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课时提升作业(十)
函数的单调性
(30分钟 50分)
一、选择题(每小题3分,共18分)
1.函数y=3x在下列哪个区间上是削减的( )
A.(-∞,0) B.(0,+∞)
C.(-∞,0)∪(0,+∞) D.(-∞,0),(0,+∞)
【解析】选D.单调区间中不能用“∪”,而y=3x是反比例函数,故只有D正确.
2.(2022·泉州高一检测)已知函数f(x)在(0,+∞)上是削减的,若f(x)>f(1),则x的取值范围是( )
A.(0,1) B.(0,+∞)
C.(1,+∞) D.(-∞,1)
【解析】选A.由于函数f(x)在(0,+∞)上是削减的,且f(x)>f(1),所以0<x<1.
【误区警示】易忽视定义域,而造成选D这种错误.
3.下列函数在区间(0,2)上增加的是( )
A.y=1x B.y=2x-1
C.y=1-2x D.y=(2x-1)2
【解析】选B.函数y=2x-1中2>0,可知函数y=2x-1在区间(0,2)上是增加的.
4.函数y=(2k+1)x+b在R上是削减的,则( )
A.k>12 B.k<12 C.k>-12 D.k<-12
【解析】选D.由于函数y=(2k+1)x+b在R上是削减的,所以2k+1<0,所以k<-12.
【变式训练】函数y=2k+1x+b在(0,+∞)上是增加的,则( )
A.k>12 B.k<12 C.k>-12 D.k<-12
【解析】选D.由于函数y=2k+1x+b在(0,+∞)上是增加的,所以2k+1<0,所以k<-12.
5.函数y=2x-3在下列区间上增加的是( )
A.(-∞,-3] B.32,+∞
C.(-∞,1) D.[-1,+∞)
【解析】选B.由2x-3≥0,得x≥32,又由函数的特征可知选B.
6.(2022·台州高一检测)设函数f(x)在(-∞,+∞)上为减函数,则( )
A.f(a)>f(2a) B.f(a2)<f(a)
C.f(a2+a)<f(a) D.f(a2+1)<f(a)
【解析】选D.由于a2+1-a=a-122+34>0,所以a2+1>a,又由于函数f(x)在
(-∞,+∞)上为减函数,所以f(a2+1)<f(a).
【变式训练】已知函数f(x)是区间(0,+∞)上的减函数,那么f(a2-a+1)与f34的大小关系为 .
【解析】由于a2-a+1=a-122+34≥34>0,
又f(x)在(0,+∞)上为减函数,
所以f(a2-a+1)≤f34.
答案：f(a2-a+1)≤f34
二、填空题(每小题4分,共12分)
7.(2022·铜川高一检测)函数f(x)=ax+1在区间[-1,3]上的最小值为-1,则a= .
【解析】当a>0时,f(x)min=f(-1)=-a+1=-1,则a=2;
当a<0时,f(x)min=f(3)=3a+1=-1,
则a=-23.
答案：2或-23
【变式训练】(2022·淮阴高一检测)函数f(x)=xx-1在[3,6]上的最小值是 ,最大值是 .
【解析】由于f(x)=xx-1=x-1+1x-1=1+1x-1,
所以f(x)在区间(1,+∞)上是削减的,
所以f(x)在[3,6]上也是削减的,
所以f(x)max=f(3)=32,
f(x)min=f(6)=65.
答案：65 32
8.已知函数y=f(x),当x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)]·(x2-x1)>0恒成立,则f52,f(2),f(3)的大小关系为 .
【解析】由于当x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)>0,
所以f(x2)-f(x1)>0,
所以f(x2)>f(x1).
所以f(x)在(1,+∞)上是增加的,
所以f(3)>f52>f(2).
答案：f(3)>f52>f(2)
9.函数y=-x2+3x,x>0,x2-3x,x≤0在区间 上是增加的.
【解题指南】画图像求解.
