(完整版)函数的单调性练习题(含答案).doc

函数的单调性练习#、选择题:1.在区间(0,+^ )上不是增函数的函数是A .y=2x+ 12y=xB. y=3x2+ 1D. y=2x2+ x + 1则f(1)等于A . — 7B . 1D . 25( )C .173.函数f(x)在区间(一2, 3)上是增函数，贝U y=f(x+ 5)的递增区间是 ( )A .(3, 8)B . (— 7，— 2)C .(—2, 3)D . (0, 5)4.函数axf(x)=11在区间(一2,+a )上单调递增，则实数 a的取值范围是( )x211 、A .(0,-)B . ( -，+a )22C .(—2,+'a ) D . ( — a, — 1) U (1 , +a )函数2.f(x)=4x2 — mx+ 5在区间[—2, 上是增函数，在区间(，- 2)上是减函数,5.已知函数f(x)在区间［a, b］上单调，且f(a)f(b) v 0,则方程f(x)=0在区间［a, b］内( )A .至少有一实根 B.至多有一实根C •没有实根 D.必有唯一的实根6.已知函数 f(x)=8 + 2x- x2,如果 g(x)=f( 2 — x2 )，那么函数 g(x) ( )A .在区间(一1 , 0)上是减函数 C.在区间(一2, 0)上是增函数7.已知函数 f(x)是R上的增函数,|f(x + 1)1 v 1的解集的补集是A . (— 1, 2)C. (— a, — 1) U ［4 ,+^)B .在区间(0, 1)上是减函数D.在区间(0 , 2)上是增函数A(0，— 1)、B(3 , 1)是其图象上的两点，那么不等式 ( )B. (1 , 4)D . ( — a, — 1) U [2 ,+a)&已知定义域为 R的函数f(x)在区间(— a, 5)上单调递减，对任意实数 t，都有f(5 + t)= f(5—t),那么下列式子一定成立的是 ( )A . f( — 1) v f(9) v f(13) B. f(13) v f(9) v f(— 1)C. f(9) vf(— 1) v f(13) D. f(13) v f( — 1) v f(9)9.函数f(x) | x|和g(x) x(2 x)的递增区间依次是 ( )A. ( ,0],( ,1]B. ( ,0],[1,)C. [0, ),( ,1]D[0, ),[1,)10•已知函数f X X2 2 a 1 x 2在区间 ，4上是减函数，贝U实数a的取值范围是( )A • aw 3 B • a>— 3 C. a< 5 D • a> 311.已知f(x)在区间(一a, +s)上是增函数，a、b€ R且a+bW0,则下列不等式中正确的是( )A . f(a) + f(b)w— f(a) + f(b): B. f(a) + f(b)wf(— a)+ f( — b)C. f(a) + f(b)>— f(a) + f(b)］ D . f(a) + f(b)> f(— a) + f(— b)12 .定义在R上的函数y=f(x)在(―汽2)上是增函数，且尸f(x+2)图象的对称轴是x=0,贝U ( )A . f( — 1) v f(3) B . f (0)> f(3) C . f (— 1)=f (— 3) D . f(2) v f(3)二、 填空题：13 . 函数 y=(x— 1)-2的减区间是 _ _.14 .函数y=x— 2 —x + 2的值域为 .15、 设y f x是R上的减函数，贝y y f x 3的单调递减区间为 .16、 函数f(x) = ax2 + 4(a+ 1)x— 3在［2 , ］上递减，则a的取值范围是 .三、 解答题：x17 . f(x)是定义在(0,+a )上的增函数，且 f( ) = f(x)— f(y)y(1 )求f(1)的值.1(2 )若 f(6)= 1，解不等式 f( x+ 3 ) — f( — ) v 2 .xR上是增函数还是减18 .函数f(x)= — x3 + 1在R上是否具有单调性？如果具有单调性，它在 函数？试证明你的结论.19 •试讨论函数f(x)= / x2在区间［—1, 1］上的单调性.20. 设函数f(x)= ... x2 1 — ax, (a> 0)，试确定：当a取什么值时，函数 f(x)在0,+^ )上为单调函数.21. 已知f(x)是定义在(一2，2)上的减函数，并且 f(m — 1) — f(1 — 2m)>0，求实数m的取值范 围.x 2x a22.