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高中数学必修一函数的性质单调性测试题(含答案解析)


函数的性质单调性
1.在区间(0,+∞)上不是增函数的函数是 A.y=2x+1 B.y=3x2+1 C.y=
2 x

( D.y=2x2+x+1



2.函数 f(x)=4x2-mx+5 在区间[-2,+∞]上是增函数,在区间(-∞,-2)上是减函数, 则 f(1)等于 A.-7 ( B.1 )

C.17 D.25 ( )

3.函数 f(x)在区间(-2,3)上是增函数,则 y=f(x+5)的递增区间是 A.(3,8) 4.函数 f(x)= A.(0, B.(-7,-2) C.(-2,3) D.(0,5)

ax ? 1 在区间(-2,+∞)上单调递增,则实数 a 的取值范围是 x?2





1 ) 2

B.(

1 ,+∞) C.(-2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞) 2

5. 已知函数 f(x)在区间[a, b]上单调, 且 f(a)f(b)<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(-1,0)上是减函数 C.在区间(-2,0)上是增函数 B.在区间(0,1)上是减函数 D.在区间(0,2)上是增函数

7.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,那么不等式|f(x +1)|<1 的解集的补集是 A.(-1,2) B.(1,4) C.(-∞,-1)∪[4,+∞) D.(-∞,-1)∪[2,+∞)

8.定义域为 R 的函数 f(x)在区间(-∞,5)上单调递减,对任意实数 t,都有 f(5+t)=f(5 -t),下列式子一定成立的是 B.f(13)<f(9)<f(-1) C.f(9)<f(-1)<f(13) A . f( - 1) < f(9) < f(13) D.f(13)<f(-1)<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 ? ?x 2 ? 2 ? a ? 1? x ? 2 在区间?? ?,4? 上是减函数,则实数 a 的取值范围是( A.a≤3 B.a≥-3 C.a≤5 D.a≥3

11. 已知 f(x)在区间(-∞, +∞)上是增函数, a、 b∈R 且 a+b≤0, 则下列不等式中正确的是 ( A.f(a)+f(b)≤-f(a)+f(b)] C.f(a)+f(b)≥-f(a)+f(b)] B.f(a)+f(b)≤f(-a)+f(-b) D.f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)
1



12.定义在 R 上的函数 y=f(x)在(-∞,2)上是增函数,且 y=f(x+2)图象的对称轴是 x=0,则( A.f(-1)<f(3) B.f (0)>f(3) C.f (-1)=f (-3) _. ___. . D.f(2)<f(3)



13.函数 y=(x-1)-2 的减区间是___ 14.函数 y=x-2 1 ? x +2 的值域为__

15、设 y ? f ? x ? 是 R 上的减函数,则 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__ 17.f(x)是定义在( 0,+∞)上的增函数,且 f(
x ) = f(x)-f(y) y
1 ) <2 . x



(1)求 f(1)的值. (2)若 f(6)= 1,解不等式 f( x+3 )-f(

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 R 上是增函数还是减 函数?试证明你的结论.

19.试讨论函数 f(x)= 1 ? x 2 在区间[-1,1]上的单调性.

2

20.设函数 f(x)= x 2 ? 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(-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.

22.已知函数 f(x)=
1 2

x2 ? 2x ? a ,x∈[1,+∞] x

(1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值; (2)若对任意 x∈[1,+∞ ) ,f(x)>0 恒成立, 试求实数 a 的取值范围.

3

答案解析
一、 选择题: CDBBD
1? ? ? ? ?,? ? 2? ?

