2024-2025年新教材高中數(shù)學(xué)課時(shí)檢測(cè)21函數(shù)的單調(diào)性含解析蘇教版必修第一冊(cè)

PAGEPAGE5函數(shù)的單調(diào)性[A級(jí)基礎(chǔ)鞏固]1．函數(shù)f(x)＝|x|，g(x)＝x(2－x)的遞增區(qū)間依次是()A．(－∞，0]，(－∞，1] B．(－∞，0]，(1，＋∞)C．[0，＋∞)，(－∞，1] D．[0，＋∞)，[1，＋∞)解析：選C分別作出f(x)與g(x)的圖象(圖略)可得：f(x)在[0，＋∞)上遞增，g(x)在(－∞，1]上遞增，故選C.2．函數(shù)f(x)＝|x＋2|在[－3，0]上()A．單調(diào)遞減 B．單調(diào)遞增C．先減后增 D．先增后減解析：選C作出f(x)＝|x＋2|在(－∞，＋∞)上的圖象，如圖所示，易知f(x)在[－3，0]上先減后增．3．(多選)已知函數(shù)f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5，下列關(guān)于函數(shù)f(x)的單調(diào)性說(shuō)法正確的是()A．函數(shù)f(x)在R上不具有單調(diào)性B．當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)在(－∞，0)上遞減C．若f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－4]，則a的值為－1D．若f(x)在區(qū)間(－∞，3)上是減函數(shù)，則a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))解析：選BD當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－12x＋5，在R上是減函數(shù)，A錯(cuò)誤；當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝2x2－8x＋5，其單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，2]，因此f(x)在(－∞，0)上遞減，B正確；由f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－4]得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a>0，,－\f(4（a－3）,4a)＝－4，))a的值不存在，C錯(cuò)誤；在D中，當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－12x＋5，在(－∞，3)上是減函數(shù)；當(dāng)a≠0時(shí)，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的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))，D正確．4．已知函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，A(0，－1)，B(3，1)是其圖象上的兩點(diǎn)，則－1<f(x)<1的解集是()A．(－3，0) B．(0，3)C．(－∞，－1]∪[3，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：選B由已知，得f(0)＝－1，f(3)＝1，∴－1<f(x)<1等價(jià)于f(0)<f(x)<f(3)．∵f(x)在R上單調(diào)遞增，∴0<x<3.5．已知函數(shù)y＝ax2＋bx－1在(－∞，0]上是單調(diào)函數(shù)，則y＝2ax＋b的圖象不行能是()解析：選B因?yàn)楹瘮?shù)y＝ax2＋bx－1在(－∞，0]上是單調(diào)函數(shù)，所以：①當(dāng)a＝0，y＝2ax＋b的圖象可能是A；②當(dāng)a>0時(shí)，－eq\f(b,2a)≥0?b≤0，y＝2ax＋b的圖象可能是C；③當(dāng)a<0時(shí)，－eq\f(b,2a)≥0?b≥0，y＝2ax＋b的圖象可能是D.故y＝2ax＋b的圖象不行能是B.6．能說(shuō)明“若f(x)>f(0)對(duì)隨意的x∈(0，2]都成立，則f(x)在[0，2]上是增函數(shù)”為假命題的一個(gè)函數(shù)是______________．解析：這是一道開(kāi)放性試題，答案不唯一，只要滿意f(x)>f(0)對(duì)隨意的x∈(0，2]都成立，且函數(shù)f(x)在[0，2]上不是增函數(shù)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·邗江中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)＝x|x|，則滿意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，))則f(x)在R上單調(diào)遞增，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的取值范圍是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．定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿意：①對(duì)隨意正數(shù)m，n都有f(mn)＝f(m)＋f(n)；②當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0.則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為_(kāi)_______．解析：設(shè)x1>x2>0，則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，＋∞)上單調(diào)遞減．答案：(0，＋∞)9．作出函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－3，x≤1，,（x－2）2＋3，x>1))的圖象，并指出函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．解：f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－3，x≤1，,（x－2）2＋3，x>1))的圖象如圖所示．由圖可知，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－3，x≤1，,（x－2）2＋3，x>1))的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，1]和(1，2)，單調(diào)增區(qū)間為[2，＋∞)．10．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋a,x＋b)(a>b>0)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間，并說(shuō)明f(x)在其單調(diào)區(qū)間上的單調(diào)性．解：在定義域內(nèi)任取x1，x2，且使x1<x2，則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.只有當(dāng)x1<x2<－b或－b<x1<x2時(shí)，函數(shù)才單調(diào)．當(dāng)x1<x2<－b或－b<x1<x2時(shí)，f(x2)－f(x1)<0.∴y＝f(x)在(－∞，－b)上是單調(diào)減函數(shù)，在(－b，＋∞)上也是單調(diào)減函數(shù)．∴y＝f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(－∞，－b)和(－b，＋∞)，無(wú)單調(diào)增區(qū)間．[B級(jí)綜合運(yùn)用]11．已知函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，對(duì)隨意實(shí)數(shù)a，b，若a＋b>0，則有()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：選A∵a＋b>0，∴a>－b，b>－a，∴f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)，∴f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)．故選A.12．能使“函數(shù)f(x)＝x|x－1|在區(qū)間Ⅰ上不是單調(diào)函數(shù)，且在區(qū)間Ⅰ上的函數(shù)值的集合為[0，2]”是真命題的一個(gè)區(qū)間為_(kāi)_______．(答案不唯一)解析：由f(x)＝x|x－1|＝2可以解得x＝2，作出函數(shù)y＝f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x，x≥1,－x2＋x，x<1))的圖象，可知y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))和[1，＋∞)為增函數(shù)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上為減函數(shù)，所以Ⅰ＝[a，2]，0≤a<1.答案：[0，2](答案不唯一)13．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax在(0，1)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．解析：任取x1，x2∈(0，1)且設(shè)x1<x2，則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?yàn)閒(x)＝－x3＋ax在(0，1)上單調(diào)遞增，x1－x2<0，所以xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2)－a<0，則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．已知函數(shù)f(x)對(duì)隨意的a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>1.(1)求證：f(x)是R上的增函數(shù)；(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)證明：設(shè)x1，x2∈R，且x1<x2，則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上的增函數(shù)．(2)因?yàn)閒eq\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，則有f(2)＋f(2)＝f(4)，因?yàn)閒(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等價(jià)于f[x(x－3)]≤f(4)(x≠3)．又由(1)，知f(x)是R上的增函數(shù)，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為[－1，3)∪(3，4]．[C級(jí)拓展探究]15．設(shè)f(x)＝x2＋1，g(x)＝f(f(x))，F(xiàn)(x)＝g(x)－λf(x)．問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)λ，使F(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減且在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))上單調(diào)遞增？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：假設(shè)存在滿意條件的實(shí)數(shù)λ，則由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，則t＝x2在(－∞，0)上單調(diào)遞減，且當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))時(shí)，t>eq\f(1,2)；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))時(shí)，0<t<eq\f(1,2).故若F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))上單調(diào)遞增，則函數(shù)φ(t)＝t2＋(2－λ)t＋2－λ在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\