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《2019-2020学年高一数学人教A版必修1练习：1.3.1第1课时函数的单调性Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯名校名推荐⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1.3函数的基本性质1.3.1单调性与最大(小)值第1课时函数的单调性课后篇巩固提升基础巩固1.下列函数在区间(0,+∞)上不是增函数的是()A.y=2x+1B.y=x2+1C.y=3-xD.y=x2+2x+1解析函数y=3-x在区间(0,+∞)上是减函数.答案C2.函数f(x)=-x2+2x+3的单调减区间是()A.(-∞,1)B.(1,+∞)C.(-∞,2)D.(2,+∞)解析易知函数f(x)=-x2+2x+3是图象开口向下的二次函数,其对称轴为x=1,所以其单调减区间是(1,+
2、∞).答案B3.若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数-a,b,总有-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)是先增后减D.函数f(x)是先减后增>0成立,则必有()解析由-->0知f(a)-f(b)与a-b同号,即当ab时,f(a)>f(b),所以f(x)在R上是增函数.答案A24.函数f(x)=x-2(a-1)x+1在区间(2,3)上为单调函数,则实数a的取值范围是()A.(-∞,3]∪[4,+∞)B.(-∞,3)∪(4,+∞)C.(-∞,3]D.[4,+∞)解析二次函数图象开口向上,对称轴为
3、直线x=a-1,因为函数在区间(2,3)上为单调函数,所以a-1≤2或a-1≥3,相应解得a≤3或a≥4,故选A.答案A1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯名校名推荐⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5.已知函数f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,若a∈R,则()A.f(a)>f(2a)2B.f(a)a,f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,所以f(a+1)4、5在区间(-∞,5)上为减函数,则实数a的取值范围是()A.--B.-C.-D.解析因为函数f(x)=x2+3ax+5的单调递减区间为--,所以(-∞,5)?--,所以a≤-.答案A7.函数f(x)=
5、x-2
6、的单调递增区间是.解析由图象可知,f(x)的单调递增区间是[2,+∞).答案[2,+∞)8.已知函数f(x)=2x2-mx+3,当x∈[-2,+∞)时,f(x)是增函数,当x∈(-∞,-2)时,f(x)是减函数,则f(1)=.解析∵函数f(x)在(-∞,-2)上是减函数,在[-2,+∞)上是增函数,∴x=-=-2,∴m=-8,即f(x)=2x2+8x+3.∴f(1)=1
7、3.答案139.已知函数2上是单调函数,则实数m的取值范围f(x)=-2x+mx+1在区间[1,4]是.解析二次函数f(x)的图象的对称轴是直线x=.因为二次函数在对称轴的两侧的单调性相反,即?(1,4),所以≤1或≥4,即m≤4或m≥16.2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯名校名推荐⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯答案(-∞,4]∪[16,+∞)10.证明函数f(x)=-在定义域上为减函数.证明函数f(x)=-的定义域为[0,+∞).设x1,x2是[0,+∞)上的任意两个实数,且0≤x10,f(x2)-f(x1)=(-)-(-)=-
8、-=.∵x1-x2<0,>0,∴f(x2)-f(x1)<0,即f(x2)9、x
10、与g(x)=x(2-x)的单调递增区间分别为()A.(-∞,0],[1,+∞)B.(-∞,0],(-∞,1]C.[0,+∞),[1,+∞)D.[0,+∞),(-∞,1]解析由函数图象(图略)可知选D.答案D2.若函数y=ax与y=-在区间(0,+∞)上都是减函数,则函数y=ax2+bx在区间(0,+∞)上是()A.增函数B.减函数C.先增后减D.先减后增解析由于函数y=ax与y=-在区间(0,+∞)上都是减函数
11、,所以a<0,-b>0,即a<0,b<0.因为抛物线y=ax2+bx的对称轴为x=-<0,且抛物线开口向下,所以y=ax2+bx在区间(0,+∞)上是减函数.答案B3.若定义在R上的二次函数f(x)=ax2-4ax+b在区间[0,2]上是增函数,且f(m)≥f(0),则实数m的取值范围是()A.0≤m≤4B.0≤m≤2C.m≤0D.m≤0或m≥4解析由f(x)在区间[0,2]上是增函数,所以f(2)>f(0),解得a<0.-又因为f(x)图象的对称轴为x=-=2,所以f(x)在区间[0,2]上的值域与在