ADCCA

BA

二、 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
f(

1 36 ) ? f (36) ? f (6), ? f (36) ? 2 f (6) ? 2. 故原不等式为: f ( x ? 3) ? f ( ) ? f (36), 即 f[x(x + 3)] < x 6

?x ? 3 ? 0 ?1 153 ? 3 ? f(36), 又 f(x)在(0, +∞)上为增函数, 故不等式等价于: ?0? x? . ? ?0 x 2 ? ? ?0 ? x( x ? 3) ? 36
18.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∈(-∞,+∞),

x1<x2 ,则 f(x1)=-x13+1, f(x2)=-x23+1.f(x1)-f(x2)=x23-x13=(x2-x1)(x12+x1x2+ x22)=(x2-x1) [(x1+
x2 2 3 2 x 3 ) + x2 ] . ∵x1<x2, ∴x2-x1>0 而(x1+ 2 )2+ x22>0, ∴f(x1) 4 4 2 2

>f(x2).∴函数 f(x)=-x3+1 在(-∞,+∞)上是减函数. 19. 解析: 设 x1 、 x2 ∈- 1 , 1 ]且 x1 < x2 ,即- 1 ≤ x1 < x2 ≤ 1 . f(x1) - f(x2)= 1 ? x12 -
1 ? x2 =
2

(1 ? x1 ) ? (1 ? x2 ) 1 ? x1 ? 1 ? x2
2 2

2

2

=

( x2 ? x1 )( x2 ? x1 ) 1 ? x1 ? 1 ? x2
2 2

,∵x2-x1>0, 1 ? x12 ? 1 ? x 2 2 >0,∴当 x1

>0,x2>0 时,x1+x2>0,那么 f(x1)>f(x2).当 x1<0,x2<0 时,x1+x2<0,那么 f(x1)<

f(x2).
故 f(x)= 1 ? x 2 在区间[-1,0]上是增函数,f(x)= 1 ? x 2 在区间[0,1]上是减函数. 20. 解析:任取 x1 、 x2 ∈ 0 ,+ ? ? 且 x1 < x2 ,则 f(x1) - f(x2)= x1 2 ? 1 - x 2 2 ? 1 - a(x1 -

x2)=

x1 ? x2
2

2

2 2

x1 ? 1 ? x2 ? 1
x1 ? x 2
2

-a(x1-x2)=(x1-x2)(

x1 ? x 2 x1 ? 1 ? x 2 ? 1
2 2

-a),(1)当 a≥1 时,∵

x1 ? 1 ? x 2 ? 1

2

<1,又∵x1-x2<0,∴f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2),∴a≥1 时,

函数 f(x)在区间[0,+∞)上为减函数. (2)当 0<a<1 时,在区间[0,+∞]上存在 x1=0,x2=
2a ,满足 f(x1)=f(x2)=1,∴0 1? a2

<a<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

4

变形过程中

x1 ? x 2 x1 ? 1 ? x 2 ? 1
2 2

<1 利用了 x1 2 ? 1 >|x1|≥x1; x 2 2 ? 1 >x2;③从 a 的范围看还

须讨论 0<a<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)
? ?? 1 ? m ? 3 ?? 2 ? m ? 1 ? 2 ? 3 ? ? 1 ∴ ?? 2 ? 1 ? 2m ? 2,即?? ? m ? 2 ?m ? 1 ? 1 ? 2 m ? 2 ? 2 ? m? ? 3 ?

解得 ?

1 2 1 2 ? m ? ,∴m 的取值范围是(- , ) 2 3 2 3

22.解析: (1)当 a= 时,f(x)=x+ +

1 2

1 +2,x∈1,+∞),设 x2>x1≥1,则 f(x2)-f(x1)=x2 2x

x ?x 1 1 1 ? x1 ? =(x2 - x1)+ 1 2 =(x2- x1)(1- ),∵ x2> x1 ≥1 ,?∴ x2 - x1>0 , 1 - 2 x1 x 2 2 x1 x 2 2 x2 2 x1

1 >0,则 f(x2)>f(x1),可知 f(x)在[1,+∞)上是增函数.∴f(x)在区间[1,+∞ ) 2 x1 x 2

上的最小值为 f(1)= 。(2)在区间[1,+∞ ) 上,f(x)=

7 2

x2 ? 2x ? a >0 恒成立 ?x2+2x+a x

>0 恒成立。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.

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