人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质随堂练习题

这是一份人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质随堂练习题，共5页。试卷主要包含了试用函数单调性的定义证明等内容，欢迎下载使用。

1．下列函数中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0”的是( )
A．f(x)＝eq \f(2,x) B．f(x)＝－3x＋1
C．f(x)＝x2＋4x＋3 D．f(x)＝x＋eq \f(1,x)
解析：选C eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0⇔f(x)在(0，＋∞)上为增函数，而f(x)＝eq \f(2,x)及f(x)＝－3x＋1在(0，＋∞)上均为减函数，故A、B错误；f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(0,1)上递减，在[1，＋∞)上递增，故D错误；f(x)＝x2＋4x＋3＝x2＋4x＋4－1＝(x＋2)2－1，所以f(x)在[－2，＋∞)上递增，故只有C正确．
2．函数y＝x2－6x＋10在区间(2,4)上( )
A．单调递增 B．单调递减
C．先减后增 D．先增后减
解析：选C 函数y＝x2－6x＋10图象的对称轴为直线x＝3，此函数在区间(2,3)上单调递减，在区间(3,4)上单调递增．
3．设(a，b)，(c，d)都是f(x)的单调递增区间，且x1∈(a，b)，x2∈(c，d)，x1A．f(x1)f(x2)
C．f(x1)＝f(x2) D．不能确定
解析：选D 由函数单调性的定义知，所取两个自变量必须是同一单调区间内的值，才能由该区间上函数的单调性来比较函数值的大小，而本题中的x1，x2不在同一单调区间内，所以f(x1)与f(x2)的大小关系不能确定．故选D.
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－1A．(－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，∴－15．若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq \f(a,x)在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是( )
A．(－1,0)∪(0,1) B．(－1,0)∩(0,1)
C．(0,1) D．(0,1]
解析：选D 因为g(x)＝eq \f(a,x)在区间[1,2]上是减函数，所以a＞0.因为函数f(x)＝－x2＋2ax的图象开口向下，对称轴为直线x＝a，且函数f(x)在区间[1,2]上为减函数，所以a≤1.故满足题意的a的取值范围是(0,1]．
6．函数y＝|x|(1－x)的单调递增区间为________．
解析：y＝|x|(1－x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋x，x＞0，,x2－x，x≤0，))作出其图象如图，观察图象知递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
7．已知函数f(x)为定义在区间[－1,1]上的增函数，则满足f(x)解析：由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x≤1，,x<\f(1,2)，))解得－1≤x答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))
8．若函数f(x)＝8x2－2kx－7在[1,5]上为单调函数，则实数k的取值范围是________．
解析：由题意知函数f(x)＝8x2－2kx－7的图象的对称轴为x＝eq \f(k,8)，因为函数f(x)＝8x2－2kx－7在[1,5]上为单调函数，所以eq \f(k,8)≤1或eq \f(k,8)≥5，解得k≤8或k≥40，所以实数k的取值范围是(－∞，8]∪[40，＋∞)．
答案：(－∞，8]∪[40，＋∞)
9．试用函数单调性的定义证明：f(x)＝eq \f(2x,x－1)在(1，＋∞)上是减函数．
证明：∀x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(2x1,x1－1)－eq \f(2x2,x2－1)＝eq \f(2x2－x1,x1－1x2－1).
由于1＜x1＜x2，所以x1－1＞0，x2－1＞0，x2－x1＞0，
故f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．
所以f(x)＝eq \f(2x,x－1)在(1，＋∞)上是减函数．
10．作出函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\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)的单调减区间为(－∞，1]和(1,2)，单调增区间为[2，＋∞)．
B级——高考水平高分练
1．若函数f(x)＝x2＋a|x－2|在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝x2＋a|x－2|，
∴f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋ax－2a，x≥2，,x2－ax＋2a，x<2.))
又∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)≤2，,\f(a,2)≤0，))∴－4≤a≤0，
∴实数a的取值范围是[－4,0]．
答案：[－4,0]
2．已知定义在R上的函数y＝f(x)满足以下三个条件：
①对于任意的x∈R，都有f(x＋1)＝－f(x)；
②函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称；
③对于任意的x1，x2∈[0,1]，且eq \f(fx1－fx2,x2－x1)＞0.
则f(－1)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，f(2)的大小顺序是________．(用“＜”连接)
解析：由①知f(1)＝－f(0)，f(0)＝－f(－1)，所以f(－1)＝f(1)．
由③知eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＜0，所以函数f(x)在[0,1]上为减函数，
结合②知，函数f(x)在[1,2]上为增函数，
所以f(1)＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＜f(2)，即f(－1)＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＜f(2)．
答案：f(－1)＜f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＜f(2)
3．用定义判断函数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：设－2＜x1＜x2，
则f(x2)－f(x1)
＝eq \f(ax2＋1,x2＋2)－eq \f(ax1＋1,x1＋2)
＝eq \f(ax2＋1x1＋2－ax1＋1x2＋2,x2＋2x1＋2)
＝eq \f(x2－x12a－1,x1＋2x2＋2).
∵－2＜x1＜x2，∴x2－x1＞0，x1＋2＞0，x2＋2＞0，
故当a＜eq \f(1,2)时，f(x2)－f(x1)＜0，
∴f(x)在(－2，＋∞)是减函数．
当a＞eq \f(1,2)时，f(x2)－f(x1)＞0，
∴f(x)在(－2，＋∞)是增函数．
综上得，a＜eq \f(1,2)时，f(x)在(－2，＋∞)是减函数；
a＞eq \f(1,2)时，f(x)在(－2，＋∞)是增函数．
4．已知函数f(x)＝x－eq \f(a,x)＋eq \f(a,2)在(1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．
解：设11.
∵函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数，
∴f(x1)－f(x2)＝x1－eq \f(a,x1)＋eq \f(a,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(a,x2)＋\f(a,2)))
＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,x1x2)))<0.
∵x1－x2<0，∴1＋eq \f(a,x1x2)>0，即a>－x1x2.
∵11，∴－x1x2<－1，∴a≥－1.
∴a的取值范围是[－1，＋∞)．
5．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：设∀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)－feq \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\{\rc\ (\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]．