【解析】y=-x2+3x,x>0,x2-3x,x≤0.作出该函数的图像(草图),观看图像知函数在区间0,32上是增加的.
答案：0,32
【一题多解】当x>0时,f(x)=-x2+3x,
对称轴x=32,开口向下,在区间0,32上是增加的.
当x≤0时,函数是削减的.
答案：0,32
【变式训练】函数f(x)=x-1-2在下列区间上增加的是( )
A.(0,+∞) B.(1,+∞)
C.(-∞,0) D.(-∞,1)
【解析】选B.由于f(x)=x-1-2=
x-3,x≥1,-x-1,x<1,
可知此函数在(1,+∞)上是增加的.
三、解答题(每小题10分,共20分)
10.(2022·泰州高一检测)已知一次函数f(x)在R上是增加的且满足f(f(x))=4x-3.
(1)求函数f(x)的表达式.
(2)若不等式f(x)<m对于一切x∈[-2,2]恒成立,求实数m的取值范围.
【解题指南】先设f(x)=kx+b,再求有关系数,最终考虑单调性.
【解析】(1)设f(x)=kx+b,则f(f(x))=f(kx+b)=k(kx+b)+b=4x-3,
则k2=4,kb+b=-3,
又一次函数f(x)是增函数,
则k=2,b=-1,f(x)=2x-1.
(2)一次函数f(x)=2x-1在[-2,2]上是增加的,
所以m>3.
11.(2022·宝鸡高一检测)已知函数y=2x-1.
(1)推断函数在区间(1,+∞)上的单调性.
(2)求函数在区间[2,6]上的最大值和最小值.
【解析】(1)y=f(x)=2x-1,设x1,x2是区间(1,+∞)上的任意两个实数,且x1<x2,则
f(x1)-f(x2)=2x1-1-2x2-1
=2[(x2-1)-(x1-1)](x1-1)(x2-1)
=2(x2-x1)(x1-1)(x2-1).
由1<x1<x2得x2-x1>0,(x1-1)(x2-1)>0,
于是f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2).
所以函数y=2x-1在区间(1,+∞)上是削减的.
(2)由(1)知函数y=2x-1在区间[2,6]的两个端点上分别取得最大值与最小值,即当x=2时,ymax=2.当x=6时,ymin=25.
(30分钟 50分)
一、选择题(每小题4分,共16分)
1.函数y=-x2在区间(-∞,+∞)上是( )
A.增函数 B.既不是增函数又不是减函数
C.减函数 D.既是增函数又是减函数
【解析】选B.由于函数f(x)=-x=-x,x≥0,x,x<0,可知此函数在(0,+∞)上是削减的,在(-∞,0)上是增加的,但在(-∞,+∞)上既不是增函数又不是减函数.
【误区警示】本题易毁灭f(x)=-x这种错误.
2.若f(x)=2x+6,x∈[1,2],x+7,x∈[-1,1],则f(x)的最大值,最小值分别为( )
A.10,6 B.10,8
C.8,6 D.8,8
【解析】选A.f(x)=2x+6,x∈[1,2]时最大值为10,最小值为8,f(x)=x+7,x∈[-1,1]时最大值为8,最小值为6,故f(x)的最大值为10,最小值为6,故选A.
3.(2022·宜昌高一检测)已知函数f(x)=1x,则y=f(x-1)+1的单调递减区间为
( )
A.(0,1) B.(-∞,0)
C.{x|x≠1} D.(-∞,1)和(1,+∞)
【解析】选D.由于f(x)=1x的递减区间是(-∞,0)和(0,+∞),
又y=f(x-1)+1=1x-1+1,
故可知y=1x-1+1的递减区间是(-∞,1)和(1,+∞).
4.(2022·赤峰高一检测)若函数f(x)=k-xx在(-∞,0)上是削减的,则k的取值范围是( )
A.k=0 B.k>0 C.k<0 D.k≥0
【解析】选B.函数f(x)=k-xx=kx-1,若函数f(x)=k-xx在(-∞,0)上是削减的,则k的取值范围是k>0.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.(2022·温州高一检测)函数f(x)=1x在[1,b](b>1)上的最小值是14,则b= .
