2019-2020学年高中数学 第一章 集合与函数概念 1.3.1.1 函数的单调性练习课件 新人教

课后课时精练A级：基础巩固练一、选择题1．对于函数y＝f(x)，在给定区间上有两个数x1，x2，且x1x2，使f(x1)f(x2)成立，则y＝f(x)()A．一定是增函数B．一定是减函数C．可能是常数函数D．单调性不能确定解析由单调性定义可知，不能用特殊值代替一般值．2．下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是()A．y＝|x|B．y＝3－xC．y＝1xD．y＝－x2＋4解析B在R上为减函数；C在(－∞，0)上和(0，＋∞)上为减函数；D在(－∞，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数．3．若y＝f(x)是R上的减函数，对于x10，x20，则()A．f(－x1)f(－x2)B．f(－x1)f(－x2)C．f(－x1)＝f(－x2)D．无法确定解析因为x10，x20，所以－x1－x2，又y＝f(x)是R上的减函数，所以f(－x1)f(－x2)．4．函数y＝x2＋x＋1(x∈R)的递减区间是()A.－12，＋∞B．[－1，＋∞)C.－∞，－12D．(－∞，＋∞)解析y＝x2＋x＋1＝x＋122＋34，其对称轴为x＝－12，在对称轴左侧单调递减，∴当x≤－12时单调递减．5．已知f(x)在(－∞，＋∞)内是减函数，a，b∈R，且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)解析因为f(x)在(－∞，＋∞)内是减函数，a，b∈R,且a＋b≤0，所以a≤－b，b≤－a，所以f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，所以f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．二、填空题6．若函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4]上单调递减，则实数a的取值范围是________．a≤－3解析因为函数f(x)在区间(－∞，4]上单调递减，且函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝1－a，所以1－a≥4，即a≤－3.7．设函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈R都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]0，则f(－3)与f(－π)的大小关系是______________．f(－3)f(－π)解析由(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]0，可知函数f(x)为增函数．又－3－π，所以f(－3)f(－π)．8．已知函数f(x)＝a－3x＋5，x≤1，2ax，x1是R上的减函数，则实数a的取值范围是________．(0,2]解析依题意得实数a应满足a－30，2a0，a－3＋5≥2a，解得0a≤2.三、解答题9．已知函数f(x)＝3－x2，x∈[－1，2]，x－3，x∈2，5]，(1)画出f(x)的图象；(2)写出f(x)的单调递增区间及值域．解(1)f(x)的图象如下图．(2)函数f(x)在[－1,0]及[2,5]上为增函数，在(0,2)上为减函数，所以单调递增区间为[－1,0]和[2,5]．由图象知值域为[－1,3]．B级：能力提升练10．函数f(x)对任意a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且当x0时，f(x)1.(1)求证：f(x)是R上的增函数；(2)若fxy＝f(x)－f(y)，f(2)＝1，解不等式f(x)－f1x－3≤2.解(1)证明：设x1，x2∈R，且x1x2，则x2－x10，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)－10，所以f(x1)f(x2)，所以f(x)是R上的增函数．(2)因为fxy＝f(x)－f(y)，所以f(y)＋fxy＝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1x－3≤2可变形为f[x(x－3)]≤f(4)．又由(1)，知f(x)是R上的增函数，所以xx－3≤4，x－3≠0，解得－1≤x3或3x≤4，所以原不等式的解集为[－1,3)∪(3,4]．