第二章§3A級基礎鞏固1．下列函數中，在區間(0,2)上是增加的是eq\x(導學號00814320)(B)A．y＝3－x B．y＝x2＋1C．y＝eq\f(1,x) D．y＝－|x|[解析]A，C，D在(0，＋∞)上都是減少的，只有y＝x2＋1是在(0,2)上增加的．2．若函數y＝5x2＋mx＋4在區間(－∞，－1]上是減少的，在區間[－1，＋∞)上是增加的，則m＝eq\x(導學號00814321)(C)A．2 B．－2C．10 D．－10[解析]函數y＝5x2＋mx＋4的圖像為開口向上對稱軸是x＝－eq\f(m,10)的拋物線，要使函數y＝5x2＋mx＋4在區間(－∞，－1]上是減少的，在區間[－1，＋∞)上是增加的，則－eq\f(m,10)＝－1，∴m＝10.3．函數y＝(k＋2)x＋1在(－∞，＋∞)上是增函數，則k的范圍是eq\x(導學號00814322)(D)A．{k|k≥－2} B．{k|k≤－2}C．{k|k<－2} D．{k|k>－2}[解析]由題意結合一次函數的圖像可知k＋2>0，即k>－2.4．函數f(x)的定義域為(a，b)，且對其內任意實數x1，x2均有(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0，則f(x)在(a，b)上是eq\x(導學號00814323)(B)A．增加的 B．減少的C．不增不減 D．既增又減[解析]∵(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x2<0，,fx1－fx2>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x2>0，,fx1－fx2<0.))即當x1<x2時，f(x1)>f(x2)或當x1>x2時，f(x1)<f(x2)．不論哪種情況，都說明f(x)在(a，b)上是減少的．5．函數f(x)＝2－eq\f(3,x)在區間[1,3]上的最大值是eq\x(導學號00814324)(D)A．2 B．3C．－1 D．1[解析]容易判斷f(x)在區間[1,3]上是增加的，所以在區間[1,3]上的最大值是f(3)＝1.6．函數f(x)＝2x2－3|x|的遞減區間是eq\x(導學號00814325)(D)A．[eq\f(3,4)，＋∞)B．(－∞，－eq\f(3,4)]C．[－eq\f(3,4)，0]和[eq\f(3,4)，＋∞)D．(－∞，－eq\f(3,4)]和[0，eq\f(3,4)][解析]作出f(x)＝2x2－3|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2－3x，x≥0，,2x2＋3x，x<0))的圖像，由圖像易知選D．7．如圖所示，已知函數y＝f(x)的圖像，則函數的單調減區間為__(－∞，－eq\f(3,2))，(0，＋∞)\x(導學號00814326)[解析]根據單調減函數的概念與其圖像形狀可知：函數的單調減區間為(－∞，－eq\f(3,2))，(0，＋∞)．8．f(x)是定義在[0，＋∞)上的減函數，則不等式f(x)<f(－2x＋8)的解集是__eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\f(8,3)<x≤4))\x(導學號00814327)[解析]依題意，由不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0,－2x＋8≥0，,x>－2x＋8))解得eq\f(8,3)<x≤4.9．利用函數的單調性定義證明函數f(x)＝eq\f(x,x－1)在x∈[2,4]是單調遞減函數，并求函數的值域.eq\x(導學號00814328)[證明]在[2,4]上任取x1，x2且x1<x2，則∴f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－1)－eq\f(x2,x2－1)＝eq\f(x2－x1,x1－1x2－1)∵2≤x1<x2≤4，∴x2－x1>0，x1－1>0，x2－1>0，∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x1)>f(x2)，∴f(x)是在[2,4]上的減函數．∴f(x)min＝f(4)＝eq\f(4,3)，f(x)max＝f(2)＝2，因此，函數的值域為[eq\f(4,3)，2]．10．已知函數f(x)＝eq\r(x＋1).eq\x(導學號00814329)(1)求函數f(x)的定義域；(2)求證：函數f(x)在定義域上是增加的；(3)求函數f(x)的最小值．