苏教版必修1《5.3 函数的单调性》练习卷(1)

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高中试卷-5.3.1 函数的单调性(精练)(含答案)

5.3.1 函数的单调性【题组一求函数的单调区间】1．（2020·河南信阳·高二期末（文））已知函数f(x)=12x 2―ln x ，则其单调增区间是（）A ．0，1]B ．0，1C ．(0,+∞)D ．(1,+∞)【答案】D【解析】f(x)=12x 2―lnx ，定义域为0，+∞令f ′(x )=x ―1x >0解得x >1故函数f(x)=12x 2―lnx 单调增区间是1，+∞故选D2．（2020·吉林净月高新技术产业开发区·东北师大附中高二月考（理））函数()()1xf x x e =+的单调递增区间是（）A ．(),2-¥B ．()0,2C ．()2,0-D ．()2,-+¥【答案】D【解析】函数()()1xf x x e =+的定义域为R ，()()2xf x x e ¢=+，令()0f x ¢>，解得2x >-.因此，函数()()1xf x x e =+的单调递增区间是()2,-+¥.故选：D.3．（2020·北京丰台·高三二模）已知函数()ln(1)ln(1)f x x x =--+，则()(f x )A ．是奇函数，且在定义域上是增函数B ．是奇函数，且在定义域上是减函数C ．是偶函数，且在区间(0,1)上是增函数D ．是偶函数，且在区间(0,1)上是减函数【答案】B【解析】根据题意，函数()ln(1)ln(1)f x x x =--+，则有1010x x ->ìí+>î，解可得11x -<<，即()f x 的定义域为(1,1)-；设任意(1,1)x Î-，()(1)(1)()f x ln x ln x f x -=+--=-，则函数()f x 为奇函数；1()(1)(1)1x f x ln x ln x lnx -=--+=+，其导数22()1f x x ¢=-，在区间(1,1)-上，()0f x ¢<，则()f x 为(1,1)-上的减函数；故选：B ．4．（2020·山西省古县第一中学高二期中（理））函数()()3xf x x e =- 的单调递增区间是（）A ．(),2-¥-B ．()2,+¥C ．(1,4)D ．(0,3)【答案】B【解析】()()3xf x x e =-Q ，()()2xf x x e ¢\=-，解不等式()0f x ¢>，解得2x >，因此，函数()()3xf x x e =-的单调递增区间是()2,+¥，故选B.5．（2020·沙坪坝·重庆一中高三月考）函数()2cos sin 2f x x x =+的一个单调减区间是（）A ．,42p p æöç÷èøB ．0,6p æöç÷èøC ．,2ππæöç÷èøD ．5,6p p æöç÷èø【答案】A【解析】()2cos sin 2f x x x =+Q ，该函数的定义域为R ，()()()222sin 2cos 2212sin 2sin 22sin sin 1f x x x x x x x ¢=-+=--=-+-()()2sin 12sin 1x x =-+-，1sin 1x -££Q ，可得sin 10x +³，令()0f x ¢<，可得2sin 10x ->，即1sin 2x >，解得()52266k x k k Z p pp p +<<+Î.所以，函数()y f x =的单调递减区间为()52,266k k k Z p p p p æö++Îç÷èø.当0k =时，函数()y f x =的一个单调递减区间为5,66p p æöç÷èø，5,,4266p p p p æöæöÍç÷ç÷èøèøQ ，对任意的k Z Î，50,2,2666k k p p p p p æöæöË++ç÷ç÷èøèø，5,2,2266k k p p p p p p æöæöË++ç÷ç÷èøèø，55,2,2666k k p p p p p p æöæöË++ç÷ç÷èøèø，故函数()y f x =的一个单调递减区间为,42p p æöç÷èø.故选：A.6．（2020·安徽高三开学考试（理））若曲线()21x e f x ax -=+在点()()1,1f 处的切线过点()1,0-，则函数()f x 的单调递减区间为（）A ．(),0-¥B ．()0,+¥C ．()(),11,0-¥-È-D ．(),1-¥-，()1,0-【答案】D【解析】由题意()()()2211x ax a e f x ax -+-¢=+，∴()()1211e k f a -¢==+，又()111e f a -=+，故曲线在点()()1,1f 处的切线方程为()()()211111y x e a e a -=-++，将点()1,0-代入可得1a =，则()()221x xe f x x -¢=+，令()()2201x xe f x x -¢=<+，所以1x <-或10x -<<，故函数在(),1-¥-，()1,0-上单调递减.故选：D7．（2020·云南昆明一中高三其他（理））函数4()3ln f x x x x=+-的单调递减区间是（）A ．(1,4)-B ．(0,1)C ．(4,)+¥D ．(0,4)【答案】D【解析】函数的定义域是(0,)+¥，2243(1)(4)()1x x f x x x x +-=--=＇，令()0f x <＇，解得04x <<，故函数4()3ln f x x x x=+-在(0,4)上单调递减，选：D .【题组二已知单调性求参数】1．（2020·四川省绵阳江油中学高二期中（文））已知()1()2ln 0f x a x x a x æöç-÷èø=->在[1)+¥，上为单调递增函数，则a 的取值范围为（）A ．[0)+¥，B ．(0)+¥，C ．(1)+¥，D ．[1)+¥，【答案】D【解析】222()ax x a f x x-+¢=，(0)a >因为()f x 在[1,)+¥上为单调递增，等价于220ax x a -+³恒成立.即221xa x ³+在[1,)+¥上恒成立.因为222111x x x x =£=++，当1x =时，取“=”，所以1a ³，即a 的范围为[1,)+¥.故选：D2．（2020·河南南阳·高二期末（理））函数()327f x x kx x =+-在区间[]1,1-上单调递减，则实数k 的取值范围是（）A ．(],2-¥-B ．[]22-,C ．[)2,-+¥D ．[)2,+¥【答案】B【解析】()327f x x kx x =+-Q ，()2327f x x kx ¢\=+-，由题意可知，不等式()0f x ¢£对于任意的[]1,1x Î-恒成立，所以，()()12401240f k f k ì-=¢--£ïí=¢-£ïî，解得22k -££.因此，实数k 的取值范围是[]22-,.故选：B.3．（2020·佳木斯市第二中学高二期末（文））“a ≤-1”是“函数f (x )=ln x-ax 在[1,+∞)上为单调函数”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】因为函数f (x )=ln x-ax 在[1,+∞)上为单调函数，所以1()0f x a x ¢=-³在[1,+∞)上恒成立或1()0f x a x ¢=-£在[1,+∞)上恒成立，即min 1()a x £或max 11()101a x x x³³\<£Q ，从而0a £或1a ³因为“1a £-”是“0a £或1a ³” 充分不必要条件，所以“a ≤-1”是“函数f (x )=ln x-ax 在[1,+∞)上为单调函数”的充分不必要条件，故选：A4．（2020·赣州市赣县第三中学高二月考（文））已知函数1()ln xf x x ax-=+，若函数()f x 在[1,)+¥上为增函数，则正实数a 的取值范围为（）A ．()0,1B ．(01]，C ．()1,+¥D ．[1,)+¥【答案】D【解析】函数1()ln x f x x ax-=+，()2211()a ax f x x ax ax --¢=+=，因为函数()f x 在[1,)+¥上为增函数，所以()0f x ¢³在[1,)+¥上恒成立，又0a >，所以 10ax -³在[1,)+¥上恒成立，即1a x³在[1,)+¥上恒成立，令()()max 11g x g x x==，，所以1a ³，故选：D 5．（2019·四川树德中学高二月考（理））()cos 2(sin cos )f x x a x x =+-在0,2p éùêúëû单调递增，则a 的范围是__________．【答案】)+¥【解析】()cos 2sin cos f x x a x a x =+-，则'()2sin 2cos sin f x x a x a x =-++，因为函数()f x 在[0,]2p上单调增，可得'()0f x ³在[0,]2p上恒成立，即(sin cos )2sin 2a x x x +³，令sin cos x x t +=，则2sin 21x t =-，t Î，所以22212()t a t t t-³=-，因为1t t -在t Î上是增函数，所以其最大值为a ³=所以实数a 的取值范围是)+¥.6．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高二期末（理））设函数()x x f x e ae -=+在[0，1]上单调递增，则a 的取值范围是（）A ．[1，)+¥B ．(-¥，1]C ．(1,)+¥D ．(,1)-¥【答案】B ()x x f x e ae -=+Q 在[0，1]上单调递增，()0x x f x e ae -\=-¢…在[0，1]上恒成立，即2x a e …，而函数2x y e =在[0，1]上单调递增，\当0x =时，1min y =，1a \…，a \的取值范围是(-¥，1]．故选：B ．7．（2020·西夏·宁夏大学附属中学高二期中（理））若函数()323f x x tx x =-+在区间[]1,4上单调递减，则实数t 的取值范围是（）A ．51[,)8+¥B ．(],3-¥C ．51,8æù-¥çúèûD ．[)3,+¥【答案】A【解析】因为函数()323f x x tx x =-+在区间[]1,4上单调递减，所以'2()3230f x x tx =-+£在[]1,4x Î恒成立，所以(1)0,(4)0,f f ¢£¢£ìíî即40,5180,t t -£ìí-£î解得：518t ³.8．（2020·临猗县临晋中学高二期末（理））设函数()219ln 2f x x x =-在区间[]1,1a a -+上单调递减，则实数a 的取值范围是（）A ．(]1,2B ．()4,+¥C ．(),2-¥D ．(]0,3【答案】A【解析】依题意10,1a a ->>，由此排除CD 选项.由()()299'00x f x x x x x-=-=£>，解得03x <£，所以函数()f x 的单调递减区间为(]0,3.由此排除B 选项，只有A 选项正确.证明如下：由于()f x 在区间[1,1]a a -+上单调递减，所以0113a a <-<+£，解得(]1,2a Î.故选：A【题组三单调性与图像】1．（2020·陕西省商丹高新学校高二月考（理））已知函数()f x 的导函数()f x ¢的图象如图所示，那么函数()f x 的图象最有可能的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】2x <-时，()0f x ¢<，则()f x 单调递减；20x -<<时，()0f x ¢>，则()f x 单调递增；0x >时，()0f x ¢<，则f （x ）单调递减．则符合上述条件的只有选项A ．故选A ．2．（2020·四川内江·高二期末（文））如图所示为()y f x ¢=的图象，则函数()y f x =的单调递减区间是（）A ．(),1-¥-B ．()2,0-C ．()()2,0,2,-+¥D ．()(),1,1,-¥-+¥【答案】C【解析】由导函数图象，知20x -<<或2x >时，()0f x ¢<，∴()f x 的减区间是(2,0)-，(2,)+¥．故选：C ．3．（2020·浙江高二期中）函数()2sin f x x x x =-的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】因为()()()()()22sin sin f x x x x x x x f x -=----=-=，且定义域R 关于原点对称，所以函数()y f x =为偶函数，故排除B 项；()()2sin sin f x x x x x x x =-=-，设()sin g x x x =-，则()1cos 0g x x =¢-³恒成立，所以函数()y g x =单调递增，所以当0x >时，()()00g x g >=，任取120x x >>，则()()120g x g x >>，所以，()()1122x g x x g x >，()()12f x f x \>，所以，函数()y f x =在()0,+¥上为增函数，故排除C 、D 选项.故选：A.【题组四利用单调性解不等式】1．（2020·四川省绵阳南山中学双语学校高二月考（文））定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x ¢，且()()22f x f x ¢-<，若()01f =-，则不等式()22xe f x -<的解集为（）A ．(),0-¥B ．()0,¥+C ．(),1-¥-D ．()1,-+¥【答案】A【解析】构造函数()()221,xf xg x x R e+=-Î，∵()()22f x f x ¢-<，∴()()()()()()()222222222012xxx xf x f x f x e e f xg x e e ¢--¢-+¢==<，∴函数()g x 在R 上单调递减，又()120101g -+=-=，∴不等式()()00g x g >=的解集为{|0}x x <，故选：A.2．（2020·山西祁县中学高二月考（文））设函数21()1x xf x e e x -=+-+，则使得(2)(1)f x f x >+成立的x 的取值范围是（）A ．(,1)-¥B ．(1,)+¥C ．1(,1)3-D ．1(,(1,)3-¥-+¥U 【答案】D【解析】()211xx f x ee x --=+-+，所以()()f x f x -=，()f x 为R 上的偶函数，又()()222'1x xxf x e e x -=-++，当0x >时，()'0f x >，故()f x 在[)0,+¥上为增函数.因()()()()22,11f x fx f x f x =+=+，由()()21f x f x >+ 得到21x x >+，故23210x x -->，13x <-或1x >，选D.3．（2020·山东德州·高三二模）已知函数f （x ）的定义域为R ，且()()()1,02f x f x f ¢+<=，则不等式()13x f x e +>解集为（）A ．(1,)+¥B ．(,1)-¥C ．(0,)+¥D ．(,0)-¥【答案】C【解析】构造函数()()1x f x g x e +=,则()()()10xf x f x eg x ¢--=>¢,故()g x 在R 上为增函数.又()()00103f g e+==,故()13xf x e +>即()13x f x e +>,即()()0g x g >.解得0x >.故选：C4．（2020·历下·山东师范大学附中高三月考）已知定义在R 上的函数()f x ，其导函数为()f x ¢，若()()2sin f x f x x =--，且当0x ³时，()cos 0f x x ¢+<，则不等式()sin cos 2f x f x x xp æö+>+-ç÷èø的解集为（）A ．,2p æö-¥ç÷èøB ．,2p æö+¥ç÷èøC ．,4p æö-¥-ç÷èøD ．,4p æö-+¥ç÷èø【答案】C【解析】令()()sin g x f x x =-，则()()sin g x f x x -=-+，()()2sin f x f x x =--Q ，()()sin sin f x x f x x \+=--，()()g x g x \-=，()g x \为定义在R 上的偶函数；当0x ³时，()()cos 0g x f x x ¢¢=+<，()g x \在[)0,+¥上单调递减，又()g x 为偶函数，()g x \在(],0-¥上单调递增.由()sin cos 2f x f x x x p æö+>+-ç÷èø得：()cos sin sin 222f x x f x x f x x p p p æöæöæö++=+++>+ç÷ç÷ç÷èøèøèø，即()2g x g x p æö+>ç÷èø，2x x p\+<，解得：4x p<-，即不等式的解集为,4p æö-¥-ç÷èø.故选：C .5．（2020·安徽庐阳·合肥一中高三月考（文））已知函数31()sin xxf x x x e e =-+-，其中e 是自然数对数的底数，若2(1)(2)0f a f a -+£，则实数a 的取值范围是( )A ．1[,1]2-B ．1[1,2-C ．1(,1][,)2-¥-È+¥D ．1(,][1,)2-¥-È+¥【答案】B【解析】由于()31sin xx f x x x e e=-+-，，则f （﹣x ）＝﹣x 3sin x ++e ﹣x ﹣e x ＝﹣f （x ），故函数f （x ）为奇函数．故原不等式f （a ﹣1）+f （2a 2）≤0，可转化为f （2a 2）≤﹣f （a ﹣1）＝f （1﹣a ），即f （2a 2）≤f （1﹣a ）；又f '（x ）＝3x 2﹣cosx+e x +e ﹣x ，由于e x +e ﹣x ≥2，故e x +e ﹣x ﹣cosx>0，所以f '（x ）＝3x 2﹣cosx+e x +e ﹣x ≥0恒成立，故函数f （x ）单调递增，则由f （2a 2）≤f （1﹣a ）可得，2a 2≤1﹣a ，即2a 2+a ﹣1≤0，解得112a -££，故选B ．【题组五利用单调性比较大小】1．（2020·广东盐田·深圳外国语学校高三月考）已知函数()y f x =是定义在R 上的偶函数，且当[)0,x Î+¥时，()()0f x xf x ¢+>，若()660.70.7a f =，()()0.70.7log6log 6b f =，()0.60.666c f =×，则a ，b ，c的大小关系是（）A ．c a b >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．a b c>>【答案】A【解析】令()()g x xf x =，由()y f x =是定义在R 上的偶函数，可得()()g x xf x =是定义在R 上的奇函数，又因为[)0,x Î+¥时，()()0y f x xf x ¢¢=+>，所以()()g x xf x =在[)0,+¥上是增函数，所以()()g x xf x =是定义在R 上的增函数，又由60.60.7log 600.716<<<<，所以()060.6.7(0.7)l )og 6(6g g g <<，即b a c <<.故选：A.2．（2020·江苏淮安·高三月考）已知函数()sin f x x x =+，x ÎR ，若()23a f log =，132b f log æö=ç÷èø，()22c f -=则a ，b ，c 的大小为（）A ．a b c >>B ．a c b>>C ．c b a>>D ．b a c>>【答案】B【解析】因为()1cos 0f x x ¢=+³，所以()f x 在(,)-¥+¥上单调递增，因为23(1,)log Î+¥，()133221,0log log =-Î-，2124-=，所以1231234log log <<，所以()22133(2)2f log f f log -æö>>ç÷èø，故a c b >>．故选：B ．3．（2020·五华·云南师大附中高三月考（理））已知函数2()sin f x x x x =-，若0.2(log 3)a f =，3(log 0.2)b f =，3(0.2)c f =，则（）A ．a b c >>B ．b a c>>C ．c b a>>D ．b c a>>【答案】B【解析】函数2()sin (sin )f x x x x x x x =-=-，设()sin g x x x =-，(0,)x Î+¥，则()1cos 0g x x ¢=-…在(0,)+¥恒成立，\函数()g x 在(0,)+¥上单调递增，()(0)0g x g \>=，即函数()g x 在(0,)+¥上单调递增，且()0>g x ，又Q 函数y x =在(0,)+¥上单调递增，且0y >，\函数2()sin (sin )f x x x x x x x =-=-，在(0,)+¥上单调递增，且()0f x >，又22()()()sin()sin ()f x x x x x x x f x -=----=-=Q ，\函数()f x 是偶函数，0.255(log 3)(log 3)(log 3)a f f f \==-=，333(log 0.2)(log 5)(log 5)b f f f ==-=，Q 5535log log log <<，\51312log <<，而33log 5log 31>=，30.20.008=，\335530.20log log >>>，又Q 函数()f x 在(0,)+¥上单调递增，\335(5)(3)(0.2)f log f log f >>，即b a c >>，故选：B ．4．（2020·河南高三其他（理））设01x <<，则222,(),x x xe e e a b c x x x===的大小关系是（）A ．a b c <<B ．a c b<<C ．c a b<<D ．b a c<<【答案】B【解析】设()x e f x x =，则2(1)()x e x f x x-¢=，当(0,1)x Î时，()0f x ¢<，故()f x 在(0,1)为减函数，22x x <Q ，\22x xe e <，则22222(x x xe e e x x x<=，故b c >；又201x x <<<，2()()f x f x \>，即22x x e e x x>，故c a >，a cb \<<．故选：B ．5．（2020·江西南昌二中高三月考（文））已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ³时，()x f x e x =+，则()2a f =-，()2log 9b f =，c f=的大小关系为（）A ．a b c >>B ．a c b>>C ．b a c>>D ．b c a>>【答案】D【解析】当0x ³时，()xf x e x =+，则()10xf x e ¢=+>，所以()f x 在[)0,x Î+¥上单调递增，由22log 9log 832>=>>，所以()()2log 92f ff >>，因为函数()f x 是定义在R 上的偶函数，所以()()22a f f =-=，>>，所以b c a故选：D。

