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2021學年高中數(shù)學 基礎知識篇 2.2 函數(shù)的簡單性質(zhì) 2.2.1 函數(shù)的單調(diào)性同步練測 蘇教版必修1

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2021學年高中數(shù)學 基礎知識篇 2.2 函數(shù)的簡單性質(zhì) 2.2.1 函數(shù)的單調(diào)性同步練測 蘇教版必修1

優(yōu)質(zhì)文檔 優(yōu)質(zhì)人生 2.2 函數(shù)的簡單性質(zhì) 2.2.1函數(shù)的單調(diào)性(蘇教版必修1) 建議用時 實際用時 滿分 實際得分 45分鐘 100分 5 本資料來自網(wǎng)絡若有雷同概不負責 一、填空題(本大題共9小題,每小題6分,共 54分) 1.函數(shù)y=的單調(diào)減區(qū)間是. 2.下列函數(shù)f(x)中,滿足“對任意x1,x2∈(0,+∞),當x1<x2時,都有f(x1)>f(x2)”的是. ①f(x)=;?、?f(x)=(x-1)2 ; ③f(x)=1-x2;④f(x)=|x|. 3.已知f(x)是定義在[-1,1]上的減函數(shù),且 f(x-1)<f(1-3x),則x的取值范圍是. 4.已知f(x)=是R上的單調(diào)遞增函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍為. 5.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(-x)=-f(x+4),當x>2時,f(x)單調(diào)遞增,如果x1+x2<4,且 (x1-2)(x2-2)<0,則f(x1)+f(x2)的值. ①恒小于0;②恒大于0; ③可能為0;④可正可負. 6.已知函數(shù)f(x)=若f(2-a2)>f(a),則實數(shù)a的取值范圍是. 7.已知函數(shù),xÎ[1,2],則是(填序號). ①[1,2]上的增函數(shù); ②[1,2]上的減函數(shù); ③[2,3]上的增函數(shù); ④[2,3]上的減函數(shù). 8.如果函數(shù)上單調(diào)遞減,則實數(shù)滿足的條件是. 9.已知函數(shù)f(x)=(a≠1). (1)若a>0,則f(x)的定義域是________; (2)若f(x)在區(qū)間(0,1]上是減函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是________. 二、解答題(本大題共3小題,共46分) 10.(14分)已知函數(shù)f(x)=4x+. (1)討論f(x)的單調(diào)性并利用單調(diào)性的定義加以證明; (2)求函數(shù)f(x)的值域; (3)若f(x)≥1,求x的取值范圍. 11.(16分)已知函數(shù)f(x)對于任意x,y∈R,總有f(x)+f(y)=f(x+y),且當x>0時,f(x)<0,f(1)=-. (1)求證:f(x)在R上是減函數(shù); (2)求f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值. 12.(16分)已知定義域為[0,1]的函數(shù)f(x)同時滿足:①對于任意的x∈[0,1],總有f(x)≥0;②f(1)=1;③若x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1,則有f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2). (1)求f(0)的值; (2)求f(x)的最大值; 2.2 函數(shù)的簡單性質(zhì) 2.2.1函數(shù)的單調(diào)性(蘇教版必修1) 答題紙 一、填空題 1.2.3. 4.5. 6.7. 8. 9. 二、解答題 10. 11. 12. 2.2 函數(shù)的簡單性質(zhì) 2.2.1函數(shù)的單調(diào)性(蘇教版必修1) 參考答案 1.[-1,1] 解析:由--2x+3≥0,得函數(shù)定義域為[-3,1].設u=--2x+3=- +4,當x∈[-3,-1]時,函數(shù)u=--2x+3是增函數(shù),而函數(shù)y=為單調(diào)增函數(shù),故[-3,-1]是函數(shù)y=的單調(diào)增區(qū)間;當x∈[-1,1]時,函數(shù)u=--2x+3是單調(diào)減函數(shù),而函數(shù)y=為單調(diào)增函數(shù),故[-1,1]是函數(shù)y=的單調(diào)減區(qū)間. 2.