[解析](1)要使函數有意義，自變量x的取值需滿足x＋1≥0，解得x≥－1，所以函數f(x)的定義域是[－1，＋∞)．(2)證明：設－1≤x1<x2，則Δx＝x2－x1>0，f(x1)－f(x2)＝eq\r(x1＋1)－eq\r(x2＋1)＝eq\f(\r(x1＋1)－\r(x2＋1)\r(x1＋1)＋\r(x2＋1),\r(x1＋1)＋\r(x2＋1))＝eq\f(x1＋1－x2＋1,\r(x1＋1)＋\r(x2＋1))＝eq\f(x1－x2,\r(x1＋1)＋\r(x2＋1)).∵－1≤x1<x2，∴x1－x2<0，eq\r(x1＋1)≥0，eq\r(x2＋1)>0.∴f(x1)<f(x2)，即Δy＝f(x2)－f(x1)>0，∴函數f(x)在定義域上是增加的．(3)∵函數f(x)在定義域[－1，＋∞)上是增加的，∴f(x)≥f(－1)＝0，即函數f(x)的最小值是0.B級素養提升1．設函數f(x)在(－∞，＋∞)上為減函數，則eq\x(導學號00814330)(D)A．f(a)>f(2a) B．f(a2)<f(aC．f(a2＋a)<f(a) D．f(a2＋1)<f(a)[解析]∵a2＋1－a＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)>0，∴a2＋1>a，又∵函數f(x)在(－∞，＋∞)上為減函數，∴f(a2＋1)<f(a)．2．已知y＝f(x)是R上的增函數，令F(x)＝f(1－x)－f(3＋x)，則F(x)在R上是eq\x(導學號00814331)(B)A．增函數B．減函數C．先增加后減少D．先減少后增加[解析]設任意的x1，x2∈R，且x1<x2，則F(x2)－F(x1)＝f(1－x2)－f(3＋x2)－f(1－x1)＋f(3＋x1)＝f(1－x2)－f(1－x1)＋f(3＋x1)－f(3＋x2)因為x1<x2，所以1－x1>1－x2,3＋x2>3＋x1，所以F(x2)－F(x1)<0，即F(x)在R上是減函數．3．設函數f(x)滿足：對任意的x1、x2∈R都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0，則f(－3)與f(－π)的大小關系是_f(－3)>f(－π)\x(導學號00814332)[解析]由(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，可知函數f(x)為增函數，又－3>－π，∴f(－3)>f(－π)．4．若f(x)＝x2－2(1＋a)x＋2在(－∞，4]上是減少的，則實數a的取值范圍為_a≥\x(導學號00814333)[解析]∵函數f(x)＝x2－2(1＋a)x＋2的對稱軸為x＝1＋a，∴要使函數在(－∞，4]上是減少的，應滿足1＋a≥4，∴a≥3.5．利用單調性的定義證明函數y＝eq\f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上是減少的.eq\x(導學號00814334)[解析]設x1>x2>－1，則Δx＝x2－x1<0，Δy＝y1－y2＝eq\f(x1＋2,x1＋1)－eq\f(x2＋2,x2＋1)＝eq\f(x2－x1,x1＋1x2＋1)∵x1>x2>－1，x1＋1>0，x2＋1>0，Δx＝x2－x1<0.∴eq\f(x2－x1,x1＋1x2＋1)<0.Δy＝y1－y2<0.∴y＝eq\f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上是減少的．6．函數f(x)是定義在(0，＋∞)上的減函數，對任意的x，y∈(0，＋∞)，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且f(4)＝\x(導學號00814335)(1)求f(2)的值；(2)解不等式f(m－2)≤3.[解析](1)∵f(4)＝f(2＋2)＝2f(2)∴f(2)＝3.(2)由f(m－2)≤3，得f(m－2)≤f(2)．∵f(x)是(0，＋∞)上的減函數，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－2≥2,m－2>0))，解得m≥4.∴不等式的解集為{m|m≥4}．C級能力拔高已知f(x)的定義域為R，且有f(－x)＝f(x)，而且在(0，＋∞)上是減少的，判斷在(－∞，0)上是增加的還是減少的，并加以證明.eq\x