(完整版)函数的单调性和奇偶性练习题(2)

—函数的单一性和奇偶性

一、选择题：

1．在区间 (0，＋∞ ) 上不是增函数的函数是

A ． y=2x＋ 1

C． y=

（

）

B． y=3x2＋ 1

2

D． y=2x2＋ x＋ 1

x

2．函数 f(x)=4 x2 －mx＋ 5 在区间［－ 2，＋∞］上是增函数，在区间

则 f(1)等于 A．－7 C． 17

(－∞，－ 2)上是减函数，

（ ）

B． 1 D． 25

3．函数 f( x)在区间 (－ 2， 3)上是增函数，则 y=f(x＋5)的递加区间是 （

A ．(3，8) 4．函数 f( x)=

）

B． (－7，－ 2) D． (0， 5)

C． (－ 2，3)

ax 1

x

在区间 (－ 2，＋∞ )上单一递加，则实数 a 的取值范围是

（

）

2 A ．(0， 1 )

B． (

1

，＋∞)

2 2

C． (－ 2，＋∞ ) A ．起码有一实根 C．没有实根

A ．在区间 (－ 1， 0)上是减函数 C．在区间 (－ 2， 0)上是增函数 |f(x＋ 1)|＜ 1 的解集的补集是 A ． (－ 1，2)

D． (－∞，－ 1)∪(1，＋∞ ) B．至多有一实根 D．必有独一的实根

5．已知函数 f(x)在区间 [a， b] 上单一 ，且 f(a)f(b)＜ 0，则方程 f(x)=0 在区间 [a， b]内（

）

6．已知函数 f(x)=8＋ 2x－ x2，假如 g(x)=f( 2－x2 )，那么函数 g( x)

（

）

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

（

）

B． (1， 4)

C． (－∞，－ 1)∪ [4，＋∞） － t)，那么以下式子必定建立的是 A ． f(－ 1)＜ f(9) ＜f(13) C． f(9) ＜f(－ 1)＜ f(13)

D ． (－∞，－ 1］∪ [2，＋∞）

8．已知定义域为 R 的函数 f(x)在区间 (－∞， 5)上单一递减，对随意实数

B． f(13)＜ f(9) ＜ f(－ 1) D． f(13)＜ f(－ 1)＜ f(9)

t，都有 f(5＋ t)＝ f(5

（

）

9．函数 f ( x) | x | 和 g (x) x( 2 x) 的递加区间挨次是

A ． ( C． [0,

（

）

,0], (

,1] ,1]

B． ( D [0,

- -

,0], [1, ), [1,

)

)

), (

1

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(完好版)函数的单一性和奇偶性练习题(2)

10．已知函数 f x

x2 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 D． a≥ 3 C． a≤ 5 11．已知 f(x)在区间 (－∞，＋∞)上是增函数，a、b∈R 且 a＋b≤0，则以下不等式中正确的选项是（

A ． f(a)＋ f(b)≤－ f(a)＋ f(b)］ C． f(a) ＋f(b)≥－ f(a)＋ f(b)］ A ． f(－ 1)＜ f(3) B ． f (0)＞ f(3) 二、填空题：

-2

13．函数 y=(x－ 1) 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

） B． f(a)＋ f(b)≤f(－ a)＋ f(－ b) D． f(a)＋ f(b)≥ f(－ a)＋ f(－ b) C． f (－ 1)=f (－ 3)

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 （

）

D． f(2) ＜ f(3)

_．

___．

f x 3 的单一递减区间为

. ． 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(

x y

) = f(x)－ f(y)

（ 1）求 f(1)的值．

（2）若 f(6)= 1，解不等式 f( x＋ 3 )－ f(

1 x

)＜2．

18．函数 f(x)=－ x3＋ 1 在 R 上能否拥有单一性？假如拥有单一性，它在

函数？试证明你的结论．

R 上是增函数仍是减

19．试议论函数 f(x)= 1 x 2 在区间［－ 1， 1］上的单一性．

- - 2

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(完好版)函数的单一性和奇偶性练习题(2)

20．设函数 f( x)= x 2 1 －ax， (a＞ 0)，试确立：当 a 取什么值时，函数

f( x)在（ 0，＋∞ )上

为单一函数．

21．已知 f(x)是定义在 (－ 2，2)上的减函数，而且

围．

f(m－1) －f(1－2m)＞ 0，务实数 m 的取值范

22．已知函数 f(x)=

x

2

2x

x

a

，x∈［1，＋∞］

（ 1）当 a= 时，求函数 f(x)的最小值；

1

2

（2）若对随意 x∈ [ 1，＋∞ ) ， f(x) ＞0 恒建立，试务实数 a 的取值范围． - - 3

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(完好版)函数的单一性和奇偶性练习题(2)

参照答案

BA

一、选择题： CDBBD ADCCA

二、填空题： 13. (1，＋∞ )， 14. (－∞， 3)， 15. 3,

，

,

1

2

三、解答题： 17.分析：①在等式中 令 x

②在等式中令 x=36 ， y=6 则 f ( )

y 0 ，则 f(1)=0 ．

f (36) f (6),

36 6

f (36) 2 f (6) 2.

