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3. (多选) 已知函数 $ f(x) = ax^2 - 2ax + 2 (a ＞ 0) $, 则 ()
A. $ f(2) ＜ f(3) $
B. $ f(2) ＞ f(3) $
C. $ f(0) ＜ f(-1) $
D. $ f(0) ＞ f(-1) $
A. $ f(2) ＜ f(3) $
B. $ f(2) ＞ f(3) $
C. $ f(0) ＜ f(-1) $
D. $ f(0) ＞ f(-1) $
答案
AC $f(x) = ax^2 - 2ax + 2 = a(x - 1)^2 + 2 - a$。因为$a ＞ 0$，所以$f(x)$的图象开口向上，对称轴为$x = 1$，所以$f(x)$在$(-\infty,1]$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增，所以$f(2) ＜ f(3)$，故A正确，B错误；$f(0) ＜ f(-1)$，故C正确，D错误。
4. 已知函数 $ f(x), x \in [-5, 5] $ 的图象如图所示, 则 $ f(x) $ 的单调递增区间是____.
答案
$[-5,-3]$，$[1,4]$ 由题图可知，函数$f(x)$的单调递增区间是$[-5,-3]$，$[1,4]$。
5. 若 $ f(x) $ 是定义在 $ (0, +\infty) $ 上的增函数, 则不等式 $ f(x) ＞ f(8x - 16) $ 的解集为____.
答案
$\left(2,\frac{16}{7}\right)$ $\because$函数$f(x)$是定义在$(0,+\infty)$上的增函数，
$\therefore\begin{cases}x ＞ 0,\\8x - 16 ＞ 0,\\x ＞ 8x - 16,\end{cases}$解得$2 ＜ x ＜ \frac{16}{7}$，$\therefore$不等式$f(x) ＞ f(8x - 16)$的解集为$\left(2,\frac{16}{7}\right)$。
$\therefore\begin{cases}x ＞ 0,\\8x - 16 ＞ 0,\\x ＞ 8x - 16,\end{cases}$解得$2 ＜ x ＜ \frac{16}{7}$，$\therefore$不等式$f(x) ＞ f(8x - 16)$的解集为$\left(2,\frac{16}{7}\right)$。
6. 已知函数 $ f(x) = x^2 - mx + 1 $ 在区间 $ [3, 8] $ 上具有严格的单调性, 则实数 $ m $ 的取值范围是____.
答案
$\{m|m\leq6$或$m\geq16\}$ 函数$f(x) = x^2 - mx + 1$的图象的对称轴为$x = \frac{m}{2}$。若函数$f(x) = x^2 - mx + 1$在区间$[3,8]$上具有严格的单调性，则$\frac{m}{2}\leq3$或$\frac{m}{2}\geq8$，解得$m\leq6$或$m\geq16$。
7. (教材改编题) 已知函数 $ f(x) = \frac{m}{1 - x} $ 是定义在 $ [-5, 0] $ 上的函数, 且 $ y = f(x) $ 的图象经过点 $ (-1, 1) $.
(1) 求 $ f(x) $ 的解析式;
(2) 用单调性定义证明函数 $ f(x) $ 在 $ [-5, 0] $ 上为增函数.
(1) 求 $ f(x) $ 的解析式;
(2) 用单调性定义证明函数 $ f(x) $ 在 $ [-5, 0] $ 上为增函数.
答案
解：(1)将点$(-1,1)$代入，得$1 = \frac{m}{1 - (-1)}$，解得$m = 2$，所以$f(x) = \frac{2}{1 - x}$。
(2)证明：设$x_1$，$x_2$是区间$[-5,0]$上的任意两个数，且$-5\leq x_1 ＜ x_2\leq0$，则$f(x_1) - f(x_2) = \frac{2}{1 - x_1} - \frac{2}{1 - x_2} = \frac{2(x_1 - x_2)}{(1 - x_1)(1 - x_2)}$。
因为$-5\leq x_1 ＜ x_2\leq0$，
所以$x_1 - x_2 ＜ 0$，$1 - x_1 ＞ 0$，$1 - x_2 ＞ 0$，
所以$f(x_1) - f(x_2) ＜ 0$，即$f(x_1) ＜ f(x_2)$，
所以函数$f(x)$在$[-5,0]$上为增函数。
(2)证明：设$x_1$，$x_2$是区间$[-5,0]$上的任意两个数，且$-5\leq x_1 ＜ x_2\leq0$，则$f(x_1) - f(x_2) = \frac{2}{1 - x_1} - \frac{2}{1 - x_2} = \frac{2(x_1 - x_2)}{(1 - x_1)(1 - x_2)}$。
因为$-5\leq x_1 ＜ x_2\leq0$，
所以$x_1 - x_2 ＜ 0$，$1 - x_1 ＞ 0$，$1 - x_2 ＞ 0$，
所以$f(x_1) - f(x_2) ＜ 0$，即$f(x_1) ＜ f(x_2)$，