【高中】高中数学苏教版必修一函数的单调性一

【关键字】高中§2.2函数的简单性质2．2.1函数的单调性(一)一、基础过关1．下列函数中，在(－∞，0]内为增函数的是________．(填序号)①y＝x2－2；②y＝；③y＝1＋2x；④y＝－(x＋2)2.2．如果函数f(x)在[a，b]上是增函数，对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，则下列结论中错误的是________．(填序号)①>0；②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0；③f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b)；④>0.3．若函数f(x)＝4x2－mx＋5－m在[－2，＋∞)上是增函数，在(－∞，－2]上是减函数，则实数m的值为________．4．设函数f(x)是R上的减函数，若f(m－1)>f(－1)，则实数m的取值范围是________．5．函数f(x)＝2x2－mx＋3，当x∈[2，＋∞)时是增函数，当x∈(－∞，2]时是减函数，则f(1)＝________.6．已知f(x)为R上的减函数，则满足f<f(1)的实数x的取值范围是________________．7．画出函数y＝－x2＋2|x|＋3的图象，并指出函数的单调区间．8．已知f(x)＝，试判断f(x)在[1，＋∞)上的单调性，并证明．二、能力提升9．已知函数f(x)的图象是不间断的曲线，f(x)在区间[a，b]上单调，且f(a)·f(b)<0，则方程f(x)＝0在区间[a，b]上的实根个数为________．10．函数f(x)＝(a为常数)在(－2,2)内为增函数，则实数a的取值范围是________．11．已知函数f(x)＝则满足不等式f(1－x)>f(2x)的x的范围是________．12．求证：函数f(x)＝－x3＋1在(－∞，＋∞)上是减函数．三、探究与拓展13．已知函数f(x)＝(a>0)在(2，＋∞)上递加，求实数a的取值范围．答案1．③2．③3．－164．(0，＋∞)5．－36．(－1,0)∪(0,1)7．解y＝－x2＋2|x|＋3＝＝.函数图象如图所示．函数在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数，函数在[－1,0]，[1，＋∞)上是减函数．∴函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调增区间是(－∞，－1]和[0,1]，单调减区间是[－1,0]和[1，＋∞)．8．解函数f(x)＝在[1，＋∞)上是增函数．证明如下：任取x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2，则f(x2)－f(x1)＝－＝＝.∵1≤x1<x2，∴x2＋x1>0，x2－x1>0，＋>0.∴f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，故函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数．9．110．(，＋∞)11．(－∞，)12．证明设x1，x2∈(－∞，＋∞)且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝(－x31＋1)－(－x32＋1)＝x32－x31＝(x2－x1)(x21＋x1x2＋x22)．∵x1<x2，∴x2－x1>0，又∵x21＋x1x2＋x22＝⎝⎛⎭⎫x 1＋x 222＋34x 22 且⎝⎛⎭⎫x 1＋x 222≥0与34x 22≥0. 两式中两等号不能同时取得(否则x 1＝x 2＝0与x 1<x 2矛盾)，∴x 21＋x 1x 2＋x 22>0，∴f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，又∵x 1<x 2，∴f (x )＝－x 3＋1在(－∞，＋∞)上为减函数．13．解设2<x 1<x 2，由已知条件f (x 1)－f (x 2)＝x 21＋a x 1－x 22＋a x 2＝(x 1－x 2)＋a x 2－x 1x 1x 2＝(x 1－x 2)x 1x 2－a x 1x 2<0恒成立．由于x 1－x 2<0 , x 1x 2>0，即当2<x 1<x 2时，x 1x 2>a 恒成立．又x 1x 2>4，则0<a ≤4.此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

高中数学苏教版必修1《53_函数的单调性》同步练习卷(有答案)

苏教版必修1《5.3 函数的单调性》同步练习卷（1）一、选择题1. 已知函数y =f(x)的图象如图所示，则函数y =f(|x|)的图象为( )A. B.C.D.2. 下列函数中，在[1, +∞)上为增函数的是（）A.y ＝(x −2)2B.y ＝|x −1|C.y =1x+1D.y ＝−(x +1)23. 定义在R 上的函数f(x)对任意两个不相等实数a ，b ，总有f(a)−f(b)a−b >0成立，则必有( )A.函数f(x)是先增加后减少B.函数f(x)是先减少后增加C.f(x)在R 上是增函数D.f(x)在R 上是减函数4. 已知f(x)在区间(0, +∞)上是减函数，那么f(a 2−a +1)与f(34)的大小关系是（） A.f(a 2−a +1)>f(34)B.f(a 2−a +1)≤f(34)C.f(a 2−a +1)≥f(34)D.f(a 2−a +1)<f(34)5. 已知函数y ＝ax 2+bx −1在(−∞, 0]是单调函数，则y ＝2ax +b 的图象不可能是（）A. B.C. D.二、填空题设函数f(x)={1,x>0 0,x=0−1,x<0，g(x)＝x2f(x−1)(x∈R)，则函数g(x)的单调递减区间是________．已知f(x)是定义在区间[−1, 1]上的增函数，且f(x−3)<f(2−x)，则x的取值范围是________|2≤________<52} ．已知函数f(x)=ax+1x+2在区间(−2, +∞)上为增函数，则实数a的取值范围是________．三、解答题已知函数f(x)=2x−1x+1．（1）求f(x)的定义域；（2）证明函数f(x)=2x−1x+1在[1, +∞)上是增函数．作出函数f(x)=√x2−6x+9+√x2+6x+9的图象，并指出f(x)的单调区间．四、选择题已知f(x)为R上的减函数，则满足f(|1x|)<f(1)的实数x的取值范围是（）A.(−1, 1)B.(0, 1)C.(−1, 0)∪(0, 1)D.(−∞, −1)∪(1, +∞)已知函数f(x)在R 上是单调函数，且满足对任意x ∈R ，都有f[f(x)−3x ]＝4，则f(2)的值是（）A.4B.8C.10D.12设函数f(x)={(3a −1)x +4a,(x <1)−ax,(x ≥1)是定义在(−∞, +∞)上是减函数，则a 的取值范围是________．讨论函数f(x)=ax+1x+2(a ≠12)在(−2, +∞)上的单调性．参考答案与试题解析苏教版必修1《5.3 函数的单调性》同步练习卷（1）一、选择题1.【答案】B【考点】奇偶函数图象的对称性函数图象的作法【解析】根据函数图象的对称变换，可以将函数y=f(x)的图象在y轴右侧的部分保持不变，并将其关于y轴对称，即可得到函数y=f(|x|)的图象．【解答】解：函数y=f(|x|)={f(x),x≥0,f(−x),x<0,是偶函数，因此将函数的图象在y轴右侧的部分保持不变，利用函数y=f(|x|)是偶函数，其图象关于y轴对称，即可得到函数y=f(|x|)的图象.故选B．2.【答案】B【考点】函数单调性的性质与判断【解析】结合A、B、C、D选项中四个函数的图象与性质进行判断，即可得出正确的答案．【解答】对于A，函数y＝(x−2)2的图象是抛物线，对称轴是x＝2，当x<2时是减函数，x> 2时是增函数，∴不满足题意；对于B，函数y＝|x−1|={x−1,x≥1−x+1,x<1，∴当x≥1时，是增函数，x<1时，是减函数，∴满足题意；对于C，函数y=1x+1，当x<−1，x>−1时，函数是减函数，∴不满足题意；对于D，函数y＝−(x+1)2的图象是抛物线，对称轴是x＝−1，当x>−1时是减函数，x<−1时是增函数，∴不满足题意；3.【答案】C【考点】函数单调性的判断与证明【解析】比值大于零，说明分子分母同号，即自变量与函数值变化方向一致，由增函数的定义可得结论．解：任意两个不相等实数a ，b ，总有f(a)−f(b)a−b >0成立，即有a >b 时，f(a)>f(b)；a <b 时，f(a)<f(b)，由增函数的定义知：函数f(x)在R 上是增函数．故选C .4.【答案】B【考点】函数单调性的性质与判断【解析】判断a 2−a +1与34的大小关系，然后利用函数的单调性进行判断大小关系．【解答】∵ a 2−a +1＝(a −12)2+34≥34，f(x)在(0, +∞)上为减函数，∴ f(a 2−a +1)≤f(34)．5.【答案】B【考点】二次函数的图象一次函数的性质与图象二次函数的性质【解析】先由函数y ＝ax 2+bx −1在(−∞, 0]是单调函数求出a 和b 所能出现的情况，再对每一中情况求出对应的图象即可．（注意对二次项系数的讨论）．【解答】因为函数y ＝ax 2+bx −1在(−∞, 0]是单调函数，所以：①当a ＝0，y ＝2ax +b 的图象可能是A ；②当a >0时，−b 2a ≥0⇔b ≤0，y ＝2ax +b 的图象可能是C ；③当a <0时，−b 2a ≤0⇔b ≤0，y ＝2ax +b 的图象可能是D ．故y ＝2ax +b 的图象不可能是B ．二、填空题【答案】[0, 1)【考点】分段函数的应用【解析】先利用条件求出g(x)的表达式，再画出其图象，有图象即可直接求出函数g(x)的单调递减区间．由题得，g(x)={x 2x >10x =1−x 2x <1，其对应图象如图：由图得函数g(x)的单调递减区间是[0, 1)．【答案】{x ,x【考点】函数单调性的性质与判断【解析】由定义域及单调性即可列出不等式组，解不等式组可得结论．【解答】由题意，得{−1≤x −3≤1,−1≤2−x ≤1,x −3<2−x,解得2≤x <52，故满足条件的x 的取值范围是{x|2≤x <52}．【答案】{a|a >12} 【考点】函数的单调性及单调区间【解析】把函数f(x)解析式进行常数分离，变成一个常数和另一个函数g(x)的和的形式，由函数g(x)在 (−2, +∞)为增函数得出1−2a <0，从而得到实数a 的取值范围．【解答】解：∵ 函数f(x)=ax+1x+2=a +1−2a x+2，令g(x)=1−2a x+2,结合复合函数的增减性，再根据f(x)在 (−2, +∞)为增函数，可得g(x)=1−2a x+2在 (−2, +∞)为增函数，∴ 1−2a <0，解得a >12.故答案为：{a|a >12}．三、解答题【答案】由x +1≠0，得x ≠−1．故函数的定义域是{x|x ≠−1}．f(x)=2x−1x+1=2−3x+1，在(1, +∞)上任取x 1，x 2，使得1<x 1<x 2，则， f(x 1)−f(x 2)=3x 1−3x 2(x 1+1)(x 2+1)，∵1<x1<x2，∴0<x1+1<x2+1，且x1−x2<0，∴f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在区间(1, +∞)上是增函数．【考点】函数单调性的性质与判断函数的定义域及其求法【解析】（1）由x+1≠0，得x≠−1．故函数的定义域是{x|x≠−1}．（2）f(x)=2x−1x+1=2−3x+1，在(1, +∞)上任取x1，x2，使得1<x1<x2，则可证f(x1)<f(x2)，即得f(x)在区间(1, +∞)上是增函数．【解答】由x+1≠0，得x≠−1．故函数的定义域是{x|x≠−1}．f(x)=2x−1x+1=2−3x+1，在(1, +∞)上任取x1，x2，使得1<x1<x2，则，f(x1)−f(x2)=3x1−3x2(x1+1)(x2+1)，∵1<x1<x2，∴0<x1+1<x2+1，且x1−x2<0，∴f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在区间(1, +∞)上是增函数．【答案】由图象可知，f(x)在(−∞, −3)上单调递减，在(3, +∞)上单调递增【考点】函数的图象与图象的变换【解析】原函数化为f(x)＝|x−3|+|x+3|={2x,x>36,−3≤x≤3−2x,x<−3，画图即可．【解答】f(x)=√x2−6x+9+√x2+6x+9=|x−3|+|x+3|={2x,x>36,−3≤x≤3−2x,x<−3，其图象四、选择题【答案】C【考点】函数单调性的性质与判断【解析】由函数的单调性可得|1x|与1的大小，转化为解绝对值不等式即可．【解答】由已知得1|x|>1解得−1<x<0或0<x<1，【答案】C【考点】抽象函数及其应用【解析】由已知可得f(x)−3x为一常数，进而可得函数的解析式，将x＝2代入可得答案．【解答】∵对任意x∈R，都有f[f(x)−3x]＝4，且函数f(x)在R上是单调函数，故f(x)−3x＝k，即f(x)＝3x+k，∴f(k)＝3k+k＝4，解得：k＝1，故f(x)＝3x+1，∴f(2)＝10，【答案】[18, 13)【考点】函数单调性的性质与判断【解析】由题意根据函数的单调性可得{3a−1<0−a<0(3a−1)×1+4a≥−a×1，由此求得a的范围．【解答】由题意可得{3a−1<0−a<0(3a−1)×1+4a≥−a×1，求得18≤a<13，【答案】函数的解析式：f(x)=ax+1x+2=a+1−2ax+2，设x1，x2∈(−2, +∞)，且x1<x2，则：f(x1)−f(x2)=1−2ax1+2−1−2ax2+2=(1−2a)(x2−x1)(x1+2)(x2+2)，x1，x2∈(−2, +∞)，且x1<x2，则x2−x1(x1+2)(x2+2)>0，当1−2a<0,a>12时，f(x1)<f(x2)，函数f(x)单调递增；当1−2a>0,a<12时，f(x1)>f(x2)，函数f(x)单调递减．【考点】函数单调性的性质与判断【解析】首先将函数的解析式整理变形，然后结合函数单调性的定义整理计算即可求得最终结果．【解答】函数的解析式：f(x)=ax+1x+2=a+1−2ax+2，设x1，x2∈(−2, +∞)，且x1<x2，则：f(x1)−f(x2)=1−2ax1+2−1−2ax2+2=(1−2a)(x2−x1)(x1+2)(x2+2)，x1，x2∈(−2, +∞)，且x1<x2，则x2−x1(x1+2)(x2+2)>0，当1−2a<0,a>12时，f(x1)<f(x2)，函数f(x)单调递增；当1−2a>0,a<12时，f(x1)>f(x2)，函数f(x)单调递减．。

高中数学苏教版必修1《52_函数的表示方法》同步练习卷(有答案)

苏教版必修1《5.2 函数的表示方法》同步练习卷一、选择题1. 设f(x)={1−√x，x≥02x，x<0，则f（f(−2)）=()A.−1B.14C.12D.322. 已知函数f(x)的图象是两条线段（如图所示，不含端点），则f[f(13)]＝（）A.−13B.13C.−23D.233. 设f(x)={1,x>0，0,x=0，−1,x<0，g(x)={1，x为有理数0，x为无理数，则f（g(π)）的值为（）A.1B.0C.−1D.π4. 函数f(x)=ax+b(x+c)2的图象如图所示，则下列结论成立的是()A.a>0，b>0，c<0B.a<0，b>0，c>0C.a<0，b>0，c<0D.a<0，b<0，c<05. 设函数f(x)={3x −b,x <12x ，x ≥1，若f [f (56)]=4，则b =（） A.1 B.78C.34D.12二、填空题已知f(1−x1+x )＝x ，则f(x)＝________．函数y ={x 2+1(x ≤0)−2x(x >0) ，使函数值为5的x 的值是________．若函数f(x)满足关系式f(x)+2f(1x )=3x ，则f(2)的值为________．三、解答题二次函数f(x)满足且f(0)＝0，且对任意x ∈R 总有f(x +1)＝f(x)+x +1，求f(x)的解析式．设f(x)={x +2(x ≤−1)，x 2(−1<x <2)，2x(x ≥2).(1)在直角坐标系中画出f(x)的图象；(2)若f(t)=3，求t 值．四、选择题如图，函数f(x)的图象是折线段ABC ，其中点A ，B ，C 的坐标分别为(0, 4)，(2, 0)，(6, 4)，则f{f[f(2)]}= ( )A.0B.2C.4D.6已知f(x)={x−5(x≥6)f(x+2)(x<6)，则f(3)的值为________．已知f(x)满足f(x)+3f(−x)＝x2−3x，则f(x)＝________x24+32x．某公司规定，职工入职工资为2000元每月，以后三年中，每年的月工资是上一月的2倍，3年以后按月薪144000元计算，试用列表，图象，解析式3种不同的形式表示该公司某职工前5年中，月工资y（元）（年薪按12个月平均计算）和年份序号x的函数关系，并指出该函数的定义域和值域．参考答案与试题解析苏教版必修1《5.2 函数的表示方法》同步练习卷一、选择题 1.【答案】 C【考点】函数的求值【解析】利用分段函数的性质求解．【解答】解：∵ {1−√x ，x ≥0，2x ，x <0∴ f(−2)=2−2=14，f （f(−2)）=f(14)=1−√14=12．故选C . 2. 【答案】 B【考点】函数的图象与图象的变换分段函数的解析式求法及其图象的作法函数单调性的性质与判断【解析】先根据函数的图象利用分段函数写出函数的解析式，再根据所求由内向外逐一去掉括号，从而求出函数值．【解答】由图象知f(x)={x +1(−1<x <0)x −1(0<x <1)∴ f(13)=13−1=−23，∴ f(f(13))=f(−23)=−23+1=13． 3.【答案】 B【考点】函数的求值【解析】根据π是无理数可求出g(π)的值，然后根据分段函数f(x)的解析式可求出f （g(π)）的值．【解答】解：∵ π是无理数， ∴ g(π)=0，则f （g(π)）=f(0)=0 故选B ． 4.【答案】 C【考点】函数的图象与图象的变换函数的零点【解析】分别根据函数的定义域，函数零点以及f(0)的取值进行判断即可．【解答】解：函数在P 处无意义，由图象看P 在y 轴右边，所以−c >0，得c <0，由图象可知，f(0)=bc 2>0， ∴ b >0，由f(x)=0得ax +b =0，即x =−ba ，即函数的零点x =−ba >0， ∴ a <0，综上a <0，b >0，c <0. 故选C . 5. 【答案】 D【考点】函数的零点函数的求值【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意，f (56)=3×56−b =52−b ．由f [f (56)]=4，得{52−b <1，3(52−b)−b =4或{52−b ≥1，252−b−b =4.解得b =12．故选D ．二、填空题【答案】1−x 1+x，(x ≠−1)【考点】函数解析式的求解及常用方法【解析】换元法：令t =1−x 1+x，解出x 关于t 的式子，得到f(t)关于t 的表达式，从而得出f(x)的解析式．【解答】 ∵1−x 1+x=−1+21+x，∴1−x 1+x≠−1令t =1−x 1+x ，(t ≠−1)，则t +tx ＝1−x ，可得x =1−t 1+t∵ f(1−x1+x )=x ∴ f(t)=1−t1+t ．即函数解析式为：f(x)=1−x1+x ，(x ≠−1) 【答案】 −2【考点】函数的求值分段函数的解析式求法及其图象的作法求函数的值【解析】根据分段函数的分段标准进行分类讨论，分别建立方程，求出满足条件的x 即可．【解答】①当x ≤0时，x 2+1＝5解得x ＝−2 ②当x >0时，−2x ＝5解得x =−52（舍去）综上所述，x ＝−2，【答案】 −1【考点】函数的求值【解析】由函数f(x)满足关系式f(x)+2f(1x)=3x ，分别令x =2和x =12，利用加减消元法，可得答案．【解答】解：∵ f(x)+2f(1x )=3x ， ∴ f(2)+2f(12)=6，①, f(12)+2f(2)=32，②,②×2−①得：3f(2)=−3，故f(2)=−1. 故答案为：−1. 三、解答题【答案】由题意：f(x)是二次函数，设f(x)＝ax 2+bx +c ， ∵ f(0)＝0， ∴ c ＝0，则f(x)＝ax 2+bx ，∵ f(x +1)＝f(x)+x +1，即a(x +1)2+b(x +1)＝ax 2+x(b +1)+1 由：{2a +b =b +1a +b =1 ，解得{a =12b =12 ．故得f(x)的解析式为：f(x)=12x 2+12x ，【考点】函数解析式的求解及常用方法【解析】f(x)是二次函数，设出解析式，利用待定系数法求解．【解答】由题意：f(x)是二次函数，设f(x)＝ax 2+bx +c ， ∵ f(0)＝0， ∴ c ＝0，则f(x)＝ax 2+bx ，∵ f(x +1)＝f(x)+x +1，即a(x +1)2+b(x +1)＝ax 2+x(b +1)+1 由：{2a +b =b +1a +b =1 ，解得{a =12b =12 ．故得f(x)的解析式为：f(x)=12x 2+12x ，【答案】解：(1)如图(2)由函数的图象可得：f(t)=3, 即t 2=3且−1<t <2． ∴ t =√3.【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法函数的求值【解析】由分段函数，按照基本函数作图，第一段一次函数，第二次二次函数，第三次为一次函数，要注意每段的定义域．【解答】解：(1)如图(2)由函数的图象可得：f(t)=3,即t2=3且−1<t<2．∴t=√3.四、选择题【答案】B【考点】函数的求值【解析】结合函数的性质和图象求解．【解答】解：∵函数f(x)的图象是折线段ABC，其中点A，B，C的坐标分别为(0, 4)，(2, 0)，(6, 4)，∴f(2)=0，f[f(2)]=f(0)=4，f{f[f(2)]}=f(4)=2．故选B．【答案】2【考点】函数的求值求函数的值【解析】由题意得f(3)＝f(5)＝f(7)，故f(7)为所求．【解答】∵f(x)={x−5(x≥6)f(x+2)(x<6)，则f(3)＝f(5)＝f(7)＝7−5＝2，【答案】x2 4+3 2x【考点】函数解析式的求解及常用方法【解析】由f(x)+3f(−x)＝x2−3x，可得f(−x)+3f(x)＝x2+3x．联立解得f(x)即可．【解答】用−x替换原式中的x得，f(−x)+3f(x)＝x2+3x，联立f(x)+3f(−x)＝x2−3x，消去f(−x)，得f(x)=x 24+32x．【答案】由题意，可得解析式：y={2000,x=1 4000,x=2 8000,x=3 144000,x=4,5，函数的定义域{1, 2, 3, 4, 5}，值域{2000, 4000, 8000, 14400}．【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】根据题意，可得函数解析式、列表，图象的表示，可得该函数的定义域和值域．【解答】由题意，可得解析式：y={2000,x=1 4000,x=2 8000,x=3 144000,x=4,5，函数的定义域{1, 2, 3, 4, 5}，值域{2000, 4000, 8000, 14400}．。

