1、单调性与最大(小)值第1课时函数的单调性基础过关练题组一函数单调性的概念及其应用1.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-b0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.f(x)在R上先增后减D.f(x)在R上先减后增2.若函数f(x)在区间(a,b)上是增函数,在区间(b,c)上也是增函数,则函数f(x)在区间(a,b)(b,c)上()A.必是增函数B.必是减函数C.是增函数或减函数D.无法确定单调性3.已知四个函数的图象如图所示,其中在定义域内具有单调性的函数是()4.(2020北京第二十二中学高一期中)下列函数中,定义域
2、为R的单调递减函数是()A.y=-x2B.y=1xC.y=|x|D.y=-2x+1题组二函数单调性的判定与证明5.已知f(x)=xx-a(xa).(1)若a=-2,试证明f(x)在(-,-2)上单调递增;(2)若a0,且f(x)在(1,+)内单调递减,求实数a的取值范围.6.(2020陕西宝鸡中学高一期中)已知函数f(x)=mx+nx,点A(1,5),B(2,4)是f(x)图象上的两点.(1)求m,n的值;(2)用定义证明:f(x)是2,+)上的增函数.题组三函数单调性的简单应用7.已知函数y=f(x)在区间-5,5上是增函数,则下列不等式成立的是()A.f(4)f(-)f(3)B.f()f(
3、4)f(3)C.f(4)f(3)f()D.f(-3)f(-)f(-4)8.(2020北京第十一中学高一期中)已知函数y=ax和y=-bx在(0,+)上都是减函数,则函数f(x)=bx+a在R上是()A.减函数且f(0)0B.增函数且f(0)0D.增函数且f(0)09.(2020河北邢台第一中学高一上第一次月考)已知函数f(x)在定义域(-1,1)内单调递减,且f(1-a)f(a2-1),则实数a的取值范围是()A.(-2,1)B.(0,2)C.(0,2)D.(0,1)10.已知f(x)=(3a-1)x+4a,x-1在(-,+)上为增函数,则实数a的取值范围是()A.0,32B.0,32C.1,
4、32D.1,323.(2020河北承德一中高一上月考,)函数f(x)=ax2+2(a-1)x+2在区间(-,4上为减函数,则a的取值范围为()A.0a15B.0a15C.0a154.(2020湖南长沙长郡中学高一期末,)已知函数f(x)是定义在(0,+)上的增函数,对于任意实数x,y(0,+)都有f(xy)=f(x)+f(y),若f(3)=1且f(m)f(1-m)+2,则实数m的取值范围为()A.(0,1)B.(0,2)C.910,1D.0,9105.(2020辽宁六校协作体高一上期中,)已知函数f(x)的图象关于直线x=-1对称,且对于任意x1,x2-1,+),x1x2,f(x2)-f(x1
5、)x2-x10恒成立,则以下结论正确的是()A.f(0)f(-3)B.对任意xR,都有f(x)f(-1)C.f(a2-a+1)f34D.若f(m)f(2),则-4m26.(2021黑龙江哈尔滨第三中学高一第一次验收,)若函数y=f(x)在区间I上是减函数,且函数y=f(x)x在区间I上是增函数,则称函数y=f(x)是区间I上的“可变函数”,区间I叫做“可变区间”.若函数f(x)=x2-4x+2是区间I上的“可变函数”,则“可变区间”I为()A.(-,-2和2,2B.2,2C.(0,2D.1,3二、填空题7.(2020黑龙江哈尔滨三中高一上第一次阶段性验收,)下列说法正确的是.(填序号)函数f(
6、x)=12-x在(0,+)上单调递减;若函数y=x2+(2a-1)x+1的减区间是(-,2,则a=-32;若函数f(x)满足对R上的任意实数x1,x2(x1x2),都有(x1-x2)f(x1)-f(x2)0成立,则f(x)在R上单调递减.8. (2020山东青岛二中高一期中,)若函数f(x)=2x-1x+1在区间m,+)上为增函数,则实数m的取值范围是.9. (2020湖南张家界高一上期末,)函数f(x)的定义域为D,若对任意x1,x2D,当x10,那么该函数在(0,t)上是减函数,在(t,+)上是增函数.已知f(x)=x2-10x+13x-1,x2,4,利用上述性质,求f(x)的单调区间和值
