2019_2020学年新教材高中数学课时跟踪检测十四函数的单调性新人教A版必修第一册.doc

课时跟踪检测（十四） 函数的单调性
A级——学考水平达标练
1．下列函数中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有>0”的是(　　)
A．f(x)＝　　　　　　 　B．f(x)＝－3x＋1
C．f(x)＝x2＋4x＋3 D．f(x)＝x＋
解析：选C　>0⇔f(x)在(0，＋∞)上为增函数，而f(x)＝及f(x)＝－3x＋1在(0，＋∞)上均为减函数，故A、B错误；f(x)＝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)，x1<x2，则f(x1)与f(x2)的大小关系为(　　)
A．f(x1)<f(x2) B．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－1<f(x)<1的解集是(　　)
A．(－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，∴－1<f(x)<1等价于f(0)<f(x)<f(3)．∵f(x)在R上单调递增，∴0<x<3.
5．若f(x)＝－x2＋2ax与g(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)＝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)＝作出其图象如图，观察图象知递增区间为.
答案：
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)<f的实数x的取值范围为________．
解析：由题设得解得－1≤x<.
答案：
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＝，因为函数f(x)＝8x2－2kx－7在[1,5]上为单调函数，所以≤1或≥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)＝在(1，＋∞)上是减函数．
证明：∀x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝－＝.
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)＝在(1，＋∞)上是减函数．
10．作出函数f(x)＝的图象，并指出函数f(x)的单调区间．
解：f(x)＝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)＝
又∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴∴－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＞0.
则f(－1)，f ，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＜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 ＜f(2)，即f(－1)＜f ＜f(2)．
答案：f(－1)＜f ＜f(2)
3．用定义判断函数f(x)＝在(－2，＋∞)上的单调性．
解：设－2＜x1＜x2，
则f(x2)－f(x1)
＝－
＝
＝.
∵－2＜x1＜x2，∴x2－x1＞0，x1＋2＞0，x2＋2＞0，
故当a＜时，f(x2)－f(x1)＜0，
∴f(x)在(－2，＋∞)是减函数．
当a＞时，f(x2)－f(x1)＞0，
∴f(x)在(－2，＋∞)是增函数．
综上得，a＜时，f(x)在(－2，＋∞)是减函数；
a＞时，f(x)在(－2，＋∞)是增函数．
4．已知函数f(x)＝x－＋在(1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．
解：设1<x1<x2，∴x1x2>1.
∵函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数，
∴f(x1)－f(x2)＝x1－＋－
＝(x1－x2)<0.
∵x1－x2<0，∴1＋>0，即a>－x1x2.
∵1<x1<x2，x1x2>1，∴－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 ＝f(x)－f(y)，f(2)＝1，解不等式f(x)－f ≤2.
解：(1)证明：设∀x1，x2∈R，且x1<x2，
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)<f(x2)，所以f(x)是R上的增函数．
(2)因为f ＝f(x)－f(y)，
所以f(y)＋f ＝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)－f≤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，
所以解得－1≤x<3或3<x≤4，
所以原不等式的解集为[－1,3)∪(3,4]．

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