已知函数 f(x)= , x€[ 1 ,+s]x1(1) 当a= 时，求函数f(x)的最小值；2(2) 若对任意x€ [1,+^ ) , f(x) >0恒成立，试求实数 a的取值范围.参考答案1#、选择题： CDBBD ADCCA BA、填空题：13. (1,+^ ), 14. (", 3), 15. 3,三、解答题：17.解析：①在等式中 令x y 0,则f(1)=0.②在等式中令 x=36 , y=6则仁)6故原不等式为：f (x 3) f (-) x又f(x)在(0,+8 )上为增函数，f (36) f(6), f(36) 2f(6) 2.f (36),即 f[x(x+ 3)] v f(36),一 153 32• X1V X2,・.X2 — X1> 0 而(X1 + ―2 )2+ — X22> 0 , • f(X1)> f(X2). 亠 4)上是减函数.1]且 X1 v X2,即一K X1 v X2< 1.2 2—2 (1 X1 ) (1 X2 )X22•函数 f(x)= — X3 + 1 在( — m,+m19 .解析：设 X1、X2 € — 1 ,f(X1)— f(X2)= 12X1.1(X2 Xj(X2 xjT X2 — X1> 0, ■ 1 X12.1 X22 > 0 ,X12 1 X222X1• ••当 X1> 0 , X2> 0 时，X1 + X2> 0,那么 f(X1) > f(X2).当 X1 v 0, X2V 0 时，X1 + X2V 0，那么f(X1) v f(X2).故f(x)= .1 X2在区间［—1,0］上是增函数,f(x)= \1X2在区间［0, 1］上是减函数.故不等式等价于:0 x(x 3) 3618.解析：f(x)在R上具有单调性，且是单调减函数，证明如下：设 X1、X2 c ( —m,+m ) , X1 V X2，贝f(X1)= — X13 + 1 , f(X2)= — X23 + 1 .f(X1) — f(X2)=X23— X13=(X2 — X1)(X12+ X1X2 + X22)=(X2 — X1)[ (X1 + 筈)2+ 3 X22].20. 解析：任取 X1、X2 c 0 , + 且 X1V X2，则f(X1)— f(X2)= X1 22X21 — X2 1 — a(x1 — X2)= —2 2VX1 1 VX2——a(x1 — X2)Xi= (X1 — X2)( 1 时，••• 1 2 V 1,.X1 1 '：；X2 1又;X1 — X2V 0 f(X1)— f(X2)> 0,即卩 f(X1)> f(X2)••• a> 1时，函数f(X)在区间［0,+s )上为减函数.2a 、(2) 当 0v av 1 时，在区间］0,+8］上存在 X1=0, X2= 2，满足 f(x”=f(x2)=11 a• 0 v a v 1时，f(X)在］0,+ 上不是单调函数注：①判断单调性常规思路为定义法；② 变形过程中 _X： V 1 禾 U用了 1 > |X1|> X1；pX22 1 > X2；X12 1 .. X22 1③ 从a的范围看还须讨论 0v av 1时f(X)的单调性，这也是数学严谨性的体现.21. 解析：•/ f(X)在(— 2, 2)上是减函数•••由 f(m— 1) — f(1 — 2m) >0,得 f(m— 1)> f(1 — 2m)m 1 22 1 2m 2,即 i 1 1 2m1122m -3333解得22 1 2• m的取值范围是(一 -，-)3 2 322.解析：(1)当a=〔时,2f(x)=x+2x + 2,x€1 ,+s )设 X2> X1 > 1 ,则 f(X2) — f(X1)=X2+ 丄2X2X11=(X2 — X1)+2x1x1 x22x1X21=(X2— X1)(1 一 議)• X2> X1> 1 ,> 0，则 f(X2) > f(X1)1.• X2 — X1> 0, 1 — —2x1x2可知f(x)在］1,+s )上是增函数.••• f(x)在区间［1 ,+s )上的最小值为f(1)=-.2x2 2 x a(2)在区间［1,+^ ) 上, f(x)= >0恒成立 x2 + 2x+ a>0恒成立x设 y=x2+ 2x+ a, x € 1 ,+^ )，由 y=(x+ 1)2+ a— 1 可知其在［1 , +^)上是增函数，当x=1时，ymin=3 + a,于是当且仅当 ymin=3 + a>0时函数f(x)>0恒成立.故a>— 3.。