2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章函數(shù)課時(shí)作業(yè)9函數(shù)的單調(diào)性含解析北師大版必修1

PAGEPAGE5課時(shí)作業(yè)9函數(shù)的單調(diào)性時(shí)間：45分鐘——基礎(chǔ)鞏固類——一、選擇題1．下列說法正確的是(D)A．定義在(a，b)上的函數(shù)f(x)，若存在x1，x2∈(a，b)，且x1<x2，滿意f(x1)<f(x2)，則f(x)在(a，b)上為增函數(shù)B．定義在(a，b)上的函數(shù)f(x)，若有無窮多對x1，x2∈(a，b)，使得x1<x2時(shí)，有f(x1)<f(x2)，則f(x)在(a，b)上為增函數(shù)C．若f(x)在區(qū)間I1上為增函數(shù)，在區(qū)間I2上也為增函數(shù)，那么f(x)在I1∪I2上也肯定為增函數(shù)D．若f(x)在區(qū)間I上為增函數(shù)且f(x1)<f(x2)(x1，x2∈I)，則x1<x2解析：依據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義和性質(zhì)來推斷，只有D是正確的，故選D.2．若y＝(2k－1)x＋b是R上的減函數(shù)，則有(C)A．k>eq\f(1,2) B．k>－eq\f(1,2)C．k<eq\f(1,2) D．k<－eq\f(1,2)解析：若y＝(2k－1)x＋b是R上的減函數(shù)，則必有2k－1<0，解得k<eq\f(1,2).3．函數(shù)y＝－eq\f(1,x－1)的單調(diào)區(qū)間是(C)A．(－∞，＋∞) B．(－∞，0)C．(－∞，1)，(1，＋∞) D．(－∞，1)∪(1，＋∞)解析：y＝－eq\f(1,x－1)的圖像是由y＝－eq\f(1,x)的圖像向右平移1個(gè)單位長度而得到的，而y＝－eq\f(1,x)的單調(diào)區(qū)間是(－∞，0)，(0，＋∞)，故y＝－eq\f(1,x－1)的單調(diào)區(qū)間是(－∞，1)，(1，＋∞)．4．下列四個(gè)函數(shù)中，在(0，＋∞)上為增函數(shù)的是(D)A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3xC．f(x)＝－|x| D．f(x)＝－eq\f(1,x＋1)解析：f(x)＝3－x在R上是減函數(shù)；f(x)＝x2－3x在(－∞，eq\f(3,2))上是減函數(shù)；f(x)＝－|x|在(0，＋∞)上是減函數(shù)；f(x)＝－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上是增函數(shù)，故在(0，＋∞)上是增函數(shù)．5．已知函數(shù)f(x)＝2x2－kx－4在區(qū)間[－2,4]上具有單調(diào)性，則k的取值范圍是(B)A．[－8,16]B．(－∞，－8]∪[16，＋∞)C．(－∞，－8)∪(16，＋∞)D．[16，＋∞)解析：∵f(x)＝2x2－kx－4，∴對稱軸為x＝eq\f(k,4)，eq\f(k,4)≥4或eq\f(k,4)≤－2，即k≥16或k≤－8，故選B.6．若對于隨意實(shí)數(shù)x總有f(－x)＝f(x)，且f(x)在區(qū)間(－∞，－1]上是增函數(shù)，則(D)A．f(－eq\f(3,2))<f(－1)<f(2)B．f(－1)<f(－eq\f(3,2))<f(2)C．f(2)<f(－1)<f(－eq\f(3,2))D．f(2)<f(－eq\f(3,2))<f(－1)解析：∵函數(shù)f(x)對隨意實(shí)數(shù)x總有f(－x)＝f(x)，∴f(－2)＝f(2)．∵f(x)在區(qū)間(－∞，－1]上是增函數(shù)，且－2<－eq\f(3,2)<－1，∴f(－2)<f(－eq\f(3,2))<f(－1)，即f(2)<f(－eq\f(3,2))<f(－1)．7．已知函數(shù)f(x)＝ax2－x＋1在(－∞，2)上是削減的，則a的取值范圍是(B)A．(0，eq\f(1,4)] B．[0，eq\f(1,4)]C．[2，＋∞) D．(0,4]解析：當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－x＋1在(－∞，2)上是削減的；當(dāng)a≠0時(shí)，要使f(x)在(－∞，2)上是削減的．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,－\f(－1,2a)≥2))，∴0<a≤eq\f(1,4).綜上可得a的取值范圍為a∈[0，eq\f(1,4)]．8．當(dāng)0≤x≤2時(shí)，a<－x2＋2x恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(C)A．(－∞，1] B．(－∞，0]C．(－∞，0) D．(0，＋∞)解析：記f(x)＝－x2＋2x,0≤x≤2，則a<f(x)min，x∈[0,2]．而f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，當(dāng)x∈[0,2]時(shí)，f(x)min＝f(0)＝f(2)＝0.