高中数学苏教版高一必修1课后导练函数的单调性

课后导练基础达标1.下列函数中，在区间（0，2）上为增函数的是（）A.y=3-xB.y=x 2+1C.y=x1 D.y=-|x| 解析：B 答案中y=x 2+1为二次函数，抛物线开口向上，以y 轴为对称轴，所以y=x 2+1在(0,2)上单调递增，故选B.答案：B2.下列结论正确的是（）A.函数y=kx(k 为常数，k<0)在R 上是增函数B.函数y=x 2在R 上是增函数C.y=x1在定义域内为减函数 D.y=x 1在（-∞,0）上为减函数解析：y=kx 的图象是直线，当k<0时，y 随x 增大而减小；y=x 2在（-∞，0）上递减，在（0，+∞）上递增；y=x1在（-∞，0）上递减，在（0，+∞）上递减，故选D. 答案：D3.已知函数f(x)=2x 2-mx+3，当x ∈（-2，+∞）时是增函数，当x ∈(-∞,-2)时是减函数，则f(1)等于( )A.-3B.13C.7D.由m 而决定的常数解析：由题意知，二次函数的对称轴x=-2, ∴4m =-2,m=-8. ∴f(x)=2x 2+8x+3.∴f(1)=2×12+8×1+3=13 ，故选B.答案：B4.设函数f(x)=(2a-1)x+b 是R 上的减函数，则有( )A.a ≥21 B.a ≤21 C.a>-21 D.a<21 解析：由题意知2a-1<0，∴a<21,选D. 答案：D.5.下列四个n 的取值中，使函数y=x n 的图象过原点，且在其定义域R 上是增函数的是( )A.-2B.-1C.1D.2解析：当n=-2时，y=21x ，不过原点；当n=-1时，y=x1，同样不过原点；当n=2时，y=x 2过原点.但它在（-∞,0)上递增，在（0，+∞）上递减，故选C.答案：C6.已知函数y=f(x)的图象如下图所示，写出函数的单调区间____________.解析：由图象可以看到：y=f(x)在（-∞，-1）和［0，1）上递减；在［-1,0)和［1，+∞）上递增.答案：递增区间为［-1,0］，［1，+∞］；递减区间为（-∞,-1）［0，1］7.已知函数f(x)是区间（0，+∞）上的减函数，那么f(a 2-a+1)与f(43)的大小关系是______. 解析：先比较a 2-a+1与43的大小，a 2-a+1=a 2-a+41+43=(a-21)2+43≥43，因f(x)在区间（0,+∞）上是减函数，∴f(a 2-a+1)≤f(43). 答案：f(a 2-a+1)≤f(43) 8.判断f(x)=21x x +(x ≥1)的单调性. 解析：设1≤x 1<x 2,f(x 1)-f(x 2)=2111x x +-2221x x + =)1)(1()1()1(2221212221x x x x x x +++-+ =)1)(1()1)((22212121x x x x x x ++--， ∵x 1x 2>1,∴1-x 1x 2<0,又x 1-x 2<0,(1+x 12)(1+x 22)>0,∴)1)(1()1)((22212121x x x x x x ++-->0, 即f(x 1)>f(x 2).∴f(x)在［1，+∞)上是减函数.9.设函数f(x)在（0，+∞)上是减函数，且有f(2a 2+a+1)<f(3a 2-2a+1)，求实数a 的取值范围. 解析：f(x)在（0，+∞)上是减函数，又2a 2+a+1>0,3a 2-2a+1>0,所以当f(2a 2+a+1)<f(3a 2-2a+1)成立时有2a 2+a+1>3a 2-2a+1,∴a 2-3a<0.∴0<a<3.∴实数a 的取值范围是{a|0<a<3}.10.若f(x)=-x 2+2ax 与g(x)=1+x a 在区间［1,2］上都是减函数，求a 的取值范围. 解析：∵f(x)的对称轴为x=a 且开口向下，∴a ≤1.又∵g(x)=1+x a 在［1,2］上为减函数， ∴a>0.∴a ∈(0,1］.综合训练11.已知函数f(x)在区间［a,b ］上单调且f(a)·f(b)<0，则方程f(x)=0在区间［a,b ］内（）A.至少有一实根B.至多有一实根C.没有实根D.必有唯一的实根解析：因f(x)在［a,b ］上单调，又f(a)与f(b)异号，故函数f(x)的图象在［a,b ］上与x 轴必有交点，且交点唯一，故选D.答案：D12.已知f(x)在(-∞，+∞)内是减函数，a,b ∈R,a+b ≤0，则有（）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：a+b ≤0,∴a ≤-b,∴f(a)≥f(-b),f(b)≥f(-a),∴f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).答案：D13.函数y=-62+--x x 的单调递增区间是_________，单调递减区间是__________. 解析：首先考虑使函数有意义的x 的值，-x 2-x+6≥0得-3≤x ≤2，∴由对称轴是x=-21，得到f(x)=-x 2-x+6在x ∈［-3，-21］时，函数递增；x ∈［-21,2］时，函数递减. 答案：［-3,-21］［-21,2］ 14.有下列四个命题①函数y=2x 2+x+1在(0,＋∞)上不是增函数；②函数y=11+x 在(-∞,-1)∪(-1,+∞)上是减函数；③函数y=-245x x --的单调增区间为［-2,+∞)；④已知f(x)在R 上为增函数，若a+b>0,则有f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b).其中正确命题的序号是___________________.解析：因y=2x 2+x+1在［-41,+∞)上递增，所以①不正确；②说法不对，y=x1不在两个区间的并集上递减，而是分别在两个区间上递减；③忽略了函数的定义域；④中a+b>0得a>-b ，有f(a)>f(-b)，同理有f(b)>f(-a)，两同向不等式相加，得f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b)，④正确. 答案：④15.已知函数f(x)的定义域为R ，满足f(-x)=)(1x f >0，且g(x)=f(x)+c(c 为常数）在区间［a,b ］上是减函数，判断并证明g(x)在区间［-b,-a ］上的单调性.解析：设-b ≤x 1≤x 2≤-a ，则b ≥-x 1>-x 2≥a.∵g(x)在区间［a,b ］上是减函数，∴g(-x 1)<g(-x 2).即f(-x 1)+c<f(-x 2)+c ，则f(-x 1)<f(-x 2).又∵f(-x)=)(1x f >0, ∴0<)(11x f <)(12x f ，即f(x 1)>f(x 2). ∴f(x 1)+c>f(x 2)+c,即g(x 1)>g(x 2).∴g(x)在区间［-b,-a ］上是减函数.拓展提升16.设函数f(x)是实数集R 上的增函数，令F(x)=f(x)-f(2-x).(1)求证：F （x)在R 是增函数；（2）若F(x 1)+F(x 2)>0,求证：x 1+x 2>2.解析：无论给出的函数式子多么复杂，只要是证明单调性，就必用“定义法”，只要是比较自变量的大小，就必用单调性定义的逆命题.这就是解题思路，在正确的思路指导下，必能攻无不克，战无不胜.证明：（1）任取x 1,x 2∈R ，且x 1<x 2,∵f(x)在R 上是增函数，∴f(x 1)<f(x 2),f(2-x 1)>f(2-x 2),即f(x 1)-f(x 2)<0,f(2-x 1)-f(2-x 2)>0,∴F(x 1)-F(x 2)=［f(x 1)-f(2-x 1)］-［f(x 2)-f(2-x 2)］=［f(x 1)-f(x 2)］+［f(2-x 2)-f(2-x 1)］<0,即F(x 1)<F(x 2).∴F(x)在R 上是增函数.(2)∵F(x 1)+F(x 2)>0,∵F （x 1）>-F(x 2).而-F(x 2)=-［f(x 2)-f(2-x 2)］=f(2-x 2)-f(x 2)=f(2-x 2)-f ［2-（2-x 2)］=F(2-x 2).∴F （x 1）>F(2-x 2).又∵F （x)在R 上是增函数，∴x1>2-x2，即x1+x2>2.。

高中数学必修1函数单调性和奇偶性专项练习(含答案)

高中数学必修1函数单调性和奇偶性专项练习(含答案)高中数学必修1 第二章函数单调性和奇偶性专项练一、函数单调性相关练题1、（1）函数f(x)＝x－2，x∈{1，2，4}的最大值为3.在区间[1，5]上的最大值为9，最小值为-1.2、利用单调性的定义证明函数f(x)＝(2/x)在（-∞，0）上是减函数。

证明：对于x1<x2.由于x1和x2都小于0，所以有x1<x2<0，因此有f(x2)-f(x1)=2/x1-2/x2=2(x2-x1)/x1x2<0.因此，f(x)在（-∞，0）上是减函数.3、函数f(x)＝|x|＋1的图像是一条V型曲线，单调区间为(-∞，0]和[0，∞).4、函数y=-x+2的图像是一条斜率为-1的直线，单调区间为(-∞，+∞).5、已知二次函数y＝f(x)(x∈R)的图像是一条开口向下且对称轴为x＝3的抛物线，比较大小：(1)f(6)与f(4)；(2)f(2)与f(15).1) 因为f(x)是开口向下的抛物线，所以对于x>3，f(x)是减函数，对于x<3，f(x)是增函数。

因此，f(6)<f(4).2) 因为f(x)是开口向下的抛物线，所以对于x3，f(x)是增函数。

因此，f(2)>f(15).6、已知y＝f(x)在定义域(-1，1)上是减函数，且f(1-a)<f(3a-2)，求实数a的取值范围.因为f(x)在(-1，1)上是减函数，所以对于0f(3a-2)。

因此，实数a的取值范围为0<a<1.7、求下列函数的增区间与减区间：1) y=|x^2+2x-3|的图像是一条开口向上的抛物线，单调区间为(-∞，-3]和[1，+∞).2) y=1-|x-1|的图像是一条V型曲线，单调区间为(-∞，1]和[1，+∞).3) y=-x^2-2x+3的图像是一条开口向下的抛物线，单调区间为(-∞，-1]和[1，+∞).4) y=1/(x^2-x-20)的图像是一条双曲线，单调区间为(-∞，-4]和[-1，1]和[5，+∞).8、函数f(x)=ax^2-(3a-1)x+a^2在[1，+∞)上是增函数，求实数a的取值范围.因为f(x)在[1，+∞)上是增函数，所以对于x>1，有f(x)>f(1)。

苏教版高中数学必修一第二章学生同步练习第课时函数的单调性和奇偶性

让学生学会学习第12课函数的单调性和奇偶性分层训练：1、二次函数y=ax 2+bx+c 的递增区间为(－∞，2]，则二次函数y=bx 2+ax+c 的递减区间为( ) A.(－∞,81]B.[81，+∞]C.[2，+∞]D.(－∞，2]2、设f(x)是(－∞, +∞)上的奇函数，f(x+2)= －f(x)，当0≤x ≤1时，f(x)=x ，则f(7.5)=( ) A.0.5 B. －0.5 C.1.5 D. －1.53、函数f(x)=(x －1)·)1,1(,11-∈-+x xx( )A.是奇函数B.是偶函数C.既是奇函数又是偶函数D.既不是奇函数又不是偶函数4、下列结论正确的是( ) A.偶函数的图象一定与y 轴相交B.奇函数y=f(x)在x=0处有定义，则f(0)=0C.定义域为R 的增函数一定是奇函数D.图象过原点的单调函数，一定是奇函数5、设偶函数y=f(x)(x ∈R)在x<0时是增函数，若x 1<0，x 2>0且|x 1|<|x 2|，则下列结论中正确的是( ) A.f(－x 1)<f(－x 2) B.f(－x 1)>f(－x 2) C.f(－x 1)=f(－x 2) D.以上结论都不对6、若f(x)满足f(－x)= －f(x)，且在(－∞，0)内是增函数，又f(－2)=0，则xf(x)<0的解集是( )A.(－2,0)∪(0，2)B.(－∞,－2)∪(0，2)C. (－∞,－2) ∪(2，+∞)D.(－2，0) ∪(2，+∞)7、函数y=(2k+1)x+b 在(－∞，+∞)上是减函数，则k 的取值范围是_______________.8、函数y=－xa在(0，+∞)上是减函数，则y=－2x 2+ax 在(0，+∞)上的单调性为_______________.9、定义在(－1，1)上的奇函数f(x)=12+++nx x mx ，则常数m ，n 的值为______.。

2019—2020年苏教版高中数学必修一《函数的单调性》课时练习2及答案解析.docx

（新课标）2018-2019学年度苏教版高中数学必修一2.2.1 函数的单调性（二）课时目标 1.理解函数的最大(小)值的概念及其几何意义.2.体会函数的最大(小)值与单调性之间的关系.3.会求一些简单函数的最大(小)值．1．函数的最值设y ＝f(x)的定义域为A.(1)最大值：如果存在x 0∈A ，使得对于任意的x ∈A ，都有__________，那么称f(x 0)为y ＝f(x)的最大值，记为______＝f(x 0)．(2)最小值：如果存在x 0∈A ，使得对于任意的x ∈A ，都有f(x)≥f(x 0)，那么称f(x 0)为y ＝f(x)的最小值，记为________＝f(x 0)．2．函数最值与单调性的联系(1)若函数y ＝f(x)在区间[a ，b]上单调递增，则f(x)的最大值为______，最小值为______．(2)若函数y ＝f(x)在区间[a ，b]上单调递减，则f(x)的最大值为______，最小值为______．一、填空题1．若函数f(x)＝x 2＋2(a －1)x ＋2在区间(－∞，4)上是减函数，则实数a 的取值范围是________．2．已知函数y ＝x ＋2x －1，下列说法正确的是________．(填序号)①有最小值12，无最大值；②有最大值12，无最小值； ③有最小值12，最大值2； ④无最大值，也无最小值．3．已知函数y ＝x 2－2x ＋3在区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m 的取值范围是________．4．如果函数f(x)＝x 2＋bx ＋c 对任意的实数x ，都有f(1＋x)＝f(－x)，那么f(－2)，f(0)，f(2)的大小关系为________．5．函数y ＝|x －3|－|x ＋1|的________．(填序号)①最小值是0，最大值是4；②最小值是－4，最大值是0；③最小值是－4，最大值是4；④没有最大值也没有最小值．6．函数f(x)＝11－x (1－x )的最大值是________． 7．函数y ＝2|x|＋1的值域是________． 8．函数y ＝－x 2＋6x ＋9在区间[a ，b](a<b<3)有最大值9，最小值－7，则a ＝________，b ＝__________.9．若y ＝－2x，x ∈[－4，－1]，则函数y 的最大值为________．二、解答题10．已知函数f(x)＝x 2－2x ＋2.(1)求f(x)在区间[12，3]上的最大值和最小值； (2)若g(x)＝f(x)－mx 在[2,4]上是单调函数，求m 的取值范围．11．若二次函数满足f(x＋1)－f(x)＝2x且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)若在区间[－1,1]上不等式f(x)>2x＋m恒成立，求实数m的取值范围．能力提升12．已知函数f(x)＝3－2|x|，g(x)＝x2－2x，构造函数F(x)，定义如下：当f(x)≥g(x)时，F(x)＝g(x)；当f(x)<g(x)时，F(x)＝f(x)，那么F(x)________．(填序号)①有最大值3，最小值－1；②有最大值3，无最小值；③有最大值7－27，无最小值；④无最大值，也无最小值．13．已知函数f(x)＝ax2－|x|＋2a－1，其中a≥0，a∈R.(1)若a＝1，作函数f(x)的图象；(2)设f(x)在区间[1,2]上的最小值为g(a)，求g(a)的表达式．1．函数的最大(小)值(1)定义中M 首先是一个函数值，它是值域中的一个元素，如函数f(x)＝－x 2(x ∈R)的最大值为0，有f(0)＝0，注意对“存在”的理解．(2)对于定义域内任意元素，都有f(x)≤M 或f(x)≥M 成立，“任意”是说对每一个值都必须满足不等式．拓展对于函数y ＝f(x)的最值，可简记如下：最大值：y max 或f(x)max ；最小值：y min 或f(x)min .2．函数的最值与值域、单调性之间的联系(1)对一个函数来说，其值域是确定的，但它不一定有最值，如函数y ＝1x.如果有最值，则最值一定是值域中的一个元素．(2)若函数f(x)在闭区间[a ，b]上单调，则f(x)的最值必在区间端点处取得．即最大值是f(a)或f(b)，最小值是f(b)或f(a)．3．二次函数在闭区间上的最值探求二次函数在给定区间上的最值问题，一般要先作出y ＝f(x)的草图，然后根据图象的增减性进行研究．特别要注意二次函数的对称轴与所给区间的位置关系，它是求解二次函数在已知区间上最值问题的主要依据，并且最大(小)值不一定在顶点处取得．第2课时函数的最大(小)值知识梳理1．(1)f(x)≤f(x 0) y max (2)y min2．(1)f(b) f(a) (2)f(a) f(b)作业设计1．(－∞，－3]解析由二次函数的性质，可知4≤－(a －1)，解得a ≤－3.2．①解析 ∵y ＝x ＋2x －1在定义域[12，＋∞)上是增函数， ∴y ≥f(12)＝12，即函数最小值为12，无最大值． 3．[1,2]解析由y ＝x 2－2x ＋3＝(x －1)2＋2知，当x ＝1时，y 的最小值为2，当y ＝3时，x 2－2x ＋3＝3，解得x ＝0或x ＝2. 由y ＝x 2－2x ＋3的图象知，当m ∈[1,2]时，能保证y 的最大值为3，最小值为2.4．f(0)<f(2)<f(－2)解析依题意，由f(1＋x)＝f(－x)知，二次函数的对称轴为x ＝12，因为f(x)＝x 2＋bx ＋c 开口向上，且f(0)＝f(1)，f(－2)＝f(3)，由函数f(x)的图象可知，[12，＋∞)为f(x)的增区间，所以f(1)<f(2)<f(3)，即f(0)<f(2)<f(－2)．5．③解析 y ＝|x －3|－|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －4 (x ≥3)－2x ＋2 (－1≤x<3)4 (x<－1).因为[－1,3)是函数y ＝－2x ＋2的减区间，所以－4≤y ≤4，综上可知③正确．6.43解析 f(x)＝1(x －12)2＋34≤43. 7．(0,2]解析观察可知y>0，当|x|取最小值时，y 有最大值，所以当x ＝0时，y 的最大值为2，即0<y ≤2，故函数y 的值域为(0,2]．8．－2 0解析 y ＝－(x －3)2＋18，∵a<b<3，∴函数y 在区间[a ，b]上单调递增，即－b 2＋6b ＋9＝9，得b ＝0(b ＝6不合题意，舍去)－a 2＋6a ＋9＝－7，得a ＝－2(a ＝8不合题意，舍去)．9．2解析函数y ＝－2x在[－4，－1]上是单调递增函数，故y max ＝－2－1＝2. 10．解 (1)∵f(x)＝x 2－2x ＋2＝(x －1)2＋1，x ∈[12，3]， ∴f(x)的最小值是f(1)＝1，又f(12)＝54，f(3)＝5，所以，f(x)的最大值是f(3)＝5，即f(x)在区间[12，3]上的最大值是5，最小值是1. (2)∵g(x)＝f(x)－mx ＝x 2－(m ＋2)x ＋2，∴m ＋22≤2或m ＋22≥4，即m ≤2或m ≥6. 故m 的取值范围是(－∞，2]∪[6，＋∞)．11．解 (1)设f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a ≠0)，由f(0)＝1，∴c ＝1， ∴f(x)＝ax 2＋bx ＋1.∵f(x ＋1)－f(x)＝2x ，∴2ax ＋a ＋b ＝2x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＝2a ＋b ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝－1，∴f(x)＝x 2－x ＋1. (2)由题意：x 2－x ＋1>2x ＋m 在[－1,1]上恒成立，即x 2－3x ＋1－m>0在[－1,1]上恒成立．令g(x)＝x 2－3x ＋1－m ＝(x －32)2－54－m ，其对称轴为x ＝32， ∴g(x)在区间[－1,1]上是减函数，∴g(x)min ＝g(1)＝1－3＋1－m>0，∴m<－1.12．③解析画图得到F(x)的图象：射线AC 、抛物线AB 及射线BD 三段，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝2x ＋3，y ＝x 2－2x ，得x A ＝2－7，代入得F(x)的最大值为7－27，由图可得F(x)无最小值． 13.解 (1)当a ＝1时，f(x)＝x 2－|x|＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋x ＋1， x<0x 2－x ＋1， x ≥0. 作图(如右所示)(2)当x ∈[1,2]时，f(x)＝ax 2－x ＋2a －1.若a ＝0，则f(x)＝－x －1在区间[1,2]上是减函数， g(a)＝f(2)＝－3.若a>0，则f(x)＝a(x －12a )2＋2a －14a －1， f(x)图象的对称轴是直线x ＝12a. 当0<12a <1，即a>12时，f(x)在区间[1,2]上是增函数， g(a)＝f(1)＝3a －2.当1≤12a ≤2，即14≤a ≤12时， g(a)＝f(12a )＝2a －14a－1，当12a >2，即0<a<14时，f(x)在区间[1,2]上是减函数， g(a)＝f(2)＝6a －3. 综上可得g(a)＝⎩⎪⎨⎪⎧ 6a －3， 0≤a<142a －14a －1， 14≤a ≤123a －2， a>12。

