资源简介 函数的单调性练习一、选择题:1.在区间(0,+∞)上不是增函数的函数是 ( )A.y=2x+1 B.y=3x2+1C.y= D.y=2x2+x+12.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.1C.17 D.253.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) B.(-7,-2)C.(-2,3) D.(0,5)4.函数f(x)=在区间(-2,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是 ( )A.(0,) B.( ,+∞)C.(-2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)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 B.在区间(0,1)上是减函数C.在区间(-2,0)上是增函数 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.已知定义域为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),那么下列式子一定成立的是 ( )A.f(-1)<f(9)<f(13) B.f(13)<f(9)<f(-1)C.f(9)<f(-1)<f(13) D.f(13)<f(-1)<f(9)9.函数的递增区间依次是 ( )A. B.C. D10.已知函数在区间上是减函数,则实数的取值范围是( )A.a≤3 B.a≥-3 C.a≤5 D.a≥311.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)] B.f(a)+f(b)≤f(-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(-∞,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)二、填空题:13.函数y=(x-1)-2的减区间是___ _.14.函数y=x-2+2的值域为__ ___.15、设是上的减函数,则的单调递减区间为 .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:17.f(x)是定义在( 0,+∞)上的增函数,且f() = f(x)-f(y)(1)求f(1)的值.(2)若f(6)= 1,解不等式 f( x+3 )-f() <2 .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)=在区间[-1,1]上的单调性.设函数f(x)=-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)=,x∈[1,+∞](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.参考答案一、选择题: CDBBD ADCCA BA二、填空题:13. (1,+∞), 14. (-∞,3),15.,三、解答题:17.解析:①在等式中,则f(1)=0.②在等式中令x=36,y=6则故原不等式为:即f[x(x+3)]<f(36),又f(x)在(0,+∞)上为增函数,故不等式等价于: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+)2+x22].∵x1<x2,∴x2-x1>0而(x1+)2+x22>0,∴f(x1)>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)=-==∵x2-x1>0,>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)=在区间[-1,0]上是增函数,f(x)=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)=--a(x1-x2)=-a(x1-x2)=(x1-x2)(-a)(1)当a≥1时,∵<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=,满足f(x1)=f(x2)=1∴0<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变形过程中<1利用了>|x1|≥x1;>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)∴ 解得,∴m的取值范围是(-)22.解析: (1)当a=时,f(x)=x++2,x∈1,+∞)设x2>x1≥1,则f(x2)-f(x1)=x2+=(x2-x1)+=(x2-x1)(1-)∵x2>x1≥1, ∴x2-x1>0,1->0,则f(x2)>f(x1)可知f(x)在[1,+∞)上是增函数.∴f(x)在区间[1,+∞上的最小值为f(1)=.(2)在区间[1,+∞上,f(x)=>0恒成立x2+2x+a>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.PAGE5- - 展开更多...... 收起↑ 资源预览