7、域.12.(2020山东烟台高一上期中,)已知函数f(x+1)=x2+2x+2x+1.(1)求函数f(x)的解析式;(2)根据函数单调性的定义证明f(x)在(0,1)上单调递减.13.(2019四川绵阳东辰国际学校高一上教学质量监测,)已知函数f(x)=1x2-x是定义在(0,+)上的函数.(1)用定义证明函数f(x)的单调性;(2)若关于x的不等式fx2+2x+mx0时,f(x)1,且对任意的a,bR,有f(a+b)=f(a)f(b).(1)证明:f(0)=1;(2)证明:对任意的xR,恒有f(x)0;(3)证明:f(x)是R上的增函数;(4)若f(x)f(2x-x2)1,求x的取值范围.答
8、案全解全析第一章集合与函数概念1.3函数的基本性质1.3.1单调性与最大(小)值第1课时函数的单调性基础过关练1.A2.D3.B4.D7.D8.A9.D10.C1.A若a0知,一定有f(a)b,则一定有f(a)f(b)成立,即函数f(x)在R上是增函数.综上,f(x)在R上是增函数.故选A.2.D无法确定函数f(x)在区间(a,b)(b,c)上的单调性.如y=-1x在(0,+)上是增函数,在(-,0)上也是增函数,但在(-,0)(0,+)上并不具有单调性.3.B对于A,函数分别在(-,1)及1,+)上单调递增,但存在x1(0,1),使f(x1)f(1),故A不符合题意;对于C,函数分别在(-,
9、1)及(1,+)上单调递增,但存在x11,使f(x1)f(1),故C不符合题意;对于D,函数分别在(-,0)及(0,+)上单调递减,但存在x1=-1,x2=1,使f(x1)f(x2),故D不符合题意;只有B完全符合增函数的定义,具有单调性.故选B.4.Dy=-x2在R上先增后减,不是单调函数,A选项错误;y=1x的定义域是x|x0,不是R,B选项错误;y=|x|在R上先减后增,不是单调函数,C选项错误;y=-2x+1的定义域为R且单调递减,D选项正确.故选D.5.解析(1)证明:由题意知f(x)=xx+2.任取x1,x2(-,-2),且x10,x1-x20,f(x1)f(x2),f(x)在(-
10、,-2)上单调递增.(2)任取x1,x2(1,+),且x1x2,则f(x1)-f(x2)=x1x1-a-x2x2-a=a(x2-x1)(x1-a)(x2-a).x10,又a0,f(x)在(1,+)内单调递减,(x1-a)(x2-a)0在(1,+)上恒成立,a1,实数a的取值范围为(0,1.6.解析(1)由题意可得m+n=5,2m+12n=4,解得m=1,n=4.(2)证明:由(1)可得,f(x)=x+4x,任取x1,x22,+),且x1x2,则f(x1)-f(x2)=x1-x2+4x1-4x2=x1-x2+4(x2-x1)x1x2=(x1-x2)(x1x2-4)x1x2,2x1x2,(x1-x
11、2)(x1x2-4)x1x20,即f(x1)f()f(3)f(-3)f(-)f(-4),故选D.8.Ay=ax和y=-bx在(0,+)上都是减函数,a0,b0,f(x)=bx+a为减函数且f(0)=a0.故选A.9.D因为函数f(x)的定义域为(-1,1),所以-11-a1,-1a2-11,解得0a2,-2a0或0a2,故0a2.又函数f(x)在(-1,1)上单调递减,且f(1-a)a2-1,解得-2a1.综上,a的取值范围是(0,1).故选D.10.C要使f(x)在(-,+)上为减函数,需满足3a-10,(3a-1)1+4a-1+1,解得17a0.所以0-1是R上的增函数,a0,3-2a0,
12、a2a-3+2,解得1a0,-2(a-1)2a4,解得0a15.综上所述,a0,15,故选B.4.D由题意得f(9)=f(33)=f(3)+f(3)=2,则f(m)f(1-m)+2f(m)f(1-m)+f(9),f(m)0,1-m0,m9-9m,解得0m910.故选D.5.B因为对任意x1,x2-1,+),x1x2,f(x2)-f(x1)x2-x1f(1)=f(-3),故A错误;对于选项B,易知f(x)在(-,-1上为增函数,在-1,+)上为减函数,故f(x)max=f(-1),故B正确;对于选项C,a2-a+1=a-122+3434,又f(x)在-1,+)上为减函数,所以f(a2-a+1)f
