第2章 §3 第1课时 函数的单调性(Word练习)-【精讲精练】2025-2026学年高中数学必修第一册(北师大版)

[必备知识·基础巩固] 1．(多选)如果函数f(x)在[a，b]上是增函数，那么对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，下列结论中正确的是(　　) A.＞0 B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0 C．若x1＜x2，则f(a)＜f(x1)＜f(x2)＜f(b) D.＞0 解析　因为f(x)在[a，b]上是增函数，对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，x1－x2与f(x1)－f(x2)的符号相同，故A、B、D都正确，而C中应为若x1＜x2，则f(a)≤f(x1)＜f(x2)≤f(b)．故C错误． 答案　ABD 2．下列四个函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝3－x　　　 B．f(x)＝x2－3x C．f(x)＝－|x| D．f(x)＝－ 解析　对于A，f(x)＝3－x为一次函数，在区间(0，＋∞)上单调递减，不符合题意；对于B，f(x)＝x2－3x为二次函数，在区间上单调递减，不符合题意；对于C，f(x)＝－|x|＝在区间(0，＋∞)上单调递减，不符合题意；对于D，f(x)＝－在区间(0，＋∞)上单调递增，符合题意．故选D. 答案　D 3．函数y＝x2－6x的单调递减区间是(　　) A．(－∞，2] B．[2，＋∞) C．[3，＋∞) D．(－∞，3] 解析　y＝x2－6x＝(x－3)2－9，故单调递减区间为(－∞，3]． 答案　D 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　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. 答案　D 5．若函数f(x)＝是定义在(－∞，＋∞)上的减函数，则a的取值范围为(　　) A. B． C. D． 解析　要使f(x)在R上是减函数， 需满足 解得≤a＜，故选A. 答案　A 6．若函数f(x)＝2x2－mx＋3在(－∞，－2]上为减函数，在[－2，＋∞)上为增函数，则f(1)＝________. 解析　f(x)的图象的对称轴为x＝＝－2， ∴m＝－8. ∴f(x)＝2x2＋8x＋3. ∴f(1)＝2＋8＋3＝13. 答案　13 7．函数y＝|x2－2x－3|的单调增区间是________． 解析　y＝|x2－2x－3| ＝|(x－1)2－4|， 作出该函数的图象(如图)． 由图象可知， 其增区间为[－1,1]和[3，＋∞)． 答案　[－1,1]和[3，＋∞) 8．已知函数f(x)＝(x≠－1)． (1)判断并证明函数f(x)在(－1，＋∞)上的单调性； (2)当x∈[1，m](m＞1)时，函数f(x)的最大值与最小值之差为，求m的值． 解析　(1)函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．证明如下： ∀x1，x2∈(－1，∞)，且－1＜x1＜x2， 又f(x)＝＝2－， 则f(x1)－f(x2)＝2－－ ＝. 因为－1＜x1＜x2， 所以x1－x2＜0，x1＋1＞0，x2＋1＞0， 所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)． 所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知f(x)在[1，m]上单调递增，所以此时f(x)的最大值为f(m)＝，最小值为f(1)＝，所以f(m)－f(1)＝，即－＝，解得m＝2. [关键能力·综合提升] 9．(2025·河南安阳联考改编)若定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝3f(|x|)＋x2－2x，则函数f(x)的单调递减区间为(　　) A．[－5,0] B．[1，＋∞) C．[－5,0]∪[1，＋∞) D．[－5,0]和[1，＋∞) 解析　当x≥0时，f(x)＝3f(x)＋x2－2x， 则f(x)＝－x2＋x， 所以f(x)在[0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减； 当x≤0时，－x≥0， 所以f(－x)＝－x2－x， 所以f(x)＝3f(－x)＋x2－2x ＝－x2－3x＋x2－2x＝－x2－5x， 所以f(x)在(－∞，－5]上单调递增，在[－5,0]上单调递减．综上，函数f(x)的单调递减区间为[－5,0]和[1，＋∞)． 答案　D 10．