故選C.二、填空題9．函數(shù)y＝f(x)的圖像如圖所示，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，1]和(1，＋∞)．解析：由圖像可知函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，1]和(1，＋∞)．10．f(x)是定義在[0，＋∞)上的減函數(shù)，則不等式f(x)<f(－2x＋8)的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(8,3)<x≤4)).解析：依題意，由不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,－2x＋8≥0，,x>－2x＋8，))解得eq\f(8,3)<x≤4.11．已知函數(shù)f(x)＝x2－6x＋8，x∈[1，a]，且函數(shù)f(x)的最小值為f(a)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1,3]．解析：∵函數(shù)f(x)＝x2－6x＋8的圖像的對稱軸為直線x＝3，且在區(qū)間[1，a]上，f(x)min＝f(a)，∴a≤3.又a>1，∴1<a≤3.三、解答題12．作出函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－3，x≤1，,x－22＋3，x>1))的圖像，并指出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．解：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－3，x≤1，,x－22＋3，x>1))的圖像如圖所示．由圖像可知：函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，1]和(1,2]，單調(diào)增區(qū)間為[2，＋∞)．13．已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x)，x∈[1,3]．(1)推斷f(x)在[1,2]和[2,3]上的單調(diào)性；(2)依據(jù)f(x)的單調(diào)性求出f(x)的最值．解：(1)設(shè)x1，x2是區(qū)間[1,3]上的隨意兩個(gè)實(shí)數(shù)，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝x1－x2＋eq\f(4,x1)－eq\f(4,x2)＝(x1－x2)·(1－eq\f(4,x1x2))．∵x1<x2，∴x1－x2<0.當(dāng)1≤x1<x2≤2時(shí)，1<x1x2<4，∴eq\f(4,x1x2)>1，∴1－eq\f(4,x1x2)<0，∴f(x1)>f(x2)，∴f(x)在[1,2]上是減函數(shù)．當(dāng)2≤x1<x2≤3時(shí)，4<x1x2<9，∴0<eq\f(4,x1x2)<1，∴1－eq\f(4,x1x2)>0，∴f(x1)<f(x2)，∴f(x)在[2,3]上是增函數(shù)．(2)由(1)知f(x)的最小值為f(2)＝2＋eq\f(4,2)＝4.又∵f(1)＝5，f(3)＝3＋eq\f(4,3)＝eq\f(13,3)<f(1)，∴f(x)的最小值為4，最大值為5.——實(shí)力提升類——14．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－ax＋4，x≤1，,－ax＋3a－4，x>1，))且f(x)在R上遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為[2,3]．解析：由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≥1，,－a<0，,1－a＋4≥－a＋3a－4))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥2，,a>0，,a≤3))?2≤a≤3.15．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽＋，且滿意條件f(4)＝1.對隨意x1，x2∈R＋，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，且當(dāng)x1≠x2時(shí)，有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)>0.(1)求f(1)的值；(2)假如f(x＋6)>2，求x的取值范圍．解：(1)因?yàn)閷﹄S意x1，x2∈R＋有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，所以令x1＝x2＝1得f(1×1)＝f(1)＋f(1)＝2f(1)，所以f(1)＝0.(2)設(shè)0<x1<x2，則Δx＝x2－x1>0.又因?yàn)楫?dāng)x1≠x2時(shí)，eq\f(fx2－fx1,x2－x1)>