①③解析:∵對任意的x1,x2∈(0,+∞),當x1<x2時,都有f(x1)>f(x2),∴f(x)在(0,+∞)上為減函數(shù).①③符合. 3.(,] 解析:由已知條件得解得<x≤. 4. [4,8)解析:因為f(x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù),所以解得4≤a<8. 5.①解析:因為(x1-2)(x2-2)<0,若x1<x2,則有x1<2<x2,即2<x2<4-x1.又當x>2時,f(x)單調(diào)遞增且f(-x)=-f(x+4),所以有f(x2)<f(4-x1)=-f(x1),f(x1)+f(x2)<0;若x2<x1,同理有f(x1)+f(x2)<0. 6. (-2,1) 解析:f(x)=由f(x)的圖象可知f(x)在(-∞,+∞)上是單調(diào)遞增函數(shù),由f(2-a2)>f(a)得2-a2>a,即a2+a-2<0,解得-2<a<1. 7.③ 解析:因為,所以. 由二次函數(shù)的知識知,是[2,3]上的增函數(shù). 8.解析;的對稱軸是直線,它的遞減區(qū)間是. 因為在區(qū)間上單調(diào)遞減,所以,即. 9. (1) (2)(-∞,0)∪(1,3] 解析:(1)當a>0且a≠1時,由3-ax≥0得x≤,即此時函數(shù)f(x)的定義域是; (2)當a-1>0,即a>1時,要使f(x)在(0,1]上是減函數(shù),則需3-a×1≥0,此時1<a≤3. 當a-1<0,即a<1時,要使f(x)在(0,1]上是減函數(shù),則需-a>0,此時a<0. 綜上所述,所求實數(shù)a的取值范圍是(-∞,0)∪(1,3]. 10.解:(1)函數(shù)f(x)的定義域為{x|x≥-},當x≥-時,函數(shù)f(x)是增函數(shù).證明如下: 任取,∈[-,+∞),且<,則f()-f()=(4+)-(4+) =4(-)+(-)=4(-)+<0, ∴f()-f()<0,即f()<f(),∴f(x)在[-,+∞)上是增函數(shù). (2)∵f(x)在[-,+∞)上是增函數(shù), ∴當x=-時,f(x)取得最小值為-2,∴f(x)的值域為[-2,+∞). (3)∵f(0)=1,∴f(x)≥1可化為f(x)≥f(0). ∵此函數(shù)是增函數(shù),∴x≥0. 11.(1)證法一:∵函數(shù)f(x)對于任意x,y∈R總有f(x)+f(y)=f(x+y), ∴令x=y(tǒng)=0,得f(0)=0.再令y=-x,得f(-x)=-f(x). 在R上任取x1>x2,則x1-x2>0,f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2). 又∵x>0時,f(x)<0,而x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即f(x1)<f(x2). 因此f(x)在R上是減函數(shù). 證法二:設x1>x2,則f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2)=f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2). 又∵x>0時,f(x)<0,而x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即f(x1)<f(x2), ∴f(x)在R上為減函數(shù). (2)解:∵f(x)在R上是減函數(shù),∴f(x)在[-3,3]上也是減函數(shù), ∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分別為f(-3)與f(3). 而f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2. ∴f(x)在[-3,3]上的最大值為2,最小值為-2. 12.解:(1)對于條件③,令x1=x2=0得f(0)≤0,又由條件①知f(0)≥0,故f(0)=0. (2)設0≤x1<x2≤1,則x2-x1∈(0,1], ∴f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)≥f(x2-x1)+f(x1)-f(x1)=f(x2-x1)≥0, 即f(x2)≥f(x1),故f(x)在[0,1]上遞增,從而f(x)的最大值是f(1)=1.

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