(2025·河北邢台二中月考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(2)＝4，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，<0恒成立，则不等式f(x－3)>2x－6的解集为(　　) A．(3,7) B．(－∞，5) C．(5，＋∞) D．(3,5) 解析　由<0， 且x1，x2∈(0，＋∞)， 得· ＝·<0， 即(x1－x2)<0. 令F(x)＝，不妨设x1<x2，则x1－x2<0， 可得－>0， 即>，即F(x1)>F(x2)，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减． 不等式f(x－3)>2x－6转化为>2， 其中x－3>0，又F(2)＝＝2， 所以F(x－3)>F(2)，则0<x－3<2， 解得3<x<5， 所以不等式f(x－3)>2x－6的解集为(3,5)． 答案　D 11．已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－1)，B(3,1)是其图象上的两点，则－1<f(x)<1的解集为________． 解析　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. 答案　(0,3) 12．函数f(x)＝(t＞0)是区间(0，＋∞)上的增函数，则t的取值范围是________． 解析　函数f(x)＝(t＞0)的图象如下图．由题意知，函数f(x)＝(t＞0)是区间(0，＋∞)上的增函数，则由图可得，t≥1. 答案　[1，＋∞) 13．已知函数f(x)＝mx＋＋(m，n是常数)，且f(1)＝2，f(2)＝. (1)求m，n的值； (2)当x∈[1，＋∞]时，判断f(x)的单调性并证明； (3)若不等式f(1＋2x2)＞f(x2－2x＋4)成立，求实数x的取值范围． (1)解析　∵f(1)＝m＋＋＝2， f(2)＝2m＋＋＝，∴ (2)证明　设1≤x1＜x2， 则f(x1)－f(x2) ＝x1＋＋－ ＝(x1－x2)· ＝(x1－x2). ∵1≤x1＜x2，∴x1－x2＜0，x1x2＞1. ∴2x1x2－1＞1. ∴f(x1)－f(x2)＜0， 即f(x1)＜f(x2)． ∴f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增． (3)解析　∵1＋2x2≥1， x2－2x＋4＝(x－1)2＋3≥3， ∴只需1＋2x2＞x2－2x＋4. ∴x2＋2x－3＞0.∴x＜－3或x＞1. ∴x的取值范围是(－∞，－3)∪(1，＋∞)． [核心价值·探索创新] 14．函数f(x)的定义域为D，若对于任意x1，x2∈D，当x1<x2时，都有f(x1)≤f(x2)，则称函数f(x)在D上为非减函数．设函数f(x)在[0,1]上为非减函数，且满足以下三个条件：①f(0)＝0；②f＝f(x)；③f(1－x)＝1－f(x)．则f(1)＝________，f＋f＝________. 解析　因为f(1－x)＝1－f(x)，f(0)＝0， 所以f(1)＝1－f(0)＝1，f＝1－f， 所以f＝，f＝f(1)＝. 又函数f(x)在[0,1]上为非减函数， 所以当x∈时，f(x)＝， 所以f＝， 所以f＝f＝， 所以f＋f＝＋＝. 答案　1　 15．已知函数f(x)的定义域为R，对任意的a，b∈R，都有f(a)f(b)＝f(a＋b)．当x<0时，f(x)>1，且f(0)≠0. (1)求f(0)的值，并证明：当x>0时，0<f(x)<1； (2)判断f(x)的单调性，并证明； (3)若f(2)＝，求不等式f(5t2－6t)>的解集． 解析　(1)令a＝b＝0，则[f(0)]2＝f(0)． 又f(0)≠0，所以f(0)＝1. 当x>0时，－x<0，所以f(－x)>1. 又f(x)f(－x)＝f(x－x)＝f(0)＝1， 所以f(x)＝，即0<f(x)<1. (2)f(x)在R上单调递减．证明如下： 设x1<x2，则f(x1)－f(x2) ＝f(x1－x2＋x2)－f(x2) ＝f(x1－x2)f(x2)－f(x2) ＝f(x2)[f(x1－x2)－1]． 又x1<x2，所以x1－x2<0， 所以f(x1－x2)>1. 又当x<0时，f(x)>1， 当x>0时，0<f(x)<1，f(0)＝1， 所以f(x2)>0， 所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)， 所以f(x)在R上单调递减． (3)因为f(2)＝， 所以f(8)＝f(2)f(6)＝f(2)f(2)f(4)＝[f(2)]4＝， 所以f(5t2－6t)>，即f(5t2－6t)>f(8)． 又f(x)在R上单调递减，所以5t2－6t<8，解得－<t<2，所以不等式f(5t2－6t)>的解集为. 学科网（北京）股份有限公司 $$