高中数学3.1.2 函数的单调性练习

十二　函数的单调性

(25分钟　50分)

一、选择题(每小题5分，共20分，多选题全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

1．(2021·郑州高一检测)已知函数f＝在区间上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)

A．       B．

C.      D．∪

【解析】选B.根据反比例型函数的单调性可知，要使函数f＝在区间上单调递增，

只有1－a<0，即a>1，所以实数a的取值范围是(1，＋∞).

2．如果函数f(x)＝2x2－4(1－a)x＋1在区间上是增函数，则实数a的取值范围是(　　)

A．      B．

C．      D．

【解析】选C.f(x)＝2x2－4(1－a)x＋1，对称轴为x＝1－a，图像开口向上，函数在(1－a，＋∞)上单调递增，又函数f(x)＝2x2－4(1－a)x＋1，在区间上是增函数，所以1－a≤3，所以a≥－2.

3．已知函数f(x)的定义域为R，对任意的 x1<x2，都有f(x1)－f(x2)<x1－x2，且f(3)＝4，则f(2x－1)>2x的解集为(　　)

A．(2，＋∞)      B．(1，＋∞)

C．(0，＋∞)      D．(－1，＋∞)

【解析】选A.由题意，f(x1)－f(x2)<x1－x2⇒f(x1)－x1<f(x2)－x2⇒－<0，

因为x1，x2∈R且x1<x2，

所以函数F＝f(x)－x是R上的增函数．

F＝f(3)－3＝1，

因为f(2x－1)>2x⇒f(2x－1)－(2x－1)>1，

所以F>F，

则2x－1>3，

解得x>2.

4．(多选题)若函数f＝＋的最小值为3，则实数a的值可能为(　　)

A．－1       B．－4

C．5        D．8

【解析】选BD.当－≤－1，

即a≥2时，

有f(x)＝

易得，当x＝－时，f(x)min＝f＝－1＝3，可得a＝8.

当－>－1，即a<2时，

有f(x)＝

易得，当x＝－时，f(x)min＝f＝－＋1＝3，可得a＝－4.

综上可得，所求a的值为－4或8.

二、填空题(每小题5分，共10分)

5．(2021·延安高一检测)若函数f(x)＝－x2＋4ax在[1，3]内不单调，则实数a的取值范围是______.

【解析】由题意得：f(x)＝－x2＋4ax的对称轴为x＝2a，因为函数f(x)在[1，3]内不单调，所以1<2a<3，得<a<.

答案：

6．设函数f(x)＝x＋，x∈，则函数的最小值为________；若∃x∈，使得a2－a≥f(x)成立，则实数a的取值范围是________．

【解析】因为函数f(x)＝x＋，x∈，易得函数在为减函数，在[1，3]为增函数，所以f(x)min＝f(1)＝1＋1＝2，即函数的最小值为2，

又∃x∈，使得a2－a≥f(x)成立，

则a2－a≥f(x)min，即a2－a≥2，

解得：a≥2或a≤－1，即实数a的取值范围是a≥2或a≤－1.

答案：2　(－∞，－1]∪[2，＋∞)

三、解答题(每小题10分，共20分)

7．(2021·兴化高一检测)已知函数f(x)＝.

(1)求f(x)的定义域、值域并写出其单调区间及单调性(不要求证明)；

(2)判断并用定义证明函数g(x)＝xf(x)在区间(0，1)上的单调性．

【解析】(1)由x－1≠0可得x≠1，则f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞).

由f(x)＝＝＝2＋≠2，可得f(x)的值域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，

f(x)的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋∞)；

(2)g(x)在(0，1)上是减函数，证明如下：g(x)＝xf(x)＝，令x1<x2且x1，x2∈(0，1)，

g(x1)－g(x2)＝－＝

＝

＝

，由于0<x1<x2<1，则x1－x2<0，(x1－1)(x2－1)>0，＝＋>2>1，

即x1x2－(x1＋x2)<0，

即g(x1)－g(x2)>0，

即g(x1)>g(x2)，

故函数g(x)在(0，1)上为减函数．

8．(2021·天津高一检测)已知定义在R上的函数f(x)，满足对任意的实数x，y总有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－6，若x>0时，f(x)<6且f(－2)＝12.

(1)求f(2)的值；

(2)求证f(x)在定义域R上单调递减；

(3)若f(k－2)<f(2k)－3时，求实数k的取值范围．

【解析】(1)令x＝y＝0，

则f(0)＝f(0)＋f(0)－6，所以f(0)＝6，

令x＝2，y＝－2，

则f(0)＝f(2)＋f(－2)－6＝f(2)＋6＝6，

所以f(2)＝0.

(2)任取x1，x2，x1<x2，

设x2＝x1＋Δx，Δx>0，

则f(x1)－f(x2)＝f(x1)－f(x1＋Δx)＝f(x1)－[f(x1)＋f(Δx)－6]＝－f(Δx)＋6，

因为Δx>0，

所以f(Δx)<6，－f(Δx)＋6>0，

所以f(x1)－f(x2)>0，

即f(x1)>f(x2)，

所以f(x)在定义域R上单调递减；

(3)由题意，f(k－2)＝f(k)＋f(－2)－6＝f(k)＋6，f(2k)－3＝2f(k)－9，

所以原不等式可化为f(k)＋6<2f(k)－9，

即f(k)>15，令x＝y＝－1，

则f(－2)＝f(－1)＋f(－1)－6，

所以f(－1)＝9，

令x＝－1，y＝－2，

则f(－3)＝f(－1)＋f(－2)－6＝15，

所以f(k)>f(－3)，又函数f(x)在定义域R上单调递减，所以k<－3.