【解析】由于函数f(x)在[0,+∞)上是削减的,
所以f(x)在[1,b]上是削减的,
所以f(x)min=f(b)=14,
所以b=4.
答案：4
6.(2022·南昌高一检测)函数f(x)的定义域为A,若x1,x2∈A且f(x1)=f(x2)时,总有x1=x2,则称f(x)为单函数.例如,函数f(x)=2x+1(x∈R)是单函数,下列结论：
①函数f(x)=x2(x∈R)是单函数;
②函数f(x)=1x是单函数;
③若f(x)为单函数,x1,x2∈A且x1≠x2,则f(x1)≠f(x2);
④在定义域上单调的函数确定是单函数.其中正确的是 .(写出全部正确结论的序号)
【解析】①错误.如-1,1∈R,f(-1)=f(1),但-1≠1.
②正确.由于y=1x在(-∞,0),(0,+∞)上是削减的,
所以x1,x2∈(-∞,0),(0,+∞)时,
若f(x1)=f(x2),则x1=x2.
③由于f(x)为单函数,只要有f(x1)=f(x2),则x1=x2,可知③正确.
易知④正确.
答案：②③④
三、解答题(每小题12分,共24分)
7.已知函数f(x)=|x+1|+|x-1|(x∈R).
(1)利用确定值及分段函数学问,将函数解析式写成分段函数并画出函数图像(不需列表).
(2)若函数f(x)在区间[a-1,2]上是增加的,试确定a的取值范围.
【解析】(1)由于函数的定义域为R,
所以f(x)=|x+1|+|x-1|=-2x,x<-1,2,-1≤x≤1,2x,x>1.
函数图像如图所示.
(2)由图像可知,f(x)在[1,+∞)上是增加的,要使函数f(x)在区间[a-1,2]上是增加的,只需a-1≥1,a-1<2,解得2≤a<3.
【误区警示】本题易忽视条件中a-1<2,即a<3而造成解题错误.
【拓展延长】由函数的单调性求参数取值范围的步骤
8.(2022·白鹭洲高一检测)已知函数f(x)的定义域为R,当x<0时,0<f(x)<1,且对于任意的实数x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y).
(1)求f(0).
(2)求证：f(x)>0恒成立.
(3)推断并证明函数f(x)在R上的单调性.
【解析】(1)令y=0,x=-1,得f(-1)=f(-1)f(0),
由于x<0时,0<f(x)<1,所以f(-1)>0,
所以f(0)=1.
(2)由于当x<0时,0<f(x)<1,
所以当x>0,则-x<0,令y=-x,
得f(0)=f(x)f(-x),
得f(x)=1f(-x)>0,
故对于任意x∈R,都有f(x)>0.
(3)设x1,x2∈R,且x1<x2,
则x1-x2<0,所以0<f(x1-x2)<1,
所以f(x1)=f(x1-x2)+x2=f(x1-x2)f(x2)<f(x2),
所以函数f(x)在R上是增加的.
【变式训练】(2022·黄冈高一检测)已知f(x)是定义在0,+∞上的函数,且对任意正数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y),且当x>1时,fx>0.
(1)证明fx在0,+∞上是增加的.
(2)若f(3)=1,集合A={x|f(x)>f(x-1)+2},化简集合A.
【解析】(1)设0<x1<x2,则由条件“对任意正数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y)”可知：
fx2=fx2x1·x1=fx2x1+fx1.
由于x2x1>1,所以由已知条件fx2x1>0,
所以fx2-fx1=fx2x1>0,
即fx2>fx1,
因此fx在0,+∞上是增加的.
(2)由于f3=1,所以f9=2,
所以fx>fx-1+2⇔fx>f9x-9,
所以x>9x-9,x-1>0,
从而A=x1<x<98.
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