高一數學同步測試（6）—函式的單調性
一、選擇題：
1．在區間(0，＋∞)上不是增函式的函式是
a．y=2x＋1 b．y=3x2＋1
c．y= d．y=2x2＋x＋1
2．函式f(x)=4x2－mx＋5在區間［－2，＋∞］上是增函式，在區間(－∞，－2)上是減函式，則f(1)等於
a．－7 b．1
c．17 d．25
3．函式f(x)在區間(－2，3)上是增函式，則y=f(x＋5)的遞增區間是
a．(3，8) b．(－7，－2)
c．(－2，3) d．(0，5)
4．函式f(x)=在區間(－2，＋∞)上單調遞增，則實數a的取值範圍是
a．(0b．(，＋∞)
c．(－2d．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
5．已知函式f(x)在區間[a，b]上單調，且f(a)f(b)＜0，則方程f(x)=0在區間[a，b]內（ ）
a．至少有一實根b．至多有一實根
c．沒有實根d．必有唯一的實根
6．已知函式f(x)=8＋2x－x2，如果g(x)=f( 2－x2 )，那麼函式g(x
a．在區間(－1，0)上是減函式b．在區間(0，1)上是減函式
c．在區間(－2，0)上是增函式d．在區間(0，2)上是增函式
7．已知函式f(x)是r上的增函式，a(0，－1)、b(3，1)是其圖象上的兩點，那麼不等式 |f(x＋1)|＜1的解集的補集是
a．(－1，2b．(1，4)
c．(－∞，－1)∪[4d．(－∞，－1)∪[2，＋∞）
8．已知定義域為r的函式f(x)在區間(－∞，5)上單調遞減，對任意實數t，都有f(5＋t)＝f(5－t)，那麼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．函式的遞增區間依次是a． b．
c． d
10．已知函式在區間上是減函式，則實數的取值範圍是（ ）
a．a≤3 b．a≥－3 c．a≤5 d．a≥3
11．已知f(x)在區間(－∞，＋∞)上是增函式，a、b∈r且a＋b≤0，則下列不等式中正確的是（ ）
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．定義在r上的函式y=f(x)在(－∞，2)上是增函式，且y=f(x＋2)圖象的對稱軸是x=0，則
a．f(－1)＜f(3) b．f (0)＞f(3) c．f (－1)=f (－3) d．f(2)＜f(3)
二、填空題：
13．函式y=(x－1)-2的減區間是
14．函式y=x－2＋2的值域為
15、設是上的減函式，則的單調遞減區間為
16、函式f(x) = ax2＋4(a＋1)x－3在[2，＋∞]上遞減，則a的取值範圍是
三、解答題：
17．f(x)是定義在( 0，＋∞)上的增函式，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．函式f(x)=－x3＋1在r上是否具有單調性？如果具有單調性，它在r上是增函式還是減函式？試證明你的結論．
19．試討論函式f(x)=在區間［－1，1］上的單調性．
20．設函式f(x)=－ax，(a＞0)，試確定：當a取什麼值時，函式f(x)在0，＋∞)上為單調函式．
21．已知f(x)是定義在(－2，2)上的減函式，並且f(m－1)－f(1－2m)＞0，求實數m的取值範圍．
22．已知函式f(x)=，x∈［1，＋∞］
（1）當a=時，求函式f(x)的最小值；
（2）若對任意x∈[1，＋∞，f(x)＞0恆成立，試求實數a的取值範圍．
參***
一、選擇題： cdbbd adcca ba
二、填空題：13. (1，＋∞)， 14. (－∞，3)，15.，
三、解答題：17.解析：①在等式中，則f(1)=0．
②在等式中令x=36，y=6則
故原不等式為：即f[x(x＋3)]＜f(36)，
又f(x)在(0，＋∞)上為增函式，
故不等式等價於：
18.解析： f(x)在r上具有單調性，且是單調減函式，證明如下：
設x1、x2x1＜x2 ，則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)．
∴函式f(x)=－x3＋1在(－∞，＋∞)上是減函式．
19.解析： 設x1、x2∈－1，1］且x1＜x2，即－1≤x1＜x2≤1．
f(x1)－f(x2)=－==
∵x2－x1＞0，＞0，∴當x1＞0，x2＞0時，x1＋x2＞0，那麼f(x1)＞f(x2)．
當x1＜0，x2＜0時，x1＋x2＜0，那麼f(x1)＜f(x2)．
故f(x)=在區間［－1，0］上是增函式，f(x)=在區間［0，1］上是減函式．
20.解析：任取x1、x2∈0，＋且x1＜x2，則
f(x1)－f(x2)=－－a(x1－x2)=－a(x1－x2)
=(x1－x2)(－a)
(1)當a≥1時，∵＜1，
又∵x1－x2＜0，∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)
∴a≥1時，函式f(x)在區間［0，＋∞)上為減函式．
(2)當0＜a＜1時，在區間［0，＋∞］上存在x1=0，x2=，滿足f(x1)=f(x2)=1
∴0＜a＜1時，f(x)在［０，＋上不是單調函式
注： ①判斷單調性常規思路為定義法；
②變形過程中＜1利用了＞|x1|≥x1;＞x2；
③從a的範圍看還須討論0＜a＜1時f(x)的單調性，這也是數學嚴謹性的體現．
21.解析： ∵f(x)在(－2，2)上是減函式
∴由f(m－1)－f(1－2m)＞0，得f(m－1)＞f(1－2m)
∴ 解得，∴m的取值範圍是(－)
22.解析： (1)當a=時，f(x)=x＋＋2，x∈1，＋∞)
設x2＞x1≥1，則f(x2)－f(x1)=x2＋=(x2－x1)＋=(x2－x1)(1－)
∵x2＞x1≥1， ∴x2－x1＞0，1－＞0，則f(x2)＞f(x1)
可知f(x)在［1，＋∞)上是增函式．∴f(x)在區間［1，＋∞上的最小值為f(1)=．
(2)在區間［1，＋∞上，f(x)=＞0恆成立x2＋2x＋a＞0恆成立
設y=x2＋2x＋a，x∈1，＋∞)，由y=(x＋1)2＋a－1可知其在[1，＋∞)上是增函式，
當x=1時，ymin=3＋a，於是當且僅當ymin=3＋a＞0時函式f(x)＞0恆成立．故a＞－3．
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