苏教版高中数学必修一第2章《函数的概念及其单调性》课后训练

《函数的概念及其单调性》课后训练
1．下列各组函数中表示同一个函数的是（）
A． B．
C． D．
2．若对于任意实数都有，则 __________.
3．若函数，则 ______________．
4．函数的定义域是
5．函数的定义域是
6．若函数的定义域是[-2，2]，则函数的定义域是
7．已知，且，则实数的值_____________.
16．函数的单调增区间是
17．函数在(a，＋∞)上单调递减，则a的取值范围是________.
18．函数在上是增函数，在上是减函数，则 _________．
19．如果函数在区间上是单调递增的，则实数a的取值范围是
20．已知f(x)是定义在区间[－1,1]上的增函数，且f(x－2)<f(1－x)，则x的取值范围是________．
21．已知函数在上为单调増函数，则实数的取值范围为________．
22．若函数在上为增函数，则取值范围为
23．已知是定义在上的增函数，若，则的取值范围是______________．
24．已知函数f(x)＝，
(1)判断函数在区间[1，＋∞)上的单调性，并用定义证明你的结论．
(2)求该函数在区间[1,4]上的最大值与最小值．
，得且．
函数的定义域为且．
5.【解析】，解得．答案为
6.【解析】由函数的定义域是[-2，2]，得-2≤x≤2.
∴-4≤2x≤4，即函数的定义域是[-4，4]，
再由-4≤x+1≤4，得：-5≤x≤3.∴函数的定义域是[-5，3].
7.【解析】，令
，即，
，且，

2019—2020年苏教版高中数学必修一《函数的单调性》课堂同步练习课及解析.docx

（新课标）2018-2019学年度苏教版高中数学必修一习题课课时目标 1.提高学生对指数与指数幂的运算能力.2.进一步加深对指数函数及其性质的理解.3.提高对指数函数及其性质的应用能力．1．下列函数中，指数函数的个数是________． ①y ＝2·3x ；②y ＝3x ＋1；③y ＝3x ；④y ＝x 3.2．设f(x)为定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f(x)＝2x ＋2x ＋b(b 为常数)，则f(－1)＝________.3．对于每一个实数x ，f(x)是y ＝2x 与y ＝－x ＋1这两个函数中的较小者，则f(x)的最大值是________． 4．将22化成指数式为________．5．已知a ＝40.2，b ＝80.1，c ＝(12)－0.5，则a ，b ，c 的大小顺序为________．6．已知12x ＋12x＝3，求x ＋1x的值．一、填空题1．()1222-⎡⎤-⎢⎥⎣⎦的值为________． 2．化简3(a －b )3＋(a －2b )2的结果是________． 3．若0<x<1，则2x ，(12)x,0.2x 之间的大小关系是________．4．若函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x ＋2)， x<2，2－x ， x ≥2，则f(－3)的值为________．5．函数f(x)＝a x －b 的图象如图所示，其中a ，b 均为常数，则下列结论正确的是________．(填序号) ①a>1，b>0； ②a>1，b<0； ③0<a<1，b>0； ④0<a<1，b<0.6．函数f(x)＝4x ＋12x的图象关于________对称．7．计算130.064-－(－14)0＋160.75＋120.01＝____________________________.8．已知10m ＝4,10n ＝9，则3210m n -＝________.9．函数y ＝1－3x (x ∈[－1,2])的值域是________．二、解答题10．比较下列各组中两个数的大小： (1)0.63.5和0.63.7； (2)(2)－1.2和(2)－1.4；(3)1332⎛⎫⎪⎝⎭和2332⎛⎫⎪⎝⎭； (4)π－2和(13)－1.3.11．函数f(x)＝a x (a>0，且a ≠1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大a2，求a 的值．能力提升12．已知f(x)＝aa2－1(a x－a－x)(a>0且a≠1)，讨论f(x)的单调性．13．根据函数y＝|2x－1|的图象，判断当实数m为何值时，方程|2x－1|＝m无解？有一解？有两解？1．(1)根式的运算中，有开方和乘方并存的情况，此时要注意两种运算的顺序是否可换．如当a ≥0时，na m ＝(na)m ，而当a<0时，则不一定可换，应视m ，n 的情况而定．(2)分数指数幂不能对指数随意约分．(3)对分数指数幂的运算结果不能同时含有根号和分数指数，不能同时含有分母和负指数．2．指数函数的解析式y ＝a x 中，a x 的系数是1.有些函数貌似指数函数，实际上却不是，如y ＝a x ＋k (a>0且a ≠1，k ∈Z)；有些函数看起来不像指数函数，实际上却是，如y ＝a －x (a>0且a ≠1)，因为它可以化为y ＝(1a )x ，其中1a >0，且1a≠1. 3．学习指数函数要记住图象，理解图象，由图象能说出它的性质．关键在于弄清楚底数a 对于函数值变化的影响，对于a>1与0<a<1时函数值变化的情况不同，不能混淆，为此必须利用图象，数形结合．习题课双基演练 1．1解析只有③中y ＝3x 是指数函数． 2．－3解析因为f(x)为定义在R 上的奇函数，所以f(0)＝0，即1＋b ＝0，b ＝－1.所以f(－1)＝－f(1)＝－(2＋2－1)＝－3. 3．1解析当x ≤0时，f(x)＝2x ；当x>0时，f(x)＝－x ＋1. 显然，其最大值是1. 4．342解析22＝122×11222⎛⎫ ⎪⎝⎭＝122×142＝342.5．b<a<c解析 a ＝20.4，b ＝20.3，c ＝20.5. 又指数函数y ＝2x 在R 上是增函数， ∴b<a<c. 6．解由12x ＋12x -＝3得(12x ＋12x-)2＝9，即x ＋21122x -＋x －1＝9，则x ＋x －1＝7，即x ＋1x＝7.作业设计1.22解析原式＝122-＝12＝22.2．b 或2a －3b解析原式＝(a －b)＋|a －2b|＝⎩⎪⎨⎪⎧b ， a ≤2b ，2a －3b ， a>2b.3．0.2x <(12)x <2x解析当0<x<1时，2x >1，(12)x <1，对于(12)x,0.2x 不妨令x ＝12，则有0.5>0.2，再根据指数函数f(x)＝0.5x ，g(x)＝0.2x 的图象判断可知0.2x <(12)x . 4.18解析 f(－3)＝f(－3＋2)＝f(－1)＝f(－1＋2)＝f(1)＝f(1＋2)＝f(3)＝2－3＝18.5．④解析 f(x)＝a x －b 的图象是由y ＝a x 的图象左右平移|b|个单位得到的，由图象可知f(x)在R 上是递减函数，所以0<a<1，由y ＝a x 过点(0,1)得知y ＝a x 的图象向左平移|b|个单位得f(x)的图象，所以b<0. 6．y 轴解析 ∵f(－x)＝4－x ＋12－x ＝1＋4x2x ＝f(x)，∴f(x)是偶函数，图象关于y 轴对称． 7.485解析原式＝()1330.4-－1＋()3442＋()1220.1＝0.4－1－1＋23＋0.1＝52－1＋8＋110＝485. 8.83解析因为10m ＝4,10n ＝9，所以3210m n-＝103m －n ＝103m ÷10n ＝43÷9＝83.9．[－8，23]解析因为y ＝3x 是R 上的单调增函数，所以当x ∈[－1,2]时，3x ∈[3－1,32]，即－3x ∈ [－9，－13]，所以y ＝1－3x ∈[－8，23]．10．解 (1)考察函数y ＝0.6x .因为0<0.6<1，所以函数y ＝0.6x 在实数集R 上是单调减函数．又因为3.5<3.7，所以0.63.5>0.63.7. (2)考察函数y ＝(2)x .因为2>1，所以函数y ＝(2)x 在实数集R 上是单调增函数．又因为－1.2>－1.4，所以(2)－1.2>(2)－1.4.(3)考察函数y ＝(32)x .因为32>1，所以函数y ＝(32)x 在实数集R 上是单调增函数．又因为13<23，所以1332⎛⎫ ⎪⎝⎭<2332⎛⎫ ⎪⎝⎭. (4)∵π－2＝(1π)2<1，(13)－1.3＝31.3>1，∴π－2<(13)－1.3.11．解 (1)若a>1，则f(x)在[1,2]上递增，∴a 2－a ＝a 2，即a ＝32或a ＝0(舍去)．(2)若0<a<1，则f(x)在[1,2]上递减，∴a －a 2＝a2，即a ＝12或a ＝0(舍去)．综上所述，所求a 的值为12或32.12．解 ∵f(x)＝aa 2－1(a x －1a x)，∴函数定义域为R ，设x 1，x 2∈(－∞，＋∞)且x 1<x 2，f(x 1)－f(x 2)＝aa 2－1(1xa －11x a －2xa ＋21x a ) ＝aa 2－1(1xa －2xa ＋21x a －11x a )＝aa 2－1(1x a －2x a ＋1212x x x x a a a a ) ＝aa 2－1(1xa －2xa )(1＋121x x a a ) ∵1＋121x x a a >0， ∴当a>1时，1x a <2x a ，aa 2－1>0∴f(x 1)－f(x 2)<0，f(x 1)<f(x 2)，f(x)为增函数，当0<a<1时，1x a>2x a，aa2－1<0∴f(x1)－f(x2)<0，f(x1)<f(x2)，∴f(x)为增函数，综上，f(x)在R上为增函数．13.解函数y＝|2x－1|的图象可由指数函数y＝2x的图象先向下平移一个单位长度，然后再作x轴下方的部分关于x轴的对称图形，如图所示．函数y＝m的图象是与x轴平行的直线，观察两图象的关系可知：当m<0时，两函数图象没有公共点，此时方程|2x－1|＝m无解；当m＝0或m≥1时，两函数图象只有一个公共点，此时方程|2x－1|＝m有一解；当0<m<1时，两函数图象有两个公共点，此时方程|2x－1|＝m有两解．。

高一上学期《函数单调性的证明》练习题(2021年整理)

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高一上学期《函数单调性的证明》练习题1．函数y=f（x）对于任意x、y∈R，有f（x+y）=f（x）+f（y）﹣1,当x＞0时，f(x）＞1，且f（3）=4，则（）A．f（x）在R上是减函数，且f（1）=3 B．f（x）在R上是增函数,且f（1）=3 C．f（x）在R上是减函数，且f(1）=2 D．f（x)在R上是增函数,且f（1）=2 2．已知函数y=f（x）在（0，+∞）上为增函数,且f（x）＜0(x＞0）．试判断F(x）=在（0，+∞) 上的单调性并给出证明过程．3．已知函数y=f(x)在（0，+∞)上为减函数，且f(x）＜0（x＞0），试判断f（x）=在(0，+∞)上的单调性,并给出证明过程．4．已知函数f(x)对任意x，y∈R,总有f(x）+f(y）=f（x+y),且当x＞0时，f(x）＜0，f（1）=﹣．（1）求f（0）；(2）求证：f（x）在R上是减函数；(3）求f（x)在[﹣3,3］上的最大值和最小值．5．函数f（x）对任意a，b∈R，有f（a+b）=f（a）+f（b）﹣1,且当x＞0时，f （x）＞1．（Ⅰ)求证：f(x）是R 上的增函数;(Ⅱ）若f(﹣4）=5，解不等式f（3m2﹣m﹣3）＜2．6．函数f（x）对任意的a，b∈R，都有f（a+b）=f（a）+f(b)﹣1,并且当x＞0时,f （x）＞1．(1)求证:f（x)是R上的增函数；（2）若f（4）=5，解不等式f(3m2﹣m﹣2)＜3．7．函数f（x）对任意的a、b∈R，都有f（a+b）=f(a）+f（b)﹣1,并且当x＞0时,f(x)＞1．(1）求证：f（x)是R上的增函数；（2）若f（2）=3，解不等式f（m﹣2）＜3．8．已知定义在R上的函数f（x）满足：①f（x+y）=f（x)+f（y)+1,②当x＞0时，f（x）＞﹣1；（Ⅰ）求：f(0)的值，并证明f（x)在R上是单调增函数；（Ⅱ）若f（1）=1，解关于x的不等式;f（x2+2x）+f（1﹣x)＞4．9．定义在R上的函数y=f（x）对任意的x、y∈R，满足条件：f（x+y）=f（x）+f(y）﹣1，且当x＞0时，f（x）＞1．（1）求f（0）的值；(2）证明：函数f（x）是R上的单调增函数；(3）解关于t的不等式f（2t2﹣t)＜1．10．定义在R上的函数 y=f（x) 对任意的x，y∈R,满足条件：f（x+y）=f（x）+f （y）﹣2,且当x＞0时,f（x）＞2（1）求f(0）的值；(2)证明:函数f（x）是R上的单调增函数；（3）解不等式f(2t2﹣t﹣3）﹣2＜0．11．已知f（x)是定义在R上的恒不为零的函数，且对于任意的x，y∈R都满足f（x)•f （y）=f（x+y)．（1）求f(0)的值，并证明对任意的x∈R，有f（x）＞0；（2)设当x＜0时，都有f（x)＞f（0）,证明:f（x)在（﹣∞，+∞）上是减函数．高一《函数单调性的证明》练习题参考答案与试题解析1．函数y=f（x)对于任意x、y∈R，有f（x+y）=f(x)+f（y)﹣1,当x＞0时,f（x)＞1，且f(3）=4，则（）A．f（x)在R上是减函数，且f(1)=3 B．f（x）在R上是增函数，且f（1)=3C．f（x）在R上是减函数,且f(1）=2 D．f（x）在R上是增函数，且f（1）=2【分析】先依据函数单调性的定义判断函数的单调性，再由f(3）=f（1）+f(2）﹣1=f(1)+f（1）+f（1）﹣1﹣1=4，解出f（1)．【解答】解:设x1＞x2，则f(x1）﹣f（x2）=f（x1﹣x2+x2)﹣f（x2)=f（x1﹣x2)+f（x2）﹣1﹣f（x2）=f（x1﹣x2）﹣1＞1﹣1=0，即f（x1)＞f（x2)，∴f(x）为增函数．又∵f（3）=f（1）+f（2）﹣1=f（1）+f(1）+f(1）﹣1﹣1=3f（1）﹣2=4，∴f(1）=2．故选：D．2．已知函数y=f(x）在（0，+∞)上为增函数，且f（x)＜0（x＞0）．试判断F（x）=在（0,+∞）上的单调性并给出证明过程．【分析】首先,设x1，x2∈（0，+∞）,且x1＜x2，然后根据函数f(x）的单调性进行证明即可．【解答】解:函数F（x）=为（0,+∞)上减函数,证明如下：任设x1，x2∈（0，+∞）且x1＜x2，∵y=f（x）在（0,+∞)上为增函数，∴f（x1）＜f（x2),f（x1）＜0，f（x2）＜0，F（x1）﹣F(x2）=﹣=，∵f(x1）＜f（x2），∴f(x2）﹣f（x1）＞0，∵f(x1）＜0，f（x2)＜0，∴f（x1）•f(x2）＞0，∴F（x1）﹣F(x2）＞0，即F（x1）＞F(x2），则F（x)为（0，+∞）上的减函数．3．已知函数y=f(x）在(0，+∞）上为减函数，且f（x）＜0（x＞0），试判断f（x）=在(0，+∞）上的单调性,并给出证明过程．【分析】首先，设x1，x2∈（0，+∞)，且x1＜x2，然后，比较大小,从而得到结论．【解答】解：函数为(0,+∞)上增函数，证明如下：任设x1，x2∈(0，+∞)且x1＜x2,∵y=f(x)在（0，+∞）上为减函数,∴f（x1）＞f(x2），f(x1）＜0,f（x2)＜0，=，∵f(x1）＞f（x2），∴f(x2)﹣f（x1）＜0，∵f（x1）＜0，f（x2）＜0,∴f(x1）•f(x2）＞0，∴g（x1)﹣g（x2)＜0,∴为（0，+∞）上的增函数．4．已知函数f(x)对任意x，y∈R,总有f（x）+f(y）=f（x+y)，且当x＞0时，f（x）＜0，f（1）=﹣．（1）求f（0）；(2）求证:f（x）在R上是减函数；(3）求f（x)在[﹣3，3]上的最大值和最小值．【分析】（1）令x=y=0⇒f（0)=0；（2）令y=﹣x即可证得f(﹣x）=﹣f（x），利用函数的单调性的定义与奇函数的性质，结合已知即可证得f（x）是R上的减函数；（3）利用f（x）在R上是减函数可知f（x)在[﹣3,3］上也是减函数，易求f（3）=﹣2，从而可求得f（x）在[﹣3，3］上的最大值和最小值．【解答】解:（1)令x=y=0，则f（0）=0；（2）令y=﹣x，则f（﹣x)=﹣f（x)，在R上任意取x1,x2，且x1＜x2,则△x=x2﹣x1＞0，△y=f（x2）﹣f(x1）=f(x2)+f（﹣x1)=f（x2﹣x1）∵x2＞x1，∴x2﹣x1＞0，又∵x＞0时，f（x)＜0，∴f(x2﹣x1）＜0,即f（x2)﹣f(x1)＜0，由定义可知函数f（x)在R上为单调递减函数．（3）∵f（x）在R上是减函数，∴f（x）在［﹣3，3］上也是减函数．又f(3)=f（2）+f（1)=f（1）+f(1）+f（1)=3×（﹣）=﹣2，由f（﹣x）=﹣f（x）可得f（﹣3）=﹣f（3）=2，故f（x）在[﹣3，3］上最大值为2,最小值为﹣2．5．函数f（x）对任意a，b∈R，有f（a+b）=f（a）+f（b)﹣1，且当x＞0时，f （x）＞1．（Ⅰ)求证：f（x)是R 上的增函数;（Ⅱ)若f（﹣4）=5，解不等式f（3m2﹣m﹣3)＜2．【分析】（Ⅰ）设实数x1＜x2,则x2﹣x1＞0,利用已知可得f（x2﹣x1）＞1．再利用已知可得f(x2）=f（x2﹣x1+x1)=f(x2﹣x1）+f（x1）﹣1＞1+f（x1）﹣1=f(x1）即可；（Ⅱ）令a=b=﹣2，以及a=b=﹣1，解得f（﹣2)=3，f(﹣1)=2，不等式f（3m2﹣m ﹣3）＜2．化为f（3m2﹣m﹣3）＜f(﹣1），由（1）可得：f（x）在R上是增函数．可得3m2﹣m﹣3＜﹣1，解得即可．【解答】解：（Ⅰ）证明：设x1＜x2，则x2﹣x1＞0，∵当x＞0时，f（x）＞1，∴f（x2﹣x1)＞1．又函数f（x)对任意a，b∈R都有f(a+b）=f（a）+f（b)﹣1,∴f（x2）=f（x2﹣x1+x1）=f(x2﹣x1）+f（x1)﹣1＞1+f(x1）﹣1=f（x1），∴f（x2）＞f（x1），∴f(x）在R上是增函数;（Ⅱ）令a=b=﹣2,则f（﹣2﹣2）=f（﹣2）+f（﹣2）﹣1=5，解得f（﹣2）=3，再令a=b=﹣1，则f(﹣1﹣1)=f（﹣1）+f(﹣1）﹣1=3，解得f（﹣1)=2．不等式f（3m2﹣m﹣3）＜2．化为f（3m2﹣m﹣3）＜f（﹣1)．由（1)可得：f（x）在R上是增函数．∴3m2﹣m﹣3＜﹣1，解得﹣＜m＜1．∴不等式f（3m2﹣m﹣3）＜2的解集为（﹣，1)．6．函数f（x)对任意的a，b∈R,都有f（a+b）=f（a）+f（b）﹣1，并且当x＞0时，f（x）＞1．(1)求证：f（x）是R上的增函数；(2)若f(4）=5，解不等式f（3m2﹣m﹣2）＜3．【分析】（1）先任取x1＜x2，x2﹣x1＞0．由当x＞0时,f（x）＞1．得到f(x2﹣x1）＞1，再对f（x2）按照f（a+b)=f（a）+f(b)﹣1变形得到结论．（2）由f（4）=f（2）+f（2)﹣1求得f（2）=3，再将f(3m2﹣m﹣2)＜3转化为f （3m2﹣m﹣2）＜f(2）,由(1）中的结论，利用单调性求解．【解答】解：（1)证明：任取x1＜x2，∴x2﹣x1＞0．∴f（x2﹣x1)＞1．∴f（x2)=f［x1+（x2﹣x1）]=f(x1)+f(x2﹣x1）﹣1＞f（x1)，∴f（x）是R上的增函数．（2)∵f(4）=f（2）+f（2）﹣1=5,∴f（2）=3．∴f(3m2﹣m﹣2）＜3=f（2)．又由（1)的结论知，f（x）是R上的增函数，∴3m2﹣m﹣2＜2，3m2﹣m﹣4＜0，∴﹣1＜m＜．7．函数f(x)对任意的a、b∈R，都有f（a+b)=f（a）+f（b)﹣1，并且当x＞0时，f(x）＞1．（1）求证：f（x）是R上的增函数；(2）若f（2)=3，解不等式f（m﹣2）＜3．【分析】(1）先任取x1＜x2，x2﹣x1＞0．由当x＞0时，f（x）＞1．得到f（x2﹣x1)＞1，再对f（x2)按照f（a+b)=f(a）+f（b）﹣1变形得到结论．（2)由f(2）=3，再将f（m﹣2）＜3转化为f（m﹣2)＜f（2)，由（1）中的结论，利用单调性求解．【解答】解：（1）证明:任取x1＜x2，∴x2﹣x1＞0．∴f(x2﹣x1）＞1．∴f（x2）=f[x1+（x2﹣x1）］=f（x1）+f（x2﹣x1）﹣1＞f（x1)，∴f(x）是R上的增函数．（2）∵f(2）=3．∴f（m﹣2）＜3=f(2）．又由(1）的结论知,f（x）是R上的增函数，m﹣2＜2，m＜4∴解不等式f(m﹣2）＜3的解集为：（﹣∞，4）．8．已知定义在R上的函数f(x）满足:①f（x+y）=f（x）+f(y)+1，②当x＞0时，f（x）＞﹣1；（Ⅰ）求：f（0）的值，并证明f(x）在R上是单调增函数;（Ⅱ)若f（1)=1，解关于x的不等式；f(x2+2x）+f（1﹣x）＞4．【分析】（Ⅰ）根据已知条件中，:①f(x+y)=f（x)+f（y）+1，②当x＞0时，f（x）＞﹣1;令x=y=0，即可求出f（0）的值，在R上任取x1＞x2,则x1﹣x2＞0，根据f(x1）=f[(x1﹣x2）+x2],结合已知条件,即可判断函数的单调性;（Ⅱ）若f（1）=1,则我们易将关于x的不等式；f（x2+2x）+f（1﹣x）＞4化为f （x2+x+1）＞f（3），结合（I）的结论,可将原不等式化为一个一元二次不等式，进而得到答案．【解答】解：（Ⅰ）令x=y=0∵f（x+y)=f（x）+f（y)+1，∴f(0）=f（0）+f（0）+1∴f(0）=﹣1，在R上任取x1＞x2，则x1﹣x2＞0，∵当x＞0时，f（x）＞﹣1,∴f(x1﹣x2）＞﹣1则f（x1）=f［（x1﹣x2）+x2]，=f（x1﹣x2）+f（x2）+1＞f（x2），∴f（x）在R上是单调增函数．（Ⅱ）由f（1）=1得：f（2)=3，f（3)=5，则关于x的不等式；f（x2+2x）+f（1﹣x）＞4可化为关于x的不等式；f（x2+2x）+f（1﹣x）+1＞5，即关于x的不等式；f（x2+x+1）＞f（3）,由（Ⅰ）的结论知f(x）在R上是单调增函数，故x2+x+1＞3，解得：x＜﹣2或x＞1，故原不等式的解集为：（﹣∞，﹣2)∪（1,+∞)．9．定义在R上的函数y=f（x）对任意的x、y∈R,满足条件：f（x+y）=f(x）+f(y）﹣1，且当x＞0时，f（x)＞1．（1）求f（0）的值;（2)证明：函数f（x）是R上的单调增函数；(3）解关于t的不等式f（2t2﹣t）＜1．【分析】(1）用赋值法分析：在f（x+y）=f（x）+f（y）﹣1中，令x=y=0可得：f(0）=f（0）+f（0）﹣1，解可得f(0）的值，即可得答案；（2）用定义法证明：设x1＞x2，则x1=x2+（x1﹣x2），且（x1﹣x2）＞0，结合题意可得f(x1)=f［（x1﹣x2)+x2]=f(x2）+f（x1﹣x2）﹣1，作差可得f（x1）﹣f（x2）=f（x1﹣x2）﹣1，分析可得f(x1）﹣f（x2)＞0，由增函数的定义即可得证明;(3）根据题意,结合函数的奇偶性与f（0)=1可得2t2﹣t＜0，解可得t的取值范围，即可得答案．【解答】解：(1）根据题意,在f(x+y）=f（x）+f（y)﹣1中，令x=y=0可得：f（0）=f(0)+f（0）﹣1，解可得：f（0)=1，（2）证明：设x1＞x2，则x1=x2+（x1﹣x2）,且x1﹣x2＞0，则有f（x1）=f[(x1﹣x2）+x2］=f（x2）+f（x1﹣x2）﹣1,即f（x1）﹣f(x2）=f（x1﹣x2)﹣1，又由x1﹣x2＞0，则有f（x1﹣x2）＞1，故有f（x1）﹣f（x2）=f(x1﹣x2）﹣1＞0，即函数f（x）为增函数；（3)根据题意,f(2t2﹣t)＜1，又由f（0）=1且函数f（x)为增函数，则有2t2﹣t＜0,解可得0＜t＜．10．定义在R上的函数 y=f（x) 对任意的x,y∈R,满足条件：f(x+y）=f（x）+f（y）﹣2,且当x＞0时，f（x）＞2（1）求f(0）的值;（2)证明：函数f（x)是R上的单调增函数；（3）解不等式f(2t2﹣t﹣3）﹣2＜0．【分析】（1）由题意 y=f（x）对任意的x，y∈R,关系式成立，采用赋值法，可得f(0）的值；（2）利用定义证明其单调性．(3)利用单调性及f（0）的值，求解不等式即可．【解答】解：由题意:函数 y=f（x）定义在R上对任意的x，y∈R满足条件:f（x+y）=f(x)+f（y）﹣2，∴令x=y0,由f（x+y）=f（x）+f（y)﹣2，可得：f(0）=f（0）+f（0）﹣2,解得：f（0)=2．故f(0)的值为:2．（2）证明：设x1＜x2,x1、x2∈R，则x2﹣x1＞0，由（1）可得f(x2﹣x1）＞2．因为对任意实数任意的x，y∈R，都有f(x+y)=f（x）+f（y）﹣2，所以f（x2）=f（x2﹣x1+x1）=f（x2﹣x1）+f（x1)﹣2＞f（x1）所以函数f（x）是R上的单调增函数．（3）解:由（1）（2）可知函数f（x)是R上的单调增函数．且f（0)=2；不等式f(2t2﹣t﹣3）﹣2＜0,变形得f（2t2﹣t﹣3）＜2，转化为f（2t2﹣t﹣3）＜f（0)．故得：2t2﹣t﹣3＜0解得：，所以原不等式的解集是（﹣1，）．11．已知f（x）是定义在R上的恒不为零的函数，且对于任意的x,y∈R都满足f（x）•f(y）=f（x+y）．（1）求f（0）的值，并证明对任意的x∈R，有f（x）＞0；(2）设当x＜0时,都有f（x）＞f（0)，证明：f（x）在（﹣∞，+∞)上是减函数．【分析】（1）令x=y=0，代入f(x）•f(y）=f(x+y）即可得到f（0)的方程，解之即可求得f（0)，再有x=+，即可证得对任意的x∈R,有f（x）＞0；（2）设x1，x2∈R且x1＜x2，利用定义法作差，整理后即可证得差的符号，进而由定义得出函数的单调性．【解答】解：（1）可得f（0）•f(0）=f(0）∵f（0）≠0∴f（0）=1又对于任意又,∴f（x）＞0（2）设x1，x2∈R且x1＜x2，则f(x1）﹣f(x2）=f[（x1﹣x2）+x2]﹣f（x2）=f(x2）[f （x1﹣x2）﹣1]∵x1﹣x2＜0∴f(x1﹣x2）＞f(0）=1∴f（x1﹣x2）﹣1＞0对f(x2)＞0∴f（x2）f[（x1﹣x2)﹣1］＞0∴f（x1）＞f（x2）故f(x）在R上是减函数。

