19单调性的定义与证明课时检测（附解析新人教B版必修第一册）

单调性的定义与证明[A级　基础巩固]1．下列函数中，在区间(0，1)上是增函数的是(　　)A．y＝|x|＋2　　　　　　　B．y＝3－xC．y＝D．y＝－x2＋4解析：选A　因为－1<0，所以一次函数y＝－x＋3在R上递减，反比例函数y＝在(0，＋∞)上递减，二次函数y＝－x2＋4在(0，＋∞)上递减．故选A.2．(多选)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)，则下列结论中正确的是(　　)A.>0B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0C．f(a)≤f(x1)<f(x2)≤f(b)D．f(x1)>f(x2)解析：选AB　由函数单调性的定义可知，若函数y＝f(x)在给定的区间上是增函数，则x1－x2与f(x1)－f(x2)同号，由此可知，选项A、B正确；对于选项C、D，因为x1，x2的大小关系无法判断，则f(x1)与f(x2)的大小关系也无法判断，故C、D不正确．3．函数f(x)＝|x＋2|在[－3，0]上(　　)A．单调递减B．单调递增C．先减后增D．先增后减解析：选C　作出f(x)＝|x＋2|在(－∞，＋∞)上的图像，如图所示，易知f(x)在[－3，0]上先减后增．4．设(a，b)，(c，d)都是f(x)的单调递增区间，且x1∈(a，b)，x2∈(c，d)，x1<x2，则f(x1)与f(x2)的大小关系为(　　)A．f(x1)<f(x2)B．f(x1)>f(x2)C．f(x1)＝f(x2)D．不能确定解析：选D　由函数单调性的定义，知所取两个自变量必须是同一单调区间内的值，才能由该区间上函数的单调性来比较函数值的大小，而本题中的x1，x2不在同一单调区间内，所以f(x1)与f(x2)的大小关系不能确定．故选D.5 5．定义在R上的函数f(x)，对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，有＜0，则(　　)A．f(3)＜f(2)＜f(1)B．f(1)＜f(2)＜f(3)C．f(2)＜f(1)＜f(3)D．f(3)＜f(1)＜f(2)解析：选A　对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，有＜0，则x2－x1与f(x2)－f(x1)异号，则f(x)在R上是减函数．又3＞2＞1，则f(3)＜f(2)＜f(1)．6．已知函数f(x)＝则f(x)的单调递减区间是________．解析：当x≥1时f(x)是增函数，当x<1时，f(x)是减函数，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)．答案：(－∞，1)7．已知函数f(x)为定义在区间[－1，1]上的增函数，则满足f(x)<f的实数x的取值范围为________．解析：由题设得解得－1≤x<.答案：8．若函数f(x)＝8x2－2kx－7在[1，5]上为单调函数，则实数k的取值范围是________．解析：由题意知函数f(x)＝8x2－2kx－7的图像的对称轴为x＝，因为函数f(x)＝8x2－2kx－7在[1，5]上为单调函数，所以≤1或≥5，解得k≤8或k≥40，所以实数k的取值范围是(－∞，8]∪[40，＋∞)．答案：(－∞，8]∪[40，＋∞)9．判断并证明函数f(x)＝－＋1在(0，＋∞)上的单调性．解：函数f(x)＝－＋1在(0，＋∞)上是增函数．证明如下：设x1，x2是(0，＋∞)上的任意两个实数，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝－＝，由x1，x2∈(0，＋∞)，得x1x2>0，又由x1<x2，得x1－x2<0，5 于是f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)＝－＋1在(0，＋∞)上是增函数．10．作出函数f(x)＝的图像，并指出函数f(x)的单调区间．解：f(x)＝的图像如图所示．由图可知，函数f(x)＝的单调减区间为(－∞，1]和(1，2)，单调增区间为[2，＋∞)．[B级　综合运用]11．已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－1)，B(3，1)是其图像上的两点，则－1<f(x)<1的解集是(　　)A．(－3，0)B．(0，3)C．(－∞，－1]∪[3，＋∞)D．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选B　由已知，得f(0)＝－1，f(3)＝1，∴－1<f(x)<1等价于f(0)<f(x)<f(3)．∵f(x)在R上单调递增，∴0<x<3.12．已知函数f(x)＝是R上的减函数，则实数a的取值范围是(　　)A．(0，3)B．(0，3]C．(0，2)D．(0，2]解析：选D　依题意得实数a满足解得0<a≤2.13．设f(x)是定义在R上的增函数，f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则不等式f(x)＋f(－2)>1的解集为________．解析：由条件可得f(x)＋f(－2)＝f(－2x)，又f(3)＝1，∴不等式f(x)＋f(－2)>1，即为f(－2x)>f(3)．∵f(x)是定义在R上的增函数，∴－2x>3，解得x<－.故不等式f(x)＋f(－2)>1的解集为.　答案：5 14．已知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且f(x)>0，f(3)＝1.试判断g(x)＝f(x)＋在(0，3]上是增函数还是减函数，并加以证明．解：函数g(x)在(0，3]上是减函数．证明如下：任取x1，x2∈(0，3]，且x1<x2，则g(x1)－g(x2)＝－＝[f(x1)－f(x2)].因为f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以f(x1)－f(x2)<0.又f(x)>0，f(3)＝1，所以0<f(x1)<f(x2)≤f(3)＝1，则0<f(x1)f(x2)<1，>1，即1－<0，所以g(x1)－g(x2)>0，g(x1)>g(x2)．故g(x)＝f(x)＋在(0，3]上是减函数．[C级　拓展探究]15．已知函数f(x)，g(x)在数集D上都有定义，对于任意的x1，x2∈D，当x1<x2时，g(x1)≤≤g(x2)或g(x2)≤≤g(x1)成立，则称g(x)是数集D上f(x)的限制函数．(1)试判断函数g(x)＝是否是函数f(x)＝－在D＝(0，＋∞)上的限制函数；(2)设g(x)是f(x)在区间D1(D1⊆D)上的限制函数且g(x)在区间D1上的值恒正，求证：函数f(x)在区间D1上是增函数；(3)设f(x)＝x2－2，试写出函数f(x)在D＝(0，＋∞)上的限制函数，并利用(2)的结论，求f(x)在D＝(0，＋∞)上的单调区间．解：(1)对任意0<x1<x2，因为<＝＝<，所以f(x)在D＝(0，＋∞)上的限制函数为g(x)＝.(2)证明：对于任意的x1，x2∈D1⊆D，当x1<x2时，5 因为g(x)在区间D1⊆D上恒为正值，所以g(x1)>0，g(x2)>0，由于g(x1)≤≤g(x2)或g(x2)≤≤g(x1)成立，所以0<，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在D1上是增函数．(3)设0<x1<x2，则＝－＝x1＋x2－，所以2x1－<<2x2－，即g(x)＝2x－.由g(x)＝2x－>0，解得x>，因而当x∈时，g(x)>0，f(x)递增，即f(x)的单调递增区间是；当x∈时，g(x)<0，f(x)递减，即f(x)的单调递减区间是.5