课时训练9 函数的单调性
【说明】本试卷满分100分，考试时间90分钟. 一、选择题（每小题6分，共42分）
1.下列函数中，在区间（0，2）上为增函数的是（ ） A.y=-x+1 B.y=C.y=x2-4x+5 D.y=
x
2x
答案：B
解析：A、C、D函数在（0，2）均为减函数.
2.设函数f(x)在(-∞,+∞)上是减函数，则下列不等式正确的是（ ） A.f(2a) 解析：∵a2+1-a=(a- 12)2+ 34>0，∴a2+1>a.又f(x)在R上递减，故f(a2+1) 或者令a=0,排除A、B、C,选D. 3.函数y=(2k+1)x+b在(-∞，+∞)上是减函数，则（ ） A.k> 12 B.k< 12 C.k>- 12 D.k<- 12 答案：D 解析：2k+1<0?k<-4.函数f(x)=A.0 12. ax?1x?2在区间（-2，+∞）上为增函数，那么实数a的取值范围为（ ） 12 B.a<-1或a> 12 12 D.a>-2 答案：C 解析：∵f(x)=a+ 1?2ax?2在(-2,+∞)递增，∴1-2a<0,即a> 12. 5.(2010四川成都一模，4)已知f(x)是R上的增函数，若令F（x）=f(1-x)-f(1+x)，则F（x）是R上的（ ） A.增函数 B.减函数 C.先减后增的函数 D.先增后减的函数 答案：B 解析：取f(x)=x,则F(x)=(1-x)-(1+x)=-2x为减函数，选B. 6.已知f(x)是定义在(-∞,+∞)上的奇函数，且f(x)在［0，+∞）上是减函数，则下列关系式中正确的是（ ） A.f(5)>f(-5) B.f(4)>f(3) C.f(-2)>f(2) D.f(-8) 解析：∵f(x)为奇函数,∴f(0)=0,∴f(2) 17.(2010全国大联考，5)下列函数：（1）y=x;?(2)y=x2;?(3)y=2x;(4)y=log2x.其中不是偶函数且在区间（0，+∞）上也不是减函数的有（ ） A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 答案：D 解析：（1）是偶函数，（2）（3）（4）都不是偶函数且在（0，+∞）上递增，故满足条件. 二、填空题（每小题5分，共15分） 8.函数y=()2 1x2?4x?52的递减区间是__________________. 答案：［2，+∞］ 解析：y=( 12)t单调递减，t=x2-4x+5在［2，+∞)上递增，∴递减区间为［2，+∞). 9.若函数f(x)是定义在（0，+∞）上的增函数，则不等式f(x)>f(8x-16)的解集为_______________. 答案：（2， 167） ?x?0,?16?. 解析：?8x?16?0,?2?x?7???x?8x?16,10.已知函数f(x)满足：对任意实数x1,x2,当x1 f(x)=_____________(请写出一个满足这些条件的函数即可). 答案：ax(0 解析：f(x)在R上递减，f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)的函数模型为f(x)=ax. 三、解答题（11—13题每小题10分，14题13分，共43分） 11.设函数f(x)=x+ ax(a>0). (1)求函数在（0，+∞）上的单调区间，并证明之； （2）若函数f(x)在［a-2,+∞］上递增，求a的取值范围. 解析：（1）f(x)在(0,+∞)上的增区间为［a,+∞］，减区间为（0，a）. 证明：∵f′(x)=1- ax2,当x∈［a,+∞］时， ∴f′(x)>0,当x∈（0，a）时，f′(x)<0. 即f(x)在［a+∞］上单调递增，在（0，a）上单调递减.（或者用定义证） （2）［a-2,+∞］为［a，+∞］的子区间，所以a-2≥a?a-a-2≥0?(a+1)( a-2)≥0?a-2≥0?a≥4. 12.(2010湖北黄冈中学模拟，19)已知定义域为［0，1］的函数f(x)同时满足： ①对于任意的x∈［0，1］，总有f(x)≥0; ②f(1)=1; ③若x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1, 则有f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2). (1)求f(0)的值； （2）求f(x)的最大值. 解析：(1)对于条件③，令x1=x2=0得f(0)≤0，又由条件①知f(0)≥0，故f(0)=0. (2)设0≤x1 ∴f(x2)-f(x1)=f［(x2-x1)+x1］-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-f(x1)=f(x2-x1)≥0. 即f(x2)≥f(x1),故f(x)在［0，1］上是单调递增，从而f(x)的最大值是f(1)=1. 13.定义在R上的奇函数f(x)在［-a,-b］(a>b>0)上是减函数且f(-b)>0,判断F（x）=［f(x)］2在［b,a］上的单调性并证明你的结论. 解析：设b≤x1 ∵f(x)在［-a,-b］上是减函数,∴0 xm-1)2+( nx-1)2的定义域为［m,n)且1≤m (1)讨论函数f(x)的单调性； （2）证明：对任意x1、x2∈［m,n］,不等式?|f(x1)-f(x2)|<1恒成立. （1）解析：解法一：∵f(x)=( xm?-1)+?( 2 nx-1)= 2 x2m2?n2x2?2xm?2nx+2, ∴f′(x)= 2xm2?2n2x3?2m?2nx22mx23·(x4-m2n2-mx3+m2nx)= 2mx23(x2-mx+mn)(x+mn) (x-mn). ∵1≤m≤x 2mx23>0,x2-mx+mn=x(x-m)+mn>0,x+mn>0. 令f′(x)=0,得x=mn， ①当x∈［m,mn］时，f′(x)<0; ②当x∈［mn，n］时，f′(x)>0. ∴f(x)在［m,mn］内为减函数，在［mn，n）为内增函数. 解法二：由题设可得 f(x)=（令t= xm??nxnx. -1）2- 2nm+1. xm∵1≤m ∴t= xm?nx≥2, nm>2. 令t′= 1m?nx2=0,得x=mn. 当x∈［m,mn］,t′<0;当x∈(mn,n)时，t′>0.∴t=在［mn，n］内是增函数.∵函数y=(t-1)2-在［m, xm?nx在［m,mn］内是减函数， 2nm+1在［1，+∞］上是增函数，∴函数f(x) mn］内是减函数，在［mn，n］内是增函数. mn)=2( （2）证明：由（1）可知，f(x)在［m,n］上的最小值为f( nm-1)2,最大值为 f(m)=( nm-1)2. 对任意x1、x2∈［m,n］,|f(x1)-f(x2)|≤( nm-1)2-2( nm-1)2=( nm)2-4· nm+4 nm-1.令 u= nm,h(u)=u4-4u2+4u-1. ∵1≤m nm≤2,即1 5?12)(u+ 5?12)>0, ∴h(u)在(1,2)上是增函数.∴h(u)≤h(2)=4-8+42-1=42-5<1. ∴不等式|f(x1)-f(x2)|<1恒成立.