2021-2022高中數(shù)學人教版必修1作業(yè)1.3.1單調(diào)性與最大（?。┲担ㄏ盗形澹￤ord版含答案

1.3.1單調(diào)性與最大（?。┲狄弧⒒A過關1．下列函數(shù)中，在(－∞，0]內(nèi)為增函數(shù)的是 ()A．y＝x2－2 B．y＝eq\f(3,x)C．y＝1＋2x D．y＝－(x＋2)22．已知f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足f(|eq\f(1,x)|)<f(1)的實數(shù)x的取值范圍是 ()A．(－1,1)B．(0,1)C．(－1,0)∪(0,1)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)3．如果函數(shù)f(x)＝ax2＋2x－3在區(qū)間(－∞，4)上是單調(diào)遞增的，則實數(shù)a的取值范圍是()A．a(chǎn)>－eq\f(1,4) B．a(chǎn)≥－eq\f(1,4)C．－eq\f(1,4)≤a<0 D．－eq\f(1,4)≤a≤04．如果函數(shù)f(x)在[a，b]上是增函數(shù)，對于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，則下列結論中不正確的是 ()A.eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0C．f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b)D.eq\f(x1－x2,fx1－fx2)>05．設函數(shù)f(x)是R上的減函數(shù)，若f(m－1)>f(2m－1)，則實數(shù)m6．函數(shù)f(x)＝2x2－mx＋3，當x∈[2，＋∞)時是增函數(shù)，當x∈(－∞，2]時是減函數(shù)，則f(1)＝________.7．畫出函數(shù)y＝－x2＋2|x|＋3的圖象，并指出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．8．已知f(x)＝eq\r(x2－1)，試判斷f(x)在[1，＋∞)上的單調(diào)性，并證明．二、能力提升9．已知函數(shù)f(x)的圖象是不間斷的曲線，f(x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)，且f(a)·f(b)<0，則方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上 ()A．至少有一個根 B．至多有一個根C．無實根 D．必有唯一的實根10．若定義在R上的二次函數(shù)f(x)＝ax2－4ax＋b在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，且f(m)≥f(0)，則實數(shù)m的取值范圍是 ()A．0≤m≤4 B．0≤m≤2C．m≤0 D．m≤0或m≥411．函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)(a為常數(shù))在(－2,2)內(nèi)為增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是__________．12．求證：函數(shù)f(x)＝－x3＋1在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)．三、探究與拓展13．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋a,x)(a>0)在(2，＋∞)上遞增，求實數(shù)a的取值范圍．答案1．C2．C3．D4．C5．m>06.－37．解y＝－x2＋2|x|＋3＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3x≥0,－x2－2x＋3x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－12＋4x≥0,－x＋12＋4x<0)).函數(shù)圖象如圖所示．函數(shù)在(－∞，－1]，[0,1]上是增函數(shù)，函數(shù)在[－1,0]，[1，＋∞)上是減函數(shù)．∴函數(shù)y＝－x2＋2|x|＋3的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－1]和[0,1]，單調(diào)減區(qū)間是[－1,0]和[1，＋∞)．8．解函數(shù)f(x)＝eq\r(x2－1)在[1，＋∞)上是增函數(shù)．證明如下：任取x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2，則f(x2)－f(x1)＝eq\r(x\o\al(2,2)－1)－eq\r(x\o\al(2,1)－1)＝eq\f(x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1),\r(x\o\al(2,2)－1)＋\r(x\o\al(2,1)－1))＝eq\f(x2－x1x2＋x1,\r(x\o\al(2,2)－1)＋\r(x\o\al(2,1)－1)).∵1≤x1<x2，∴x2＋x1>0，x2－x1>0，eq\r(x\o\al(2,2)－1)＋eq\r(x\o\al(2,1)－1)>0.∴f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，故函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)．9．D10．A11．a(chǎn)>eq\f(1,2)12．證明設x1，x2∈(－∞，＋∞)且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝(－xeq\o\al(3,1)＋1)－(－xeq\o\al(3,2)＋1)＝xeq\o\al(3,2)－xeq\o\al(3,1)＝(x2－x1)(xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2))．∵x1＜x2，∴x2－x1＞0，又∵xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋eq\f(x2,2))2＋eq\f(3,4)xeq\o\al(2,2)，且(x1＋eq\f(x2,2))2≥0與eq\f(3,4)xeq\o\al(2,2)≥0中兩等號不能同時取得(否則x1＝x2＝0與x1＜x2矛盾)，∴xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2)＞0，∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，又∵x1<x2，∴f(x)＝－x3＋1在(－∞，＋∞)上為減函數(shù)．13．解設2<x1<x2，由已知條件f(x1)－f(x2)＝eq\f(x\o\al(2,1)＋a,x1)－eq\f(x\o\al(2,2)＋