故原不等式为：

f ( x 3)

f ( 1 ) f (36), 即 f[x(x＋ 3)] ＜ f(36) ， x

又 f(x)在 (0，＋∞ )上为增函数，

x 3 0

故不等式等价于：

1 0

x

0 x(x 3)

0 x

153 3. 2

36

18.分析： f(x)在 R 上拥有单一性，且是单一减函数，证明以下： 设 x1、x2∈( －∞，＋∞ )， x1 ＜x2 ，则 f(x1)=－ x13＋ 1， f(x2)=－ x23＋1．

f(x1) －f(x2)=x2 － x13=(x2－ x1)(x12＋ x1x2＋ x22)=( x2－ x1)［ (x1＋ 2 )2＋ x22］． ∵ x1＜ x2，∴ x2－ x1＞ 0 而 (x1＋

3

x3

x2

)＋ x22＞0，∴ f( x1)＞ f(x2 )．

1

2

2

3

2 4

24

∴函数 f(x)= － x3＋1 在 (－∞，＋∞ )上是减函数．

19.分析： 设 x 、x ∈ [ － 1， 1］且 x ＜ x ，即－ 1≤ x ＜ x ≤ 1． 1 1 2 2

1

2

f(x ) －f(x )=

1

x1

2

－

1

x2

2

22

(1 x ) (1 x ) 12=

=

( x2 x1 )( x2 x1)

1 x1 2 1 x2 2 1 x12 1 x22

∵x2 － x1＞0， 1 x1 2

1 x2 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

x2 在区间［－ 1，0］上是增函数， f(x)= 1 x2 在区间［ 0，1］上是减函数．

20.分析：任取 x1、x2∈0，＋ 且 x1＜ x2，则

f(x1)－ f(x2)= x1 2 1 － x2 2

1 － a(x1－ x2)=

x1 2 x2 2 x1 2 1 x2 2

－ a(x1－ x2)

1

- - 4

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(完好版)函数的单一性和奇偶性练习题(2)

1

2

x1 1

x2 x2 2

－ a)

=( x － x )( x1 2 1

(1) 当 a≥ 1 时，∵

x1 x2

＜ 1，

x1 2 1 x 2 2

1

又∵ x1－ x2＜ 0，∴ f(x1)－f(x2)＞ 0，即 f(x 1)＞ f(x 2)

∴ 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 a 2

1

，知足 f(x1)=f(x2)=1

1 ≥ 1

∴ 0＜ a＜1 时， f(x) 在［０，＋ 上不是单一函数

注： ①判断单一性惯例思路为定义法；

②变形过程中

x1 x2

＜1 利用了

2

1 ＞

2

x1 2 1

x2 2 1

x1

|x | x ;

x2

＞ 2； 1 x

③从 a 的范围看还须议论 0＜ a＜1 时 f(x)的单一性，这也是数学谨慎性的表现．

21.分析： ∵ 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)

2 m 1 2

∴

2 1

2m 2,

即

1 m 3

1 3

m

解得

1

m

2

，∴ m 的取值范围是 (－

1 2

, )

m 1 1

2m

2

m

2

2

2

3

2 3

3

22.分析： (1) 当 a= 时， f(x)= x＋ ＋ 2， x∈ 1，＋∞ )

11

2

2 x

1

设 x2 ＞x1≥1，则 f(x2 )－ f(x1)= x2＋ 1

x

2x 2

=(x2－ x1)(1 － 1 ) 1 =(x2 －x1 )＋ 1

2 x1 2 x x2 x1 x2 12

xx2 ∴ x2－ x1＞ 0， 1－ 1 ∵x2＞ x1≥1，

＞ 0，则 f(x2)＞f(x1)

2 x1 x2

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)=

7 ．

(2)在区间［ 1，＋∞ ) 上， f(x)=

x2 2x a

2

＞ 0 恒建立 x

2

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 恒建立．故 a＞－ 3． - -

5

x

＋ 2x＋a＞ 0 恒建立

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