(完整)高中数学必修1函数单调性和奇偶性专项练习(含答案),推荐文档

24高中数学必修 1第二章函数单调性和奇偶性专项练习一、函数单调性相关练习题1、（1）函数 f (x )＝x －2 ， x ∈｛0，1，2，4｝的最大值为.3（2）函数 f (x )＝2x －1在区间[1，5]上的最大值为，最小值为.12、利用单调性的定义证明函数 f (x )＝ x 2 在（－∞，0）上是增函数.3、判断函数 f (x )＝x ＋1在（－1，＋∞）上的单调性，并给予证明. 4、画出函数 y ＝－x 2＋2丨x 丨＋3的图像，并指出函数的单调区间.5、已知二次函数 y ＝f(x)(x ∈R )的图像是一条开口向下且对称轴为 x ＝3 的抛物线，试比较大小： (1)f(6)与 f(4)； (2)f(2)与f( 15)6、已知 y ＝f (x ) 在定义域（－1，1）上是减函数，且 f (1－a )＜f (3a －2) ，求实数 a 的取值范围.7、求下列函数的增区间与减区间(1)y ＝|x 2＋2x －3|x 2 - 2x(2) y＝1-|x - 1|(3)y ＝（4） y ＝- x 2 - 2x + 31x 2－x －208、函数 f(x)＝ax 2－(3a －1)x ＋a 2 在[1，＋∞]上是增函数，求实数 a 的取值范围．ax9、【例4】判断函数f(x)＝x 2 - 1(a ≠0)在区间(－1，1)上的单调性．10、求函数 f (x )＝x ＋ x在[1，3]上的最大值和最小值.二、函数奇偶性相关练习题11、判断下列函数是否具有奇偶性.（1） f (x )＝(x －；（2） f (x )＝a（ x ∈ R ）；（3） f (x )＝3 (2x ＋5)2－3 (2x －5)212、若 y ＝(m －1)x 2＋2mx ＋3 是偶函数，则 m ＝．13、已知函数 f (x )＝ax 2＋bx ＋c （ a ≠ 0 ）是偶函数，那么 g (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 是（）A ．奇函数B ．偶函数C ．既奇又偶函数D ．非奇非偶函数14、已知函数 f (x )＝ax 2＋bx ＋3a ＋b 是偶函数，且其定义域为[ a －1, 2a ]，则（）1A ． a = ，b ＝0B ．a ＝－1，b ＝0C ．a ＝1，b ＝0D ．a ＝3，b ＝0315、已知 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，当 x ≥ 0 时， f (x )＝x 2－2x ，则 f (x ) 在 R 上的表达式是（）A ．y ＝x （x －2）B ．y ＝x （｜x ｜－1）C ．y ＝｜x ｜（x －2）D ．y ＝x （｜x ｜－2）16、函数 f (x ) =）A ．偶函数B ．奇函数C ．非奇非偶函数D ．既是奇函数又是偶函数17、若(x ) ， g (x ) 都是奇函数， f (x )＝a(x )＋bg (x )＋2 在（0，＋∞）上有最大值 5，则 f (x ) 在（－∞，0）上有（）A ．最小值－5B ．最大值－5C ．最小值－1D ．最大值－318、函数 f (x ) = 的奇偶性为（填奇函数或偶函数）．⎪ x 3－3x 2＋1， 19、判断函数 f (x )＝ ⎨⎩ x 3＋3x 2－1， x ＞0x ＜0的奇偶性. 20、f （x ）是定义在（－∞，－5］［5，＋∞）上的奇函数，且 f （x ）在［5，＋∞）上单调递减，试判断 f （x ）在（－∞，－5］上的单调性，并用定义给予证明．121、已知 f (x ) 是偶函数， g (x ) 是奇函数，若 f (x ) + g (x ) =g (x ) 的解析式为.x -1，则 f (x ) 的解析式为，22、已知函数 f （x ）满足 f （x ＋y ）＋f （x －y ）＝2f （x ）·f （y ）（x ∈R ，y ∈R ），且 f （0）≠0.试证 f （x ）是偶函数．23、设函数 y ＝f （x ）（x ∈R 且x≠0）对任意非零实数 x 1、x 2 满足 f （x 1·x 2）＝f （x 1）＋f （x 2）.求证 f （x ）是偶函数．1 + x2 + x -11 + x2 + x +1x - 2 - 21 - x 2高中数学必修 1第二章函数单调性和奇偶性专项练习答案11、【答案】（1）2 （2）3，32、略3、【答案】减函数，证明略.4、【答案】分为x ≥ 0 和x＜0 两种情况，分段画图.单调增区间是（－∞，－1）和[0，1]；单调减区间是[－1，0)和（1，＋∞）5、【答案】（1）f(6)＜f(4) ；（2）∴f( 15)＞f(4)，即f( 15)＞f(2)．1 36、【答案】实数a 的取值范围是（，）3 47、【答案】（1）递增区间是[－3，－1]，[1，＋∞)；递减区间是(－∞，－3]，[－1，1]（2）增区间是(－∞，0)和(0，1)；减区间是[1，2)和(2，＋∞)（3）∴函数的增区间是[－3，－1]，减区间是[－1，1]．1 1（4）函数的增区间是（－∞，－4）和（－4，）；减区间是[ ，5)和（5，＋∞）2 28、【答案】a 的取值范围是0≤a≤1．9、【答案】当a＞0 时，f(x)在(－1，1)上是减函数；当a＜0 时，f(x)在(－1，1)上是增函数．10、【答案】先判断函数在[1，2]上是减函数，在（2，3]上是增函数，可得f (2) ＝4 是最小值，f (1) ＝5 是最大值.二、函数奇偶性相关练习题11、【答案】（1）定义域不关于原点对称，所以是非奇非偶函数；（2）a＝0 ，f (x) 既是奇函数又是偶函数；a ≠ 0 ，f (x) 是偶函数；（3）f (x) 是奇函数.12、【答案】013、【答案】选A14、【答案】选B15、【答案】选D16、【答案】选B17、【答案】选C18【答案】奇函数19、【答案】奇函数【提示】分x＞0 和x＜0 两种情况，分别证明f (－x)＝－f (x) 即可.20、【答案】解析：任取x1＜x2≤－5，则－x1＞－x2≥－5．因f（x）在［5，＋∞］上单调递减，所以f（－x1）＜f（－x2）⇒f（x1）＜－f（x2）⇒f（x1）＞f（x2），即单调减函数．21、【答案】 f (x) =1x 2 -1 ，g(x)＝xx 2－122、证明：令x＝y＝0，有f（0）＋f（0）＝2f（0）·f（0），又f（0）≠0，∴可证f（0）＝1．令x＝0，∴f（y）＋f（－y）＝2f（0）·f（y）⇒f（－y）＝f（y），故f（x）为偶函数．23、证明：由x1，x2∈R 且不为 0 的任意性，令x1＝x2＝1 代入可证，f（1）＝2f（1），∴f（1）＝0．又令x1＝x2＝－1，∴f［－1×（－1）］＝2f（1）＝0，∴f（－1）＝0．又令x1＝－1，x2＝x，∴f（－x）＝f（－1）＋f（x）＝0＋f（x）＝f（x），即f（x）为偶函数．“”“”At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。

高中数学函数的单调性练习(无答案)苏教版必修一

函数的单调性知识点及方法判断函数的单调性;证明函数的单调性;函数单调性的应用（解不等式、比较大小、求函数的值域和最值）判断函数的单调性 1. 写出函数8log 2log )(21221++-=x x x f 的的单调区间.2. 写出函数)24sin(log 2x y -=π的的单调区间.3. 已知函数x x f 2)(=,312)(++-=x x x g ,求))((x g f 的单调区间.4. 已知228)(x x x f -+=，求函数)2(2x f -单调区间。

5. 若函数f (x )的图象与函数x x g )31()(=的图象关于直线x y =对称，求)2(2x x f -的单调递减区间.6. 已知函数f (x )=|2-x |＋|x |的值随x 值的增大而增大，求x 的取值范围.7. 设f (x ) =21++x ax (a ≠21)，讨论x ∈),2(+∞-的单调性。

8. 已知y =2x 2－2ax +3在区间[－1,1]上的最小值是f (a ),试求f (a )的解析式,并说明当a ∈[－2,1] 时,)(log )(21a f a g =的单调性.9. 已知二次函数f (x )的二次项系数为正,且对于任意实数x ,都有f (2-x )=f (x ＋2)，讨论函数f (x )的单调性。

10. 已知函数f (x )=|x 2-1|＋m |x ＋1|＋a 有最小值f (2)=-4，(a )作出函数y =f (x )的图象，(b )写出函数f (1-2x )的递增区间。

证明函数的单调性1. 已知函数f (x )=13--x , 用函数单调性的定义证明：)(x f 在(－∞,+∞)上单调递减.2. 已知函数f (x )=xx 1+在区间),1(+∞上是增函数。

3. 求证：函数x y tan =当)2,2(ππ-∈x 时是增函数。

4. 已知函数f (x )=)(log x a a a -,(a ＞1)，（1）求f (x )的定义域、值域; （2）判断f (x )的单调性,并证明;二次函数的单调性 1. 函数22)1()(2-+-+=a x a x x f 在]3,(-∞上是减函数，求a 的取值范围。