所以函数$f(x)$在$[-5,0]$上为增函数。
8. 定义在 $ \mathbf{R} $ 上的函数 $ y = f(x) $ 满足以下条件:
① 函数 $ y = f(x) $ 的图象关于 $ x = 1 $ 对称;
② 函数 $ y = f(x) $ 在区间 $ (-\infty, 1] $ 上单调递减. $ f(0), f\left(\frac{3}{2}\right), f(3) $ 的大小关系为 ()
A. $ f\left(\frac{3}{2}\right) ＞ f(0) ＞ f(3) $
B. $ f(3) ＞ f(0) ＞ f\left(\frac{3}{2}\right) $
C. $ f\left(\frac{3}{2}\right) ＞ f(3) ＞ f(0) $
D. $ f(3) ＞ f\left(\frac{3}{2}\right) ＞ f(0) $
① 函数 $ y = f(x) $ 的图象关于 $ x = 1 $ 对称;
② 函数 $ y = f(x) $ 在区间 $ (-\infty, 1] $ 上单调递减. $ f(0), f\left(\frac{3}{2}\right), f(3) $ 的大小关系为 ()
A. $ f\left(\frac{3}{2}\right) ＞ f(0) ＞ f(3) $
B. $ f(3) ＞ f(0) ＞ f\left(\frac{3}{2}\right) $
C. $ f\left(\frac{3}{2}\right) ＞ f(3) ＞ f(0) $
D. $ f(3) ＞ f\left(\frac{3}{2}\right) ＞ f(0) $
答案
B 因为函数$y = f(x)$的图象关于$x = 1$对称，所以$f\left(\frac{3}{2}\right) = f\left(\frac{1}{2}\right)$，$f(3) = f(-1)$。又函数$y = f(x)$在区间$(-\infty,1]$上单调递减，所以$f(-1) ＞ f(0) ＞ f\left(\frac{1}{2}\right)$，即$f(3) ＞ f(0) ＞ f\left(\frac{3}{2}\right)$。
9. 若函数 $ y = ax $ 与 $ y = -\frac{b}{x} $ 在 $ (0, +\infty) $ 上单调递减, 则函数 $ y = ax^2 + bx $ 在 $ (0, +\infty) $ 上 ()
A. 单调递增
B. 单调递减
C. 先增后减
D. 先减后增
A. 单调递增
B. 单调递减
C. 先增后减
D. 先减后增
答案
B 因为函数$y = ax$与$y = -\frac{b}{x}$在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$a ＜ 0$，$b ＜ 0$，所以二次函数$y = f(x) = ax^2 + bx$的图象开口向下，且对称轴$x = -\frac{b}{2a} ＜ 0$，所以函数$y = ax^2 + bx$在$(0,+\infty)$上单调递减。
10. 已知函数 $ f(x) = \begin{cases} x^2 + 2ax, x \geq -1, \\ (2 - a)x + 2a - 5, x ＜ -1, \end{cases} $ 若 $ f(x) $ 在 $ \mathbf{R} $ 上是增函数, 则实数 $ a $ 的取值范围是____.
(提示: 因为分段函数 $ f(x) $ 在 $ \mathbf{R} $ 上是增函数, 故先根据每一段函数的增减性并结合对应的函数性质列出关于 $ a $ 的不等式 (组), 然后考虑在函数分界处函数值的大小, 列出不等式 (组), 联合后求解)
(提示: 因为分段函数 $ f(x) $ 在 $ \mathbf{R} $ 上是增函数, 故先根据每一段函数的增减性并结合对应的函数性质列出关于 $ a $ 的不等式 (组), 然后考虑在函数分界处函数值的大小, 列出不等式 (组), 联合后求解)
答案
$\left\{a\left|1\leq a\leq\frac{8}{5}\right.\right\}$ 由函数$f(x) = \begin{cases}x^2 + 2ax,x\geq - 1,\\(2 - a)x + 2a - 5,x ＜ - 1\end{cases}$在$\mathbf{R}$上是增函数，
得$\begin{cases}-a\leq - 1,\\2 - a ＞ 0,\\1 - 2a\geq - (2 - a) + 2a - 5,\end{cases}$
解得$1\leq a\leq\frac{8}{5}$，所以实数$a$的取值范围是$\left\{a\left|1\leq a\leq\frac{8}{5}\right.\right\}$。
得$\begin{cases}-a\leq - 1,\\2 - a ＞ 0,\\1 - 2a\geq - (2 - a) + 2a - 5,\end{cases}$
解得$1\leq a\leq\frac{8}{5}$，所以实数$a$的取值范围是$\left\{a\left|1\leq a\leq\frac{8}{5}\right.\right\}$。
