1.3.1函数单调性 限时训练2（含答案）

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函数的单调性限时训练二
（完成时间：60分钟）
1．函数f（x）=kx2+（3k﹣2）x﹣5在[1，+∞）上单调递增，则k的取值范围是（　　）
A．（0，+∞） B． C．． D．
2．已知函数f（x）=是R上的增函数，则a的取值范围是（　　）
A．﹣3≤a＜0 B．﹣3≤a≤﹣2 C．a≤﹣2 D．a＜0
3．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，+∞）
4．已知函数f(x)＝是R上的减函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．(0,3) B．(0,3] C．(0,2) D．(0,2]
5.已知函数f（x）是定义在（-2，2）上的减函数，若f（m-1）＞f（2m-1），则实数m的取值范围为______．
6．若函数满足对任意，都有成立，则实数的取值范围是__________．
7．设y=f（x）是定义在（0，+∞）上的减函数，且满足f（xy）=f（x）+f（y），f（）=1．（1）求f（1），f（），f（9）的值；
（2）若f（x）﹣f（2﹣x）＜2，求x的取值范围．





8．若f（x）是定义在（0，+∞）上的增函数，且对一切x，y＞0，满足．
（1）求f（1）的值；
（2）若f（6）=1，解不等式．




9．已知定义在区间上的函数满足，且当时，.
（1）求的值；（2）证明：为单调增函数；（3）若，求在上的最值.





10.已知f(x)对任意的实数m,n都有f(m+n)=f(m)+f(n)-1,且当x>0时,有f(x)>1.
求f(0);(2)求证:f(x)在R上为增函数;(3)若f(1)=2,且关于x的不等式f(ax-2)+f(x-x2)<3对任意的x∈[1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.





11．若非零函数对任意实数,均有,且当时,；
（1）求证；（2）求证为减函数；（3）当时，解不等式.





12．已知f（x）=（x≠a）．（1）若a=2，试证f（x）在（﹣∞，2）上单调递减；（2）若a＞0 且f（x）在（1，+∞）上单调递减，求a的取值范围．





函数单调性限训二答案
1．解：当k=0时，f（x）=﹣2x﹣5在R上单调递减，不符合题意，
当k≠0时，∵函数f（x）=kx2+（3k﹣2）x﹣5在[1，+∞）上单调递增，∴，解得：k≥，综上所述：k的取值范围是[，+∞）．故选：D．
2解：∵函数是R上的增函数设g（x）=﹣x2﹣ax﹣5（x≤1），h（x）=（x＞1）由分段函数的性质可知，函数g（x）=﹣x2﹣ax﹣5在（﹣∞，1]单调递增，函数h（x）=在（1，+∞）单调递增，且g（1）≤h（1），∴∴解可得，﹣3≤a≤﹣2故选：B．　
3．解：∵当a=0时，f（x）=在区间（﹣2，+∞）上单调递减，故a=0舍去，∴a≠0，此时f（x）===a+，又因为y=在区间（﹣2，+∞）上单调递减，而函数f（x）=在区间（﹣2，+∞）上单调递增，∴须有1﹣2a＜0，即a＞，故选：B．　
4.解：若使函数f（x）为减函数，则满足，即，解得0＜a≤2，故选：D．
5.解：∵函数f（x）是定义在（-2，2）上的减函数，
∴不等式f（m-1）＞f（2m-1）可化为：-2＜m-1＜2m-1＜2，解得：m∈（0，），
故答案为：（0，）
6.解：由题意得为单调递增函数,所以
7解：（1）令x=y=1，则f（1）=f（1）+f（1），即f（1）=0，令x=y=，则f（×）=f（）+f（），即f（）=2f（）=2，令x=，y=9得f（×9）=f（）+f（9），
即f（1）=f（）+f（9），则f（9）=f（1）﹣f（）=0﹣2=﹣2．
（2）若f（x）﹣f（2﹣x）＜2，则f（x）＜f（2﹣x）+f（），即f（x）＜f（（2﹣x）），
∵y=f（x）是定义在（0，+∞）上的减函数，∴，即，即＜x＜2，
解得＜x＜2，即不等式的解集为（，2）．
8.解：（1）f（1）=f（1?1）=f（1）+f（1）=2f（1），∴f（1）=0．（2）∵f（1）=f（2）+f（）=0，∴f（2）=﹣f（）=﹣1，∴f（4）=f（2）+f（2）=﹣2，∵f（﹣x）+f（3﹣x）≥﹣2，∴f（x2﹣3x）≥f（4），∵对于0＜x＜y，都有f（x）＞f（y），∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，∴，解得﹣1≤x＜0．∴不等式的解集为[﹣1，0）．
9.解：（1）∵函数f（x）满足f（x1?x2）=f（x1）+f（x2），令x1=x2=1，则f（1）=f（1）+f（1），解得f（1）=0．（2）证明：（2）设x1，x2∈（0，+∞），且x1＞x2，则＞1，
∴f（）＞0，∴f（x1）﹣f（x2）=f（x2?）﹣f（x2）=f（x2）+f（）﹣f（x2）=f（）＞0，即f（x1）＞f（x2），∴f（x）在（0，+∞）上的是增函数．
（3）∵f（x）在（0，+∞）上的是增函数．若，则f（）+f（）=f（）=﹣2，即f（?5）=f（1）=f（）+f（5）=0，即f（5）=1，则f（5）+f（5）=f（25）=2，
f（5）+f（25）=f（125）=3，即f（x）在上的最小值为﹣2，最大值为3．
10. (1)解：令m=n=0,则f(0)=2f(0)-1,∴f(0)=1.
(2)证明：设x1,x2∈R,且x1∴，∴f(x2)>f(x1)．故f(x)在R上为增函数．
(3)解∵，即，∴，∵f(1)=2,
∴.又f(x)在R上为增函数,∴．
∴对任意的x∈[1,+∞)恒成立.令，
①当≤1,即a≤1时,函数在[1,+∞)上单调递增，由,得a<3,∴a≤1；
②当>1,即a>1时, 由,得，
∴综上可得实数a的取值范围为
11.解：（1），又∵，∴.
（2）设，则，又∵为非零函数∴，由（1）得，∴为减函数.
（3）解：由,,得.
原不等式转化为，结合（2）得：，∴，
12．证明：（1）a=2时，f（x）=，x≠2，在（﹣∞，2）上任取x1，x2，令x1＜x2，
则f（x1）﹣f（x2）=﹣=，
∵x1，x2∈（﹣∞，2），x1＜x2，∴x2﹣x1＞0，（x1﹣2）（x2﹣2）＞0，
∴f（x1）﹣f（x2）＞0，∴f（x）在（﹣∞，2）上单调递减．
解：（2）∵a＞0 且f（x）在（1，+∞）上单调递减，在（1，+∞）上任取x1，x2，令x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）=﹣=＞0，∵a＞0，xx1，x2∈（﹣∞，2），x1＜x2，∴2a（x2﹣x1）＞0，∴（x1﹣a）（x2﹣a）＞0，∴0＜a＜1．
∴a的取值范围是（0，1）．









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