高中数学课时分层作业9函数的单调性含解析苏教版必修1

课时分层作业(九) 函数的单调性(建议用时：60分钟)[合格基础练]一、选择题1．已知函数y ＝f (x )的图象如图所示，则函数y ＝f (|x |)的图象为( )B [函数y ＝f (|x |)的图象可以由函数y ＝f (x )的图象删除y 轴左侧图象，保留y 轴右侧图象并将保留的图象沿y 轴对翻到左侧即可．故选B.]2．下列函数中，在[1，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝(x －2)2B ．y ＝|x －1|C ．y ＝1x ＋1D ．y ＝－(x ＋1)2B [A 中，y ＝(x －2)2在[2，＋∞)上为增函数，在(－∞，2]上为减函数，故错误；B 中，y ＝|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≥1，1－x ，x <1在[1，＋∞)上为增函数，故正确；选项C ，D 中，函数在[1，＋∞)上为减函数，故错误．故选B.]3．定义在R 上的函数f (x )对任意两个不相等的实数a ，b ，总有f (a )－f (b )a －b＞0，则必有( )A ．函数f (x )先增后减B ．函数f (x )先减后增C ．函数f (x )是R 上的增函数D ．函数f (x )是R 上的减函数 C [由f (a )－f (b )a －b＞0知，当a ＞b 时，f (a )＞f (b )；当a ＜b 时，f (a )＜f (b )，所以函数f (x )是R 上的增函数．]4．已知f (x )在区间(0，＋∞)上是减函数，那么f (a 2－a ＋1)与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34的大小关系是( )A ．f (a 2－a ＋1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34B ．f (a 2－a ＋1)≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34C ．f (a 2－a ＋1)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34D ．f (a 2－a ＋1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34B [由题意知a 2－a ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋34≥34.∵f (x )在(0，＋∞)上为减函数，∴f (a 2－a ＋1)≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34.故选B.]5．已知函数y ＝ax 2＋bx －1在(－∞，0]上是单调函数，则y ＝2ax ＋b 的图象不可能是( )B [因为函数y ＝ax 2＋bx －1在(－∞，0]上是单调函数，所以：①当a ＝0，y ＝2ax ＋b 的图象可能是A ；②当a ＞0时，－b2a ≥0⇔b ≤0，y ＝2ax ＋b 的图象可能是C ；③当a ＜0时，－b2a >0⇔b ≥0，y ＝2ax ＋b 的图象可能是D.故y ＝2ax ＋b 的图象不可能是B.]二、填空题6.如图是定义在闭区间[－5,5]上的函数y ＝f (x )的图象，根据图象，y ＝f (x )的单调递增区间为________，单调递减区间为________．[－2,1]，[3,5] [－5，－2]，[1,3] [增区间为[－2,1]，[3,5]，减区间为[－5，－2]，[1,3]．]7．已知f (x )是定义在区间[－1,1]上的增函数，且f (x －3)＜f (2－x )，则x 的取值范围是________．⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪2≤x ＜52 [由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x －3≤1，－1≤2－x ≤1，x －3＜2－x ，解得2≤x ＜52，故满足条件的x 的取值范围是2≤x ＜52.]8．若f (x )＝ax ＋1x ＋2在区间(－2，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是________． ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ [f (x )＝ax ＋1x ＋2＝ax ＋2a ＋1－2a x ＋2＝a ＋1－2a x ＋2在区间(－2，＋∞)上是增函数，结合反比例函数性质可知1－2a <0，∴a >12，则a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.]三、解答题9．已知函数f (x )＝2x －1x ＋1.(1)求f (x )的定义域；(2)证明函数f (x )＝2x －1x ＋1在[1，＋∞)上是单调增函数．[解] (1)由题意知x ＋1≠0，即x ≠－1.所以f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)． (2)证明：任取x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1<x 2，f (x )＝2x ＋2－3x ＋1＝2－3x ＋1， ∴f (x 2)－f (x 1)＝3x 1＋1－3x 2＋1＝3(x 2－x 1)(x 1＋1)(x 2＋1). ∵x 1<x 2，∴x 2－x 1>0. 又∵x 1，x 2∈[1，＋∞)， ∴x 2＋1>0，x 1＋1>0. ∴f (x 2)－f (x 1)>0， ∴f (x 2)>f (x 1)．∴函数f (x )＝2x －1x ＋1在[1，＋∞)上是单调增函数．10．作出函数f (x )＝x 2－6x ＋9＋x 2＋6x ＋9的图象，并指出函数f (x )的单调区间．[解] 原函数可化为f (x )＝|x －3|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－3，6，－3<x ≤3，2x ，x >3.图象如图所示．由图象知，函数的单调区间为(－∞，－3]，[3，＋∞)．其中单调减区间为(－∞，－3]，单调增区间为[3，＋∞)．[等级过关练]1．已知f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x<f (1)的实数x 的取值范围是( ) A ．(－1,1) B ．(0,1)C ．(－1,0)∪(0,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C [由函数f (x )是减函数且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x<f (1)，得|1x|>1.解得－1<x <0或0<x <1，即x ∈(－1,0)∪(0,1)．故选C.]2．已知函数y ＝f (x )在R 上是减函数，A (0，－2)，B (－3,2)在其图象上，则不等式－2<f (x )<2的解集为( )A ．{x |－3<x <0}B ．{x |－3≤x <0}C ．{x |－3<x ≤0}D ．{x |－3≤x ≤0}A [∵f (－3)＝2，f (0)＝－2， ∴f (0)<f (x )<f (－3)，∵f (x )在R 上是减函数，∴0>x >－3，故不等式的解集为{x |－3<x <0}．]3．函数f (x )＝x 2－2mx －3在区间[1,2]上单调，则m 的取值范围是________． (－∞，1]∪[2，＋∞) [f (x )的对称轴为x ＝m ，要使f (x )在[1,2]上单调，则m 不能在区间[1,2]内部，∴m ≥2或m ≤1.]4．讨论函数f (x )＝ax ＋1x ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ≠12在(－2，＋∞)上的单调性． [解] f (x )＝ax ＋1x ＋2＝a ＋1－2ax ＋2，设任意x 1，x 2∈(－2，＋∞)且x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝1－2a x 1＋2－1－2ax 2＋2＝(1－2a )x 2－x 1(x 2＋2)(x 1＋2)，∵－2<x 1<x 2，∴x 2－x 1>0，又(x 2＋2)(x 1＋2)>0. (1)若a <12，则1－2a >0，∴f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，则f (x )在(－2，＋∞)上为减函数． (2)若a >12，则1－2a <0.∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，故f (x )在(－2，＋∞)上为增函数．综上，当a <12时，f (x )在(－2，＋∞)上为减函数；当a >12时，f (x )在(－2，＋∞)上为增函数．。

高考数学《函数的单调区间》基础知识与专项练习题(含答案解析)

高考数学《函数的单调区间》基础知识与专项练习题（含答案解析）单调性是函数的一个重要性质，对函数作图起到决定性的作用，而导数是分析函数单调区间的一个便利工具。

求一个已知函数的单调区间是每一个学生的必备本领，在求解的过程中也要学会一些方法和技巧。

一、基础知识：1、函数的单调性：设()f x 的定义域为D ，区间I D ⊆，若对于1212,,x x I x x ∀∈<，有()()12f x f x <，则称()f x 在I 上单调递增，I 称为单调递增区间。

若对于1212,,x x I x x ∀∈<，有()()12f x f x >，则称()f x 在I 上单调递减，I 称为单调递减区间。

2、导数与单调区间的联系（1）函数()f x 在(),a b 可导，那么()f x 在(),a b 上单调递增()',()0x a b f x ⇒∀∈≥，此结论可以这样理解：对于递增的函数，其图像有三种类型：，无论是哪种图形，其上面任意一点的切线斜率均大于零。

等号成立的情况：一是单调区间分界点导数有可能为零，例如：()2f x x =的单调递增区间为[)0+∞，，而()'00f =，另一种是位于单调区间内但导数值等于零的点，典型的一个例子为()3f x x =在0x =处的导数为0，但是()0,0位于单调区间内。

（2）函数()f x 在(),a b 可导，则()f x 在(),a b 上单调递减()',()0x a b f x ⇒∀∈≤，（3）前面我们发现了函数的单调性可以决定其导数的符号，那么由()',()x a b f x ∀∈，的符号能否推出()f x 在(),a b 的单调性呢？如果()f x 不是常值函数，那么便可由导数的符号对应推出函数的单调性。

（这也是求函数单调区间的理论基础） 3、利用导数求函数单调区间的步骤（1）确定函数的定义域（2）求出()f x 的导函数'()f x（3）令'()0f x >（或0<），求出x 的解集，即为()f x 的单调增（或减）区间（4）列出表格4、求单调区间的一些技巧（1）强调先求定义域，一方面定义域对单调区间有限制作用（单调区间为定义域的子集）。

5.3.1函数的单调性(解析版)

