴F(x)＝g(x)－λf(x)＝x4＋(2－λ)x2＋2－λ.令t＝x2，则t＝x2在(－∞，0)上单调递减，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))时，t>eq\f(1,2)；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))时，0<t<eq\f(1,2).故若F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))上单调递增，则函数φ(t)＝t2＋(2－λ)t＋2－λ在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\