13、34,故C错误;对于选项D,当f(m)|2-(-1)|,解得m2,故D错误.故选B.6.A易知f(x)=x2-4x+2的单调递减区间为(-,2,y=f(x)x=x+2x-4在2,+)和(-,-2上为增函数,所以f(x)=x2-4x+2的“可变区间”I为2,2和(-,-2.故选A.二、填空题7.答案解析函数f(x)=12-x在(-,2)和(2,+)上单调递增,中说法错误.若函数y=x2+(2a-1)x+1的减区间是(-,2,则-2a-12=2,解得a=-32,中说法正确.若函数f(x)满足对R上的任意实数x1,x2(x1x2),都有(x1-x2)f(x1)-f(x2)x2时,f(x1)f(x2)
14、;当x1f(x2),故f(x)在R上单调递减,中说法正确.8.答案(-1,+)解析f(x)=2x-1x+1=2(x+1)-3x+1=2+-3x+1,易知f(x)的图象是由h(x)=-3x的图象先向左平移一个单位,再向上平移两个单位得到的,如图:要使函数f(x)=2x-1x+1在区间m,+)上为增函数,则需满足m-1,故m(-1,+).9.答案12;14解析f(0)=0,f(1-x)+f(x)=1,f(1-0)+f(0)=1,故f(1)=1.在fx3=12f(x)中,令x=1,得f13=12f(1)=12.在中,令x=12,得f12=12.在中,令x=12,得f16=12f12=14;令x=13
15、,得f19=12f13=14,又f(x)在0,1上为非减函数,f19f18f16,即14f1814,因此,f18=14.三、解答题10.解析(1)设f(x)=kx+b(k0),则f(f(x)=f(kx+b)=k(kx+b)+b=k2x+(kb+b)=4x+3,可得k2=4,kb+b=3,k=2,b=1,故f(x)=2x+1.(2)由(1)可知g(x)=(x+m)f(x)=(x+m)(2x+1)=2x2+(1+2m)x+m,其图象的对称轴为直线x=-1+2m4,g(x)在(1,+)上单调递增,-1+2m41,解得m-52.实数m的取值范围是-52,+.11.解析f(x)=(x-1)2-8(x-1
16、)+4x-1=(x-1)+4x-1-8,设t=x-1,x2,4,t1,3,则y=t+4t-8,t1,3.当1t2,即2x3时,f(x)单调递减,当2t3,即3x4时,f(x)单调递增,函数f(x)的单调递减区间为2,3),单调递增区间为3,4,由f(2)=-3,f(3)=-4,f(4)=-113,得f(x)的值域为-4,-3.12.解析(1)因为f(x+1)=x2+2x+2x+1=(x+1)2+1x+1,所以f(x)=x2+1x=x+1x(x0).(2)证明:任取x1,x2(0,1),且x1x2,则f(x1)-f(x2)=x1+1x1-x2+1x2=(x1-x2)1-1x1x2=(x1-x2)
17、(x1x2-1)x1x2.因为x1,x2(0,1),所以0x1x21,x1x2-10,由x1x2,得x1-x20,即f(x1)-f(x2)0,所以f(x1)f(x2).所以函数f(x)=x+1x在(0,1)上单调递减.方法总结证明函数的单调性(利用定义)一定要严格遵循设元、作差、变形、定号、下结论的步骤.在变形过程中,一定要注意因式分解、配方等技巧的运用,直到能够判定符号为止.13.解析(1)证明:任取x1,x2(0,+),且x1x2,则f(x1)-f(x2)=1x12-x1-1x22-x2=x22-x12x12x22+(x2-x1)=(x2-x1)(x2+x1)x12x22+(x2-x1)=
18、(x2-x1)x2+x1x12x22+1,0x10,x2+x1x12x22+10,f(x1)-f(x2)0,即f(x1)f(x2),故f(x)在(0,+)上是减函数.(2)已知函数f(x)在其定义域(0,+)内是减函数,且f(1)=0,原不等式恒成立等价于fx2+2x+mx1恒成立,即m-x2-x恒成立,当x(0,+)时,-x2-x=-x+122+140时,f(x)10,当x0,f(-x)0,f(x)=1f(-x)0.又当x=0时,f(x)=10,对任意的xR,恒有f(x)0.(3)证明:任取x1,x2R,且x10,f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)f(x1).x2-x10,f(x2-x1)1,又f(x1)0,f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)f(x2-x1)-10,f(x2)f(x1),故f(x)是R上的增函数.(4)由f(x)f(2x-x2)1,f(0)=1,得f(3x-x2)f(0),又f(x)是R上的增函数,3x-x20,0x3.故x的取值范围是x|0x3.