5.3.1函数的单调性知识点一.函数的单调性与导数的关系1.一般地，在区间（a，b）上，函数f（x）的单调性与导数f′（x）的正负有如下关系.导数函数的单调性f′(x)>0单调递增f′(x)<0单调递减f′(x)=0常函数2.一般情况下，我们可以通过如下步骤判断函数y=f(x)的单调性∶第1步∶确定函数的定义域；第2步∶求出导数f(x)的零点；第3步∶用f(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f(x)在各区间上的正负，由此得出函数y=f(x)在定义域内的单调性.知识点二.函数图象的变化趋势与导数绝对值大小的关系观察函数图象，分析函数的导数绝对值的大小与函数图象的变化关系如表所示.图像导数导数为正，且绝对值越来越大导数为正，且绝对值越来越小导数为负，且绝对值越来越大导数为负，且绝对值越来越小函数值函数值变化越来越快函数值变化越来越慢函数值变化越来越快函数值变化越来越慢图像特点越来越陡峭越来越平缓越来越陡峭越来越平缓题型1求不含参函数的单调区间【例题1】（2021·宁夏·海原县第一中学）函数f(x)=(x−3)e x的单调递减区间是（）A．(−∞,2]B．[0,3]C．[1,4]D．[2,+∞)【答案】A【分析】求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系解不等式f′(x)<0进行求解即可.【详解】函数的导数f′x=e x+x−3e x=x−2e x由f′x<0得x−2e x<0，即x−2<0得x<2，即函数的单调递减区间为(−∞,2]，故选：A【变式1-1】1．（2022·云南·昆明一中模拟预测（理））设a为实数，函数f(x)=x3+(a−1)x2−(a+2)x，且f′(x)是偶函数，则f(x)的单调递减区间为（）A．(0,2)B．(−3,3)C．(−1,1)D．(−3,3)【答案】C【分析】求导，结合f′(x)是偶函数得到f′−x=f′x，求出a=1，从而根据f′(x)=3x2−3小于0，求出单调递减区间.【详解】因为f(x)=x3+(a−1)x2−(a+2)x，所以f′(x)=3x2+2(a−1)x−(a+2)，又因为f′(x)是偶函数，所以f′−x=f′x，即3−x2−2a−1x−a+2=3x2+2a−1x−a+2，故a−1=0，即a=1，所以f′(x)=3x2−3，令f′x<0，解得−1<x<1，所以f(x)的单调递减区间为(−1,1).故选：C．【变式1-1】2．（2022·安徽·长丰北城衡安学校高三开学考试）函数f x=x3−x2+x的单调递增区间为______.【答案】−∞,+∞【分析】求出导函数f′x，解不等式f′x≥0即可得到.【详解】由题意知，f x=x3−x2+x定义域为R，f′x=3x2−2x+1，且f′x=3x2−2x+1=3x+23>0在R上恒成立，所以，函数f x=x3−x2+x的单调递增区间为−∞,+∞.故答案为：−∞,+∞【变式1-1】3．（2022·广东·深圳实验学校光明部高三期中）己知函数f x=x2+5x+2ln x，则函数f x的单调递增区间是_____________．【答案】(0,+∞)【分析】利用导数法求单调区间即可【详解】函数f x=x2+5x+2ln x，其定义域x x>0，则f′x=2x+5+2×1x=2x2+5x+2x>0在0,+∞恒成立，所以函数f x的单调递增区间是0,+∞.故答案为：0,+∞.【变式1-1】4．（2022·全国·高三专题练习）设函数f(x)=e2x+ln x(x>0)，求f(x)的单调区间．【答案】f x的减区间为0,+∞.【分析】求出导函数f′(x)，由f′(x)>0得增区间，由f′(x)<0得减区间．【详解】f′x=−e2x2+1x=2x−e2x2，当0<x<e2，f′x<0，当x>e2，f′x>0，所以f x的减区间为0,f x+∞.【变式1-1】5．（2021·宁夏·海原县第一中学高二期中（文））已知函数f(x)=x3−x2−x+2.(1)求曲线f(x)在点2,f2处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间.【答案】(1)7x−y−10=0(2)递增区间为(−∞,−13)，(1,+∞)；递减区间为−13,1【分析】（1）求出函数的导函数，再求得f'2=7与f2=4，利用点斜式可求得曲线f(x)在点2,f2处的切线方程；（2）由f′x=3x2−2x−1=x−13x+1，利用导函数f'(x)与函数f(x)的单调性的关系可得答案.【详解】（1）∵f x=x3−x2−x+2，∴f′x=3x2−2x−1=x−13x+1，∴f'2=7，又f2=4，∴曲线f(x)在点2,f2处的切线方程为y−4=7x−2，即7x−y−10=0；（2）∵f′x=3x2−2x−1=x−13x+1，∴当x∈−∞,−∪1,+∞时，f'(x)>0，当x∈−13,1时，f'(x)<0，∴f(x)在(−∞,−13)，(1,+∞)上单调递增，在−13,1上单调递减.∴f(x)的递增区间为(−∞,−13)，(1,+∞)；递减区间为−13,1.题型2含参函数单调区间◆类型1导数为1个根【例题2-1】（2022·上海市金山中学高二期末）已知函数f(x)=a ln x+bx(a,b∈R)．若a=1，求函数y=f(x)的单调区间；【答案】答案见解析.【分析】根据题意，分b≥0和b<0两种情况讨论求解即可；【详解】解：当a=1时，f(x)=ln x+bx，定义域为0,+∞，所以，f′(x)=1x+b=1+bx x，所以，b≥0时，f′(x)≥0在0,+∞上恒成立，故f(x)在0,+∞上单调递增，当b<0时，令f′(x)=0得x=−1b，所以，当x∈0,−f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈−1b,+∞时，f′(x)<0，f(x)单调递减；综上，b≥0时，f(x)在0,+∞上单调递增；b<0时，f(x)在0,上单调递增，在−1b,+∞上单调递减.【变式2-1】1．（2022·江苏·盐城经济技术开发区中学高三阶段练习）已知函数f x=ax−3ln x．讨论函数f x的单调性；【答案】当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,3a)上单调递减，在(3a,+∞)上单调递增【分析】对函数f x进行求导，然后对a进行分类讨论，根据导函数值的正负，得到函数的单调区间【详解】由f x=ax−3ln x，得f′(x)=a−3x=ax−3x，x>0，当a≤0时，f′(x)<0，∴f x在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f′(x)=ax−3x=a⋅(x−3a)x，由x>3a时，f′(x)>0，f x在(3a,+∞)上单调递增，由x<3a时，f′(x)<0，f(x)在(0,3a)上单调递减，∴综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,3a)上单调递减，在(3a,+∞)上单调递增【变式2-1】2.（2007·山东·高考真题（理））设函数f x=ax−a+1ln x+1，其中a≥−1，求f x的单调区间．【答案】答案见解析【分析】求出函数f x的定义域，对实数a的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数f x的增区间和减区间.【详解】函数f x=ax−a+1ln x+1的定义域为−1,+∞，f′x=a−a+1x+1=ax−1x+1.①当−1≤a≤0时，对任意的x>−1，f′x<0，此时，函数f x的减区间为−1,+∞，无增区间；②当a>0时，由f′x<0可得−1<x<1a，由f′x>0可得x>1a.此时，函数f x的减区间为−+∞.综上所述，当−1≤a≤0时，函数f x的减区间为−1,+∞，无增区间；当a>0时，函数f x的减区间为−+∞.【变式2-1】3．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）已知函数f x=e x−ax−1.讨论函数f(x)的单调性；【答案】答案见解析．【分析】求出导函数f′(x)分类讨论确定f′(x)的正负得单调性；【详解】f′(x)=e x−a，a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在R上是增函数，a>0时，x<ln a时，f′(x)<0，f(x)是减函数，x>ln a时，f′(x)>0，f(x)是增函数，综上，a≤0时，f(x)在R上是增函数，a>0时，f(x)在(−∞,ln a)上是减函数，在(ln a,+∞)上是增函数；【变式2-1】4．（2022·江苏苏州·高三阶段练习）已知函数f x=e ax−ax a∈R,a≠0,g x=b ln x−x b∈R.讨论函数f x的单调性；【答案】f x在−∞,0单调递减，在0,+∞单调递增【分析】由题意可得f′x=a e ax−a=a e ax−1，按a和x的取值分类讨论f′(x)的正负即可得到f x的单调性；【详解】由题意f′x=a e ax−a=a e ax−1,x∈R，令f′x=0，得x=0，当a>0时，若x>0，则ax>0,e ax>1，所以f′x>0，若x<0，则ax<0，e ax<1，所以f′x<0；当a<0时，若x>0，则ax<0,e ax<1，所以f′x>0，若x<0，则ax>0，e ax>1，所以f′x<0；综上f x在−∞,0单调递减，在0,+∞单调递增.【变式2-1】5．（2022·河南商丘·高三阶段练习（文））已知函数f x=x e x−ax2a∈R，g x=f′x+1−x e x，其中f′x是f x的导函数.讨论函数g x的单调性；【答案】当a≤0时，g x在R上单调递增；当a>0时，g x在−∞,ln a上单调递减，在ln a,+∞上单调递增.【分析】根据题意写出f′x，进而写出g x，对g x进行求导，根据导函数的正负判断原函数的单调性即可；【详解】f′x=x+1e x−2ax，g x=f′x+1−x e x=x+1e x−2ax+1−x e x= 2e x−2ax，g′x=2e x−2a，当a≤0时，对∀x∈R，g′x>0恒成立，故g x在R上单调递增；当a>0时，令g′x<0，解得x<ln a；令g′x>0，解得x>ln a，故g x在−∞,ln a上单调递减，在ln a,+∞上单调递增.◆类型2导数为2个根【例题2-2】（2022·湖南·长郡中学高二阶段练习）设函数f x=ax2+2a−1x−ln x a∈R.讨论f x的单调性；【答案】当a≤0时，f x在区间0,+∞上单调递减；当a>0时f x在区间+∞上单调递增【分析】求出函数的导数，分类讨论a的取值范围，根据导数的正负，即可得答案;【详解】由于f x=ax2+2a−1x−ln x a∈R，则定义域为(0,+∞)，可得：f′x=2ax+2a−1−1x==当a≤0时，∵x>0，∴f′x<0，故f x在区间0,+∞上单调递减；当a>0时，∵x>0，∴由f′x>0可得x>12a，由f′x<0得x<12a，故f x在区间+∞上单调递增.ax3a−1x2−2x−12.【变式2-2】1．（2022·山东淄博·高三期中）已知三次函数f x=1(1)当a=3时，求曲线y=f x在点1,f1处的切线方程，(2)讨论y=f x的单调性.【答案】(1)6x−y−5=0；(2)见解析.【分析】（1）求导可得f′x=9x2+5x−2，利用导数的几何意义，可得曲线y=f x在点1,f1处的切线斜率为f′(1)=12，f(1)=3，利用直线点斜式即可得解；（2）求导可得f′x=ax2+2a−1x−2=(ax−1)(x+2)，对参数a进行讨论即得解.【详解】（1）当a=3时，f x=x3+52x2−2x−12，f'x=3x2+5x−2，所以曲线y=f x在点1,f1处的切线斜率为f'(1)=6，又f(1)=1+52−2−12=1，y=6(x−1)+1，整理可得曲线y=f x在点1,f1处的切线方程为6x−y−5=0；（2）f′x=ax2+2a−1x−2=(ax−1)(x+2)，若a=0，由f′x=−(x+2)=0可得x=−2，当x∈(−∞,−2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x∈(−2,+∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当a>0时，f′x=(ax−1)(x+2)=0，可得x=1a或x=−2，所以f(x)在(−∞,−2),(1a,+∞)为增函数，在(−2,1a)上为减函数，当a<0时，若−12<a<0，f(x)在(−∞,1a),(−2,+∞)为减函数，在(1a,−2)上为增函数，若a=−12，f′(x)≤0，f(x)在R上为减函数，若a<−12，f(x)在(−∞,−2),(1a,+∞)为减函数，在(−2,1a)上为增函数，综上可得：若a=0，f(x)在(−∞,−2)上为增函数，在(−2,+∞)上为减函数，当a>0时，f(x)在(−∞,−2),(1a,+∞)为增函数，在(−2,1a)上为减函数，当a<0时，若−12<a<0f(x)在(−∞,1a),(−2,+∞)为减函数，在(1a,−2)上为增函数，若a=−12，f′(x)≤0，f(x)在R上为减函数，若a <−12，f (x )在(−∞,−2),(1a ,+∞)为减函数，在(−2,1a)上为增函数.【变式2-2】2．（2022·江苏省江浦高级中学高三阶段练习）已知函数f (x )=x 2−ax +1e x (a ∈R ).讨论f (x )的单调性；【答案】答案见解析【分析】根据f (x )的导函数零点间的大小关系进行分类讨论求解即可；【详解】由f ′(x )=−x 2+(a +2)x −a −1e x =−(x −1)(x −a −1)e x ，①当a +1=1，即a =0时，因为f ′(x )=−(x −1)2e x ≤0恒成立，故f (x )在(−∞，+∞)上为减函数；②当a +1>1，即a >0时，由f '(x )<0得，x <1或x >a +1；由f ′(x )>0得，1<x <a +1，所以f (x )在(−∞，1)和(a +1，+∞)上为减函数，在(1，a +1)上为增函数；③当a +1<1，即a <0时，由f ′(x )<0得，x <a +1或x >1；由f ′(x )>0得，a +1<x <1，所以f (x )在(−∞，a +1)和(1，+∞)上为减函数，在(a +1，1)上为增函数.综上：当a =0时，f (x )在(−∞，+∞)上为减函数；当a >0时，f (x )在(−∞，1)和(a +1，+∞)上为减函数，在(1，a +1)上为增函数；当a <0时，f (x )在(−∞，a +1)和(1，+∞)上为减函数，在(a +1，1)上为增函数.【变式2-2】3．（2022·四川省遂宁市教育局模拟预测（理））已知函数f (x )=x 3−a +32x 2+ax +b 讨论f x 的单调性；【答案】答案见解析；【分析】对二次函数f ′(x )=(3x −a )(x −1)零点分布情况分类讨论即可求解；【详解】因为f (x )=x 3−a +32x 2+ax +b ，∴f ′(x )=3x 2−(a +3)x +a =(3x −a )(x −1)．①若a >3，当1<x <a 3时，f ′x <0,当x <1或x >a 3时，f ′x >0，即f x 在(1,a 3)上单调递减，在(−∞,1)和(a 3,+∞)上单调递增；②若a =3，恒有f ′x ≥0．即f x 在定义域R 上单调递增；③若a <3，当a 3<x <1时，f ′x <0,当x <a 3或x >1时，f ′x >0，即f x 在(a 3,1)上单调递减，在(−∞,a 3)和(1,+∞)上单调递增.【变式2-2】4．（2022·山东聊城·高三期中）已知函数f x =x −a +2ln x −a +1x ．讨论函数f x 的单调性；【答案】答案见解析【分析】先求导函数f ′x ，讨论a 的范围，求解f ′x >0和f ′x <0的解集，写出单调区间．【详解】（1）f x =x −a +2ln x −a +1x 定义域为0,+∞，f′x =1−a +2x +a +1x 2=令f ′x =0，得x =1或x =a +1．当a +1≤0即a ≤−1时：x ∈0,1，f ′x <0，函数f x 在0,1上单调递减；x ∈1,+∞，f ′x >0，函数f x 在1，+∞单调递增；当0<a +1<1，即−1<a <0时：x ∈0,a +1，f ′x >0，函数f x 在0，a +1单调递增；x ∈a +1,1，f ′x <0，函数f x 在a +1,1上单调递减；x ∈1,+∞，f ′x >0，函数f x 在1，+∞上单调递增；当a +1=1即a =0时：x ∈0,+∞，f ′x ≥0，函数f x 在0，+∞单调递增；当a +1>1即a >0时：x ∈0,1，f ′x >0，函数f x 在0,1单调递增；x ∈1,a +1，f ′x <0，函数f x 在1,a +1上单调递减；x ∈a +1,+∞，f ′x >0，函数f x 在a +1,+∞上单调递增；综上：当a ≤−1时，单调递减区间有0,1，单调递增区间有1,+∞；当−1<a<0时，单调递减区间有a+1,1，单调递增区间有0,a+1，1,+∞；当a=0时，单调递增区间有0,+∞，无单调递减区间；当a>0时，单调递减区间有1,a+1，单调递增区间有0,1，a+1,+∞．【变式2-2】5．（2022·贵州·模拟预测（理））已知函数f x=x2e ax−1a≠0，g x=ln x+ bx+1.求函数f x的单调区间；【答案】答案见解析【分析】求得f'x，对a进行分类讨论，由此求得函数f x的单调区间.【详解】函数f x的定义域为R，f′x=x ax+2e ax，令f′x=0得x1=0，x2=−2a，①当a>0时，若x∈−∞,∪0,+∞，则f′x>0；若x∈−2a,0，则f′x<0，故f x在−∞,−0,+∞上单调递增，在−2a,0上单调递减；②当a<0时，若x∈0,则f′x>0；若x∈−∞,0∪−2a,+∞，则f′x<0，故f x在0,−∞,0，−2a,+∞上单调递减.◆类型3不能因式分解【例题2-3】（2022·浙江·慈溪中学高三期中）已知函数f x=mx3−mx−x ln x m∈R.若f x的导函数为g x，试讨论g x的单调性；【答案】答案见解析【分析】由f x可求g x，再根据g x的导函数，讨论参数的范围即可得出g x的单调性；【详解】解：由已知g x=f′x=3mx2−m−ln x−1，则g′x=6mx−1x=6mx2−1x(x>0)，①当m≤0时，g′x<0，得g x在0,+∞单调递减；②当m>0时，g′x=6mx2−1x=<0⇒0<x<得g x在0,+∞单调递增，综上：当m≤0时，函数g x在0,+∞单调递减；当m>0时，函数g x在+∞单调递增.【变式2-3】1．（2022·广西·桂林市第五中学高三阶段练习（文））已知函数f x=ln x−12ax2+ x,a∈R.(1)当a=2时，求函数y=f x在点1,f1处的切线方程；(2)求函数f x的单调区间.【答案】(1)y=0(2)答案见解析.【分析】（1）分别求f′(x)、f(1)、f′(1)，由点斜式方程可得切线方程；（2）先求f(x)的定义域再求导f′(x)，分类讨论a≤0与a>0时导数的正负来研究原函数的单调性.【详解】（1）当a=2时，f(x)=ln x−x2+x，则f(1)=0，∴f′(x)=1x−2x+1，∴f(x)在点(1,0)处的切线斜率k切线=f′(1)=0，∴f(x)在点(1,0)处的切线方程为y−0=0×(x−1)，即：y=0.（2）f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=1x−ax+1=−ax2+x+1x，①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，∴f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间.②当a>0时，−ax2+x+1=0，Δ=1+4a>0，两根分别为x1=1−1+4a2a<0，x2=1+1+4a2a>0∴f′(x)>0⇒0<x<1+1+4a2a，f′(x)<0⇒x>1+1+4a2a∴f(x)的单调递增区间为(0,1+1+4a2a)，单调递减区间为(1+1+4a2a,+∞).综述：①当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；②当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为+∞).【变式2-3】2．（2022·广东·佛山一中高三阶段练习）已知函数f x=12x2−2x−a ln x．讨论f x的单调性；【答案】答案见解析；【分析】根据一元二次方程根的判别式分类讨论求解即可；【详解】f x=12x2−2x−a ln x(x>0)⇒f′x=x−2−a x=x2−2x−a x，设x2−2x−a=0的判别式Δ=(−2)2+4a=4+4a，当Δ≤0时，即当a≤−1时，x2−2x−a≥0⇒f′(x)≥0，函数f x在(0,+∞)上单调递增；当Δ>0时，即当a>−1时，设方程x2−2x−a=0的两根为：1−1+a,1+1+a，当a≥0时，1−1+a≤0，当0<x<1+1+a时，f′x<0,f x单调递减，当x>1+1+a时，f′x>0,f x单调递增；当−1<a<0时，1−1+a>0当0<x<1−1+a时，f′x>0,f x单调递增，当1−1+a<x<1+1+a时，f′x<0,f x单调递减，当x>1+1+a时，f′x>0,f x单调递增，综上所述：当a≤−1时，函数f x在(0,+∞)上单调递增；当a≥0时，函数f x在(0,1+1+a)单调递减，在(1+1+a,+∞)单调递增；当−1<a<0时，函数f x在(0,1−1+a)，(1+1+a,+∞)单调递增，在(1−1+a,1+ 1+a)单调递减；【变式2-3】3．（2022·宁夏·青铜峡市宁朔中学高三期中（理））已知函数f x=e x ax2+x+ a a≥0.求函数f x的单调区间；【答案】见解析【分析】求导得到f′(x)=(ax+a+1)(x+1)e x，考虑a=0和a>0两种情况，根据导函数的正负判断函数的单调区间即可.【详解】函数f x的定义域为R，且f′(x)=(ax+a+1)(x+1)e x，当a=0时，f′(x)=e x(x+1)，当x>−1时，f′x>0，当x<−1时，f′x<0，所以函数f x 的单调递增区间为−1,+∞，单调递减区间为−∞,−1.当a >0时，f ′(x )=a (x +1)x +e x ，f ′x =0有两根－1，−a +1a，且−1>−a +1a，f′(x )=a (x +1)x +e x >0，则x ∈−∞,∪−1,+∞；f′(x )=a (x +1)x +e x <0，则x ∈−a +1a,−1；故函数f x 的单调递增区间为−∞,−−1,+∞，单调递减区间为−a +1a,−1.综上可知：当a >0时，函数f x 的单调递增区间为−∞,−1,+∞，单调递减区间为−a +1a,−1；当a =0时，函数f x 的单调递增区间为−1,+∞，单调递减区间为−∞,−1.【变式2-3】4．（2022·四川省内江市第六中学高三阶段练习（理））函数f x =a ln x −x 2+x ，g x =x −2⋅e x −x 2+m ．当a <0时，讨论函数y =f x 的单调性；【答案】答案见解析【分析】先求得f ′x ，对a 进行分类讨论，由此求得f x 的单调区间.【详解】函数f x =a ln x −x 2+x 定义域是0,+∞，f ′x =a x −2x +1=−2x 2+x +ax，①当a ≤−18时，Δ=1+8a ≤0，当x ∈0,+∞时，f ′x ≤0，即函数y =f x 的减区间为0,+∞，无递增区间；②当−18<a <0时，Δ=1+8a >0，令f ′x >0<x <又∵−18<a <0>0>0，此时函数y =f x 的减区间为+∞，综上所述，①当a ≤−18时，函数y =f x 的减区间为0,+∞，无递减区间；②当−18<a <0时，函数y =f x 的减区间为0,+∞，增区间为题型3已知单调区间求参数◆类型1已知单增单减求取值范围【例题3-1】若函数f x=x2−ax+ln x在区间1,e上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．3,+∞B．−∞,3C．3,e2+1D．−∞,e2+1【答案】B【分析】根据函数的单调性与导函数之间的关系，将单调性转化为导函数恒大于或等于0，即可求解.【详解】依题意f′x=2x−a+1x≥0在区间1,e上恒成立，即a≤2x+1x在区间1,e 上恒成立.<x<e，则g′x=2−1x2=2x2−1x2>0，所以g x在1,e上单调递增，令g x=2x+则g x>3，所以a≤3.故选:B.【变式3-1】1．若函数f x=x3−3kx+1在区间1,+∞上单调递增，则实数k的取值范围是（）A．−∞,1B．−∞,1C．−1,+∞D．1,+∞【答案】B【分析】利用函数f x在区间(1,+∞)上的导函数为非负数，列不等式，解不等式即可求得k的取值范围.【详解】由题意得，f′(x)=3x2−3k=3(x2−k)≥0在区间(1,+∞)上恒成立，即k≤x2在区间(1,+∞)上恒成立，又函数y=x2在(1,+∞)上单调递增，得x2>1，所以k≤1，即实数k的取值范围是(−∞,1].故选：B【变式3-1】2．（多选）已知函数f x=12x2−a ln x+x在1,+∞上单调递增，则实数a 的所有可能取值是（）A．0B．1C．2D．3【答案】ABC【分析】由f′(x)≥0在1,+∞上恒成立，参变分离得a≤x2+x，结合二次函数求出最小值即可求解.【详解】由题意得f′(x)≥0在1,+∞上恒成立，即f′x=x−a x+1≥0，整理得a≤x2+x，即a≤x2+x min，又x2+x=x+−14在1,+∞上单调递增，则最小值为1+1=2，故a≤2，结合选项知，a可取0，1，2.故选：ABC.【变式3-1】3．若函数f(x)=12sin2x+a cos x在区间(0,π)上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．(−∞,−1]B．[−1,+∞)C．(−∞,−1)D．[1,+∞)【答案】A【分析】依题意f′(x)=cos2x−a sin x≥0在(0,π)上恒成立，根据二倍角公式得到1−2sin x2−a sin x≥0，令t=sin x，即−2t2−at+1≥0，t∈0,1恒成立，参变分离可得a≤−2t+1t，再构造函数g t=−2t+1t，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而得解；【详解】解：∵f(x)=12sin2x+a cos x在区间(0,π)上是增函数，∴f′(x)=cos2x−a sin x≥0在(0,π)上恒成立，∴1−2sin2x−a sin x≥0，因为x∈(0,π)，所以sin x∈0,1令t=sin x，则t∈0,1，即−2t2−at+1≥0，t∈0,1，∴a≤−2t+1t，令g t=−2t+1t，t∈0,1，则g′t=−2−1t2<0，∴g t在0,1上单调递减，∴a≤g1=−1，即a∈−∞,−1，故选：A．【变式3-1】4．“函数y=ax−sin x在R上是增函数”是“a>0”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】求导，根据导数恒大于等于0可得a的范围，然后判断可得.【详解】因为函数y=ax−sin x是增函数，所以y′=a−cos x≥0恒成立，即a≥cos x恒成立，所以a≥1>0反之a>0，函数的导数不一定大于0.故“函数y=ax−sin x在R上是增函数”是“a>0”的充分不必要条件.故选：A【变式3-1】5．若函数f(x)=ln(x+1)−mx在区间(0,+∞)上单调递减，则实数m的取值范围是（）A．(−∞,−1]B．(−∞,−1)C．(1,+∞)D．[1,+∞)【答案】D【分析】函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减，则导函数f′(x)≤0在区间(0,+∞)上恒成立,分离参数，即可求解.【详解】解：f(x)=ln(x+1)−mx,f′(x)=1x+1−m，则f′(x)=1x+1−m≤0在0,+∞上恒成立，即m≥1x+1恒成立，又y=1x+1在0,+∞上单调递减，故1x+1<1，所以m≥1，当m=1时，导数不恒为0，故选：D.【变式3-1】6．若函数f(x)=bx+2sin x在x∈则实数b的取值范围是（）A．b≥0B．b>0C．b≥−2D．b>−2【答案】A【分析】由f′(x)≥0【详解】由题意f′(x)=b+2cos x≥0b≥−2cos x，x∈y=−2cos x是增函数，y max=0（x=π2时取得），所以b≥0．【变式3-1】7．已知函数f x=13x3+a2x2+x+1上−∞,0，3,+∞单调递增，在1,2上单调递减，则实数a的取值范围为______.【答案】−103,−【分析】求导得到f′x=x2+ax+1，根据f x在−∞,0，3,+∞上单调递增，在1,2上单调递减，可得方程f′x=0的两个根分别位于区间0,1和2,3上，进而根据数形结合，列出相应的不等式组，即可求出实数a的取值范围【详解】由f x=13x3+a2x2+x+1，得f′x=x2+ax+1，因为f x在−∞,0，3,+∞上单调递增，在1,2上单调递减，所以方程f′x=0的两个根分别位于区间0,1和2,3上，所以f′0≥0f′1≤0f′2≤0f′3≥0，即1≥02+a≤02a+5≤03a+10≥0解得−103≤a≤−52故答案为：−103,◆类型2存在单增单减区间问题【例题3-2】已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝12ax2＋2x.（1）若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围；（2）若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求实数a的取值范围.【答案】（1）(－1，＋∞)；（2）[−716,+∞).【分析】（1）由函数h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，则当x>0时，1x－ax－2<0有解，即a>1x2−2x有解，构造函数G(x)=1x2−2x，求出其最小值即可；（2）由h(x)在[1，4]上单调递减，可得当x∈[1，4]时，ℎ'(x)=1x−ax−2≤0恒成立，则a≥1x2−2x恒成立，构造函数G(x)=1x2−2x，求出其最大值即可【详解】h(x)＝ln x－12ax2－2x，x>0.∴h′(x)＝1x－ax－2.（1）若函数h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，则当x>0时，1x－ax－2<0有解，即a>1x2−2x有解.设G(x)=1x2−2x，所以只要a>G(x)min.又G(x)=(1x−1)2−1，所以G(x)min＝－1.所以a>－1.即实数a的取值范围是(－1，＋∞).（2）由h(x)在[1，4]上单调递减，∴当x∈[1，4]时，ℎ'(x)=1x−ax−2≤0恒成立，则a≥1x2−2x恒成立，设G(x)=1x2−2x，所以a≥G(x)max.又G(x)=(1x−1)2−1，x∈[1，4]，因为x∈[1，4]，所以1x∈[14,1]，所以G(x)max＝−716(此时x＝4)，所以a≥−716.又当a＝−716时，ℎ'(x)=1x+716x−2=(7x−4)(x−4)16x，∵x∈[1，4]，∴ℎ'(x)=(7x−4)(x−4)16x≤0，当且仅当x＝4时等号成立.∴h(x)在[1，4]上为减函数.故实数a的取值范围是[−716,+∞).【点睛】此题考查导数的应用，注意函数的单调区间和在某区间上单调的区别，同时考查不等式恒成立问题转化为求函数的最值，属于中档题【变式3-2】1．若函数f(x)=ln x−12ax2−2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________.【答案】(−1,+∞)【分析】先求导函数，递减小于0，再解含参数的不等式分类讨论即可.【详解】f′(x)=1x−ax−2=1−2x−ax2x，由题意知，f′(x)<0在(0,+∞)上有实数解，即ax2+2x−1>0有实数解，当a≥0时，显然满足，当a<0时，只需Δ=4+4a>0∴−1<a<0综上所述a>−1故答案为：(−1,+∞)【点睛】本题考查导函数的单调性，及含参数的不等式有解求参数的取值范围问题.【变式3-2】2．设f(x)=−13x3+12x2+ax.（1）若f(x)+∞上存在单调递增区间，求a的取值范围；（2）若f(x)+∞上单调递减，求a的取值范围.【答案】（1）a>−29；（2）a≤−29【分析】（1）f(x)+∞上存在单调递增区间，即f'(x)>0+∞上有解，只要f'(x)max>0即可；（2）f(x)+∞上单调递减，即f'(x)≤0+∞上恒成立，只要f'(x)max≤0即可；【详解】解：（1）f'(x)=−x2+x+a=−x+14+a，当x∈+∞时，f'(x)max=f'=29+a，则当x∈+∞时，令29+a>0，得a>−29，所以，当a>−29时，f(x)+∞上存在单调递增区间；（2）由（1）得当x∈+∞时，f'(x)max=f'=29+a，则当x∈+∞时，令29+a≤0，得a≤−29，所以，当a≤−29时，f(x)+∞上单调递减.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及函数在闭区间上的最值问题，正确理解导数与函数单调性的关系及准确求导是解决问题的基础.【变式3-2】3．已知函数f(x)=ln x−12ax2−2x+1,a∈R（1）若f(x)在x=2处的切线与直线2x+y=0垂直，求a的值；（2）若f(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围．【答案】（1）−1（2）(−1,+∞).【分析】（1）根据导数的几何意义，再利用两直线垂直的充要条件即可求解；（2）根据函数f(x)存在单调递减等价f′(x)<0在(0,+∞)上有解，转化为a>1−2x x2在(0,+∞)上有解，求g(x)=1−2x x2在(0,+∞)的最小值即可求解．【详解】（1）因为f(x)=ln x−12ax2−2x+1,a∈R，所以f'(x)=1x−ax−2,∴f′(2)=−2a−32,所以f(x)在x=2处的切线的斜率为k=f′(2)=−2a−32，因为f (x )在x =2处的切线与直线2x +y =0垂直，所以(−2a −32)×(−2)=−1，即−2a −32=12，解得a =−1．（2）因为f (x )=ln x −12ax 2−2x +1,所以f ′(x )=1x−ax −2，因为f (x )存在单调递减区间等价于f ′(x )=1x−ax −2<0在(0,+∞)上有解．即a >1−2xx 2在(0,+∞)上有解．令g (x )=1−2xx 2,(x >0),所以只需a >g (x )min ．因为g (x )=1−2xx 2=(1x)2−2(1x)=(1x−1)2−1≥−1,即g (x )min =−1,所以实数a 的取值范围为(−1,+∞)．【变式3-2】4．已知函数f (x )=−13x 3+12x 2+2ax ．(1)若函数f (x )+∞上存在单调增区间，求实数a 的取值范围．(2)若函数f (x ),1上单调递增，求实数a 的取值范围．【答案】(1)a >−19(2)a ≥0【分析】（1）即f ′x >0有解，参变分离得a >，最后根据二次函数性质求最值，即得实数a 的取值范围．（2）即f ′x >0恒成立，参变分离得a >，最后根据二次函数性质求最值，即得实数a 的取值范围．（1）f ′x =−x 2+x +2a ，由于f (x )+∞上存在单调增区间，故∃x 0∈+∞，f ′x 0>0，∴a >，由于y =x 2−x 2在+∞单调递增，且当x =23时，x 2−x2=−19∴a >−19（2）∀x ∈,1f ′x ≥0，由于y =x 2−x 2在+∞单调递增，故y =x 2−x 2在,1单调递增，当x =1时，x 2−x2=0a ≥，∴a ≥0．◆类型3已知单调区间问题【例题3-3】已知函数f x =ln x +x 2+ax ,1，则（）.A ．a ∈−∞,−3B ．a =−3C ．a =3D ．a ∈−∞,3【答案】B【分析】根据f x 得到f ′x ，再根据f x ,1，得到12和1是方程f ′x =0的两个根，代入解方程即可.【详解】由f x =ln x +x 2+ax 得f′x =2x 2+ax +1x，又f x ,1，所以12和1是方程2x 2+ax +1x=0的两个根，代入得a =−3.经检验满足题意故选：B.【变式3-3】1．已知函数f x =mx 3+3m −1x 2−m 2+1m >0的单调递减区间是0,4，则m =（）A ．3B ．13C ．2D ．12【答案】B【分析】利用导数结合韦达定理得出m 的值.【详解】函数f x =mx 3+3m −1x 2−m 2+1m >0，则导数f ′x =3mx 2+6m −1x令f ′x <0，即3mx 2+6m −1x <0，∵m >0，f x 的单调递减区间是0,4，∴0，4是方程3mx 2+6m −1x =0的两根，∴0+4=0×4=0，∴m =13故选：B.【变式3-3】2．已知函数f (x )=2x 3−mx 2+2(m >0)的单调减区间为(a ,b )，若b −a ≤2，则m 的最大值为______．【答案】6【分析】根据已知条件及导数的正负与函数单调性的关系即可求解.【详解】由f(x)=2x3−mx2+2(m>0)，得f′(x)=6x2−2mx(m>0)．令f′(x)<0,即6x2−2mx<0，解得0<x<m3，所以函数f(x)=2x3−mx2+2(m>0)的单调减区间为(0,m3)，所以b−a=m3≤2，解得m≤6，所以m的最大值为6．故答案为：6.【变式3-3】3．已知函数f x=ln x+x2+ax,1，则a的值为________．【答案】−3【分析】分析可知不等式2x2+ax+1<0,1，利用韦达定理可求得实数a的值.【详解】函数f x的定义域为0,+∞，且f′x=1x+2x+a=2x2+ax+1x，由题意可知，不等式2x2+ax+1<0,1，所以，12+1=−a2，解得a=−3.故答案为：−3.【变式3-3】4．（多选）若函数f x=ax3−3x2+x+1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是（）A．−3B．−1C．0D．3【答案】AB【分析】将问题转化为导函数有两个零点问题，由判别式可解.【详解】当a=0时，f x=−3x2+x+1，显然不满足题意；当a≠0时，f′x=3ax2−6x+1，因为f x恰好有三个单调区间，所以f′x=3ax2−6x+1有两个零点，即Δ=36−12a>0，解得a<3，综上，a的取值范围为(−∞,0)∪(0,3).故选：AB◆类型4不单调问题【例题3-4】已知函数f x=1−x ln x+ax在1,+∞上不单调，则a的取值范围是（）A．0,+∞B．−∞,0C．0,+∞D．−∞,0【答案】A【分析】因为f (x )在1,+∞上不单调，故利用f ′x 在1,+∞上必有零点，利用a =ln x −1x+1，构造函数z (x )=ln x −1x +1，通过z (x )的范围，由此求得a 的取值范围.【详解】依题意f ′x =−ln x +1x+a −1，故f ′(x )在1,+∞上有零点，令g (x )=−ln x +1x+a −1，令g (x )=0，得a =ln x −1x +1，令z (x )=ln x −1x +1，则z ′(x )=1x +1x 2，由x >1，得z ′(x )>0，z (x )单调递增，又由z (1)=0，得z (x )>0，故a =z (x )>0，所以，a 的取值范围0,+∞故选：A【变式3-4】若函数()()11xf x e a x =--+在(0，1)上不单调，则a 的取值范围是（）A ．()2,1e +B ．[]2,1e +C ．(][),21,e -∞⋃++∞D ．()(),21,e -∞⋃++∞【答案】A 【解析】()(1)1x f x e a x =--+，()1x f x e a '∴=-+，若()f x 在(0,1)上不单调，则()'f x 在(0,1)上有变号零点，又()f x '单调递增，()()010f f ''∴<，即(11)(1)0a e a -+-+<，解得21a e <<+．a ∴的取值范围是(2,e +1)．故选：A ．题型4单调性与图象【例题4-1】函数()()22xf x x x e =-的图象大致是()A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】函数()()22x f x x x e =-，则()()22xf x x e '=-，令()0f x '=，解得()f x 的两个极值点为AD ，且当0x <时，()f x 恒为正，排除C ，即只有B选项符合要求，故选：B.【变式4-1】1.函数()21ln 2f x x x =-的图象大致是（）.A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】由题得，()1(0)f x x x x'=->，当(0,1)时，()0f x '>，函数()f x 为增函数，当(1,)+∞时，()0f x '<，函数()f x 为减函数，则当1x =时，()f x 取最大值，()112f =-，则B 选项正确.故选：B 【变式4-1】2.已知函数f (x )＝e x －(x ＋1)2(e 为2.71828…)，则f (x )的大致图象是（）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】函数()2(1)x f x e x ＝－+，当1x =-时，()1=110f ee -->＝，故排除A 、D ，又()22()20ln2x x f x e x f x e x '''=--=-=⇒=，，当0ln2x <<时，()(0())00f f f x x ''<''<∴<，，所以()f x 在()0,ln 2为减函数，故排除B,故选：C【变式4-1】3．函数f x =ax 3+bx 2+cx +d 的图象如图，则函数y =ax 2+32bx +c3的单调递增区间是()A ．−∞,−2B ．[12,+∞)C ．−2,3D ．[98,+∞)【答案】D【分析】由题可得d ＝0，不妨取a ＝1，求导，由题图可得f ′−2=f ′3=0，可求b ，c 的值，从而可求单调区间.【详解】解:由题图可知d ＝0.不妨取a ＝1，∵f x=x3+bx2+cx，∴f′x=3x2+2bx+c.由图可知f′−2=f′3=0，∴12－4b＋c＝0,27＋6b＋c＝0，∴b=−32，c=−18.∴y=x2−94x−6，y′=2x−94.当x＞98时，y′>0，∴y=x2−94x−6的单调递增区间为[98,+∞).故选:D.【变式4-1】4．已知函数f x的图象如图所示，则下列说法中错误的是A．f x在区间上单调递减B．f x在区间上单调递增C．当时，f′x>0D．当时，f′x=0【答案】C【详解】试题分析：由图像可知增区间为(1,4)，此时，减区间为(−∞,1),(4,+∞)此时f'(x)<0，所以x=1,x=4是极值点考点：函数单调性与极值【例题4-2】如图是y=f′x的图像，则函数y=f x的单调递减区间是（）A．−2,1B．−2,0,2,+∞C．−∞,−1D．−∞,−1,1,+∞【答案】B【分析】由导数与单调性的关系判断．【详解】由图象知−2<x<0或x>2时，f′(x)<0，因此减区间是(−2,0)，(2,+∞)．故选：B．【变式4-2】1．函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示，给出下列命题：①−3是函数y=f(x)的极值点；②−1是函数y=f(x)的最小值点；③y=f(x)在区间(−3,1)上单调递增；④y=f(x)在x=0处切线的斜率小于零．以上正确命题的序号是（）A．①②B．③④C．①③D．②④【答案】C【分析】根据导函数图象可判定导函数的符号，从而确定函数的单调性，得到极值点，以及根据导数的几何意义可知在某点处的导数即为在该点处的切线斜率．【详解】根据导函数图象可知：当x∈−∞,−3时，f′x<0，在x∈−3,1时，f′x≥0，∴函数y=f x在−∞,−3上单调递减，在−3,1上单调递增，故③正确；则−3是函数y=f x的极小值点，故①正确；∵在−3,1上单调递增，∴−1不是函数y=f x的最小值点，故②不正确；∵函数y=f x在x=0处的导数大于0，∴切线的斜率大于零，故④不正确．故选：C．【变式4-2】2．已知函数f x与其导函数f′x的图象的一部分如图所示，则函数g x=的单调性（）A．在1,1单调递减B．在−1,2−3单调递减C．在2−3,1单调递减D．在1,2上单调递减【答案】B【分析】由导函数与原函数之间关系可确定两个图象的分属，由此可得g′x在不同区间内的正负，进而判断单调性，得到结果.【详解】∵f′x<0时，f x单调递减；f′x>0时，f x单调递增，∴已知图象中在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，且有两个零点x=−1和x=1的是f′x，∵g′x=f′x−f x e x，由图象可知：当x∈−1,2−3时，f x>f′x；当x∈2−3,2时，f′x>f x；∴当x∈−1,2−3时，g′x<0；当x∈2−3,2时，g′x>0；∴g x在−1,1上不单调，A错误；在−1,2−3上单调递减，B正确；在2−3,1，1,2上单调递增，CD错误.故选：B.【变式4-2】3．已知f x是定义在R上的可导函数，y=e f′x的图象如下图所示，则y=f x的单调减区间是A．−∞,−1B．−∞,2C．0,1D．1,2【答案】B【详解】分析：先根据图像求出e f′(x)≤1，即得f′(x)≤0，也即得结果.详解：因为当x≤2时，e f′(x)≤1，所以当x≤2时，f′(x)≤0，所以y=f(x)的单调减区间是(−∞,2)，选B.点睛：函数单调性问题，往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题，经常转化为解方程或不等式.题型5利用导数图象解不等式【例题5】定义域为R的可导函数的导函数y=f x为f′x，满足f x>f′x，且f0=1，则不等式f x<e x的解集为（）A．−∞,2B．2,+∞C．−∞,0D．0,+∞【答案】D【分析】根据条件构造函数F x=<1⇔F x<F0利用函数的单调性解不等式，即可得到结果．【详解】设F x=则F′x==f x>f′x，所以F′x<0，即函数F x在定义域上单调递减，因为f(0)=1，所以不等式f x<e x<1，等价于F(x)<F(0)，解得x>0，故不等式的解集为0,+∞.故选：D．【变式5-1】1．已知定义在R上的函数f x的导函数为f′x，若f′x<e x，且f2=e2+2，则不等式f ln x>x+2的解集是（）A．0,e2B．0,2C．−∞,e2D．−∞,2【答案】A【分析】设g x=f x−e x+2，求导可得g x在R上单调递减，再根据f ln x>x+2转化为g ln x>4，再结合g x的单调性求解即可.【详解】设g x=f x−e x+2，则g′x=f′x−e x.因为f′x<e x，所以f′x−e x<0，即g′x<0，所以g x在R上单调递减.。

高中数学函数的单调性同步练习2 苏教版必修1

高中数学函数的单调性同步练习2 苏教版必修11．已知函数R m mx x x f ∈+-=,52)(2，在]2,(--∞上单调递减，在),2[+∞-上单调递增，则)1(f 为（）A ．1-B ．15C ．9D ．32．设)(x f 为定义在数集A 上的增函数，且0)(>x f ，有下列函数①)(23x f y -=;②)(11x f y +=;③2)]([x f y =;④)(x f y =。

其中减函数的个数为（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．有下列说法：①函数)(x f 在两个区间A,B 上都是单调减函数，则函数)(x f 在B A 上也是单调减函数；②反比例函数xy 1=在定义域内是减函数；③函数x y -=在R 上是减函数；④函数)(x f 在定义域内是增函数，则)(2x f y =在定义域内也是增函数其中正确的说法有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个4．已知函数)(x f 在区间],[b a 上具有单调性，且0)()(<b f a f ，则方程0)(=x f 在区间],[b a 上的实根个数为（）A ．至少有一个B ．至多有一个C ．没有D ．只有一个5．函数)(x f 在区间)3,2(-上是增函数，则)5(+=x f y 的递增区间是（）A ．)8,3(B ．)2,7(--C ．)2,3(--D ．)5,0(6．已知)(x f 是R 上的减函数，对实数b a ,，若0>+b a ，则有（）A ．)()()()(b f a f b f a f -+->+B ．)()()()(b f a f b f a f -+-<+C ．)()()()(b f a f b f a f --->-D ．)()()()(b f a f b f a f ---<-7．已知函数||x y =在),[+∞a 上单调递增，则实数a 的取值范围为。

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苏教版必修1《5.3 函数的单调性》练习卷（1）一、选择题（本大题共7小题，共35.0分）1. 若函数y =f(x)的图象如图所示，则函数y =−f(x +1)的图象大致为( )A. B.C. D.2. 下列函数在(0,+∞)上是增函数的是( )A. y =(13)xB. y =−2x +5C. y =lnxD. y =3x3. 定义在R 上的函数f(x)对任意两个不相等实数a,b ，总有f(a)−f(b)a−b>0成立，则必有( )A. f(x)在R 上是增函数B. f(x)在R 上是减函数C. 函数f(x)是先增加后减少D. 函数f(x)是先减少后增加4. 已知f(x)在区间(0,+∞)上是减函数，那么f(a 2−a +1)与f (34)的大小关系是( )A. f(a 2−a +1)>f (34) B. f(a 2−a +1)≤f (34) C. f(a 2−a +1)≥f (34)D. f(a 2−a +1)<f (34)5. 函数y =ax 2+bx +c 与y =ax +b(ab ≠0)的图象可能是( )A.B.C.D.6. 已知f(x)为R 上的减函数，则满足f(1x )>f(1)的实数x 的取值范围是( )A. (−∞,1)B. (1,+∞)C. (−∞,0)∪(0,1)D. (−∞,0)∪(1,+∞)7. 已知函数f(x)={x 2+1x ⩾2f(x +3)x <2，则f(1)−f(3)=( )A. −2B. −7C. 7D. 27二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）8. 设函数f(x)={1,x >0,0,x =0,−1,x <0,g(x)=x 2f(x −1)，则函数g(x)的单调递减区间是________。

9. 定义在(−2,2)上的函数f(x)是增函数，且满足f(1−a)<f(a)，则实数a 的取值范围是________． 10. 已知函数f(x)=ax+1x+2在区间(−2,+∞)上为增函数，则实数a 的取值范围是______ ．11. 已知函数f(x)={(12)x −1,x ≥1(a −2)x +1,x <1为R 上的单调减函数，则实数a 的取值范围是______．三、解答题（本大题共3小题，共36.0分） 12. 已知数f(x)=2x−1x+1．(1)求f(x)的定义域; (2)证明函数f(x)=2x−1x+1在[1,+∞)上是增函数．13.已知y=f(x)是奇函数，且x>0时，f(x)=1+1，x(1)求函数f(x)的解析式；(2)画出函数f(x)的图象，并写出函数f(x)单调区间及值域；(3)求不等式f(2x+1)+2≥0的解集．(a≠0)在(−1,1)上的单调性．14.试讨论函数f(x)=axx−1-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：本题考查了函数图象的变换(平移、对称、伸缩、翻折变换)．利用函数图象的对称、平移变换得结论．解：因为由函数y=f(x)的图象得到函数y=−f(x+1)的图象，需要先将函数y=f(x)的图象关于x轴对称得函数y=−f(x)的图象，再把函数y=−f(x)的图象向左平移一个单位得函数y=−f(x+1)的图象，所以选C．故选C．2.答案：C)x在(−∞,+∞)上是减函数，∴不满足题意；解析：解：对于A，函数y=(13对于B，函数y=−2x+5在(−∞,+∞)上是减函数，∴不满足题意；对于C，函数y=lnx在(0,+∞)上是增函数，∴满足题意；在(0,+∞)上是减函数，∴不满足题意．对于D，函数y=3x故选：C．根据基本初等函数的单调性，对选项中的函数进行判断即可．本题考查了基本初等函数的单调性的判断问题，是基础题目．3.答案：A解析：解：∵定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等实数a，b，总有f(a)−f(b)a−b>0成立，即对任意两个不相等实数a，b，若a<b，总有f(a)<f(b)成立，f(x)在R上是增函数．故选A．由单调性的定义说明单调性即可．本题考查了函数单调性的变形应用，属于基础题．4.答案：B解析：本题主要考查函数单调性应用，利用配方法比较a2−a+1与34的大小关系，是解决本题的关键，比较基础．判断a2−a+1与34的大小关系，然后利用函数的单调性进行判断大小关系．解：∵a2−a+1=(a−12)2+34≥34，f(x)在(0,+∞)上为减函数，∴f(a2−a+1)≤f(34)．故选B．5.答案：C解析：解：对于选项A，由直线y=ax+b得到a>0，b>0，则二次函数的对称轴为x=−b2a<0，故A不符合，对于选项B，由直线y=ax+b得到a<0，b>0，则y=ax2+bx+c开口向下，故B不符合，对于选项C，由直线y=ax+b得到a<0，b>0，则二次函数的对称轴为x=−b2a>0，故C符合，对于选项D ，由直线y =ax +b 得到a >0，b <0，则y =ax 2+bx +c 开口向上，故D 不符合，故选：C根据一次函数和二次函数的图象和性质，分别判断各选项是否相符即可本题主要考查了二次函数和一次函数的图象和性质，属于基础题6.答案：D解析：解：由已知得1x <1解得x <0或x >1，故选D ．由函数的单调性可直接得到1x 与1的大小，转化为解分式不等式，直接求解或特值法均可．本题考查利用函数的单调性解不等式，属基本题．7.答案：C解析：本题考查分段函数函数值的计算，注意分析函数f(x)的解析式．根据题意，由函数的解析式可得f(1)=f(4)=17；f (3)=10，进而计算可得答案．解：根据题意，f(x)={x 2+1x ⩾2f(x +3)x <2, 则f(1)=f(4)=17；f (3)=10 则f(1)−f(3)=7; 故选：C ．8.答案：[0,1)解析：本题是对二次函数以及分段函数图象的综合考查．在画分段函数的图象时，一定要注意分界位置的函数值是要还是不要，来决定其为实点还是虚点．先利用条件求出g(x)的表达式，再画出其图象，有图象即可直接求出函数g(x)的单调递减区间．解：由题得f(x)={1,x >0,0,x =0,−1,x <0,,其对应图象如图：由图得函数f(x)的单调递减区间是[0,1)．故答案为[0,1)．9.答案：(12,2)解析：本题考查函数的单调性，利用函数的单调性，将f(1−a)<f(a)中的“f”去掉，即可得到不等式组{−2<1−a<2,−2<a<2,1−a<a,，求解即可得到答案．解：由题设知实数a应满足：{−2<1−a<2,−2<a<2,1−a<a,解得12<a<2．故答案为(12,2)．10.答案：{a|a>12}解析：解：∵函数f(x)=ax+1x+2=a+1−2ax+2，结合复合函数的增减性，再根据f(x)在(−2,+∞)为增函数，可得g(x)=1−2ax+2在(−2,+∞)为增函数，∴1−2a<0，解得a>12，故答案为：{a|a>12}.把函数f(x)解析式进行常数分离，变成一个常数和另一个函数g(x)的和的形式，由函数g(x)在(−2,+∞)为增函数得出1−2a<0，从而得到实数a的取值范围．本题考查利用函数的单调性求参数的范围，属于基础题．11.答案：[12,2)解析：本题主要函数的单调性的性质，属于基础题．由题意利用函数的单调性，可得关于a的不等式组，由此求得a的取值范围．解：函数f(x)是R上的单调递减函数，∴{a−2<012−1≤a−2+1，求得12≤a<2，则实数a的范围是[12,2)，故答案为：[12,2).12.答案：(1)解：由x+1≠0，得x≠−1.故函数的定义域是{x|x≠−1}．(2)证明：f(x)=2x−1x+1=2−3x+1，在[1,+∞)上任取x1，x2，使得1≤x1<x2，则f(x1)−f(x2)=3x1−3x2(x1+1)(x2+1)，∵1≤x1<x2，∴0<x1+1<x2+1，且x1−x2<0，∴f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在区间[1,+∞)上是增函数．解析：本题考查了函数的定义域求法及函数的单调性证明，属于简单题．(1)由x+1≠0可得函数的定义域；(2)由单调性的定义可证得f(x)=2x−1x+1在[1,+∞)上是增函数．13.答案：解：(1)y=f(x)是奇函数，∴f(0)=0，f(−x)=−f(x)当x<0时，−x>0，f(x)=−f(−x)=−(1−1x )=−1+1x，故f(x)={−1+1x,x <00,x =01+1x ,x >0(2)作函数f(x)的图象如右图，函数f(x)单调减区间为(−∞,0)，(0,+∞)，其值域为(−∞,−1)∪(1,+∞)∪{0}． (3)不等式f(2x +1)+2≥0等价于x+22x+1≥0，解得x ≤−2或x >−12，故所求不等式的解集为(−∞,−2]∪(−12,+∞)．解析：(1)根据奇函数的性质即可求出函数f(x)的解析式， (2)画图即可求出，根据图象可得函数的单调区间和值域． (3)不等式f(2x +1)+2≥0等价于x+22x+1≥0，解得即可本题考查函数的解析式的求法，和函数图象的应用，属于基础题14.答案：解：f(x)=a +ax−1，f(x)图象是由反比例函数y =ax ，向右平移1个单位在向上或下平移|a|单位得到的， ∵a <0时，y =ax 在(−∞,0)，和(0,+∞)上分别为增函数， a >0时，y =a x 在(−∞,0)，和(0,+∞)上分别为减函数， ∴a <0时，f(x)在(−1,1)上为增函数， a >0时，f(x)在(−1,1)上为减函数．解析：先将函数的解析式整理为f(x)=a +ax−1，结合f(x)=ax 的性质，通过讨论a 的范围，从而求出函数的单调性．本题考查了函数的单调性问题，考查了图象的平移变化，考查了分类讨论思想，是一道中档题．。