苏教版必修1《5.3 函数的单调性》练习卷(1)
高中试卷-5.3.1 函数的单调性(精练)(含答案)
5.3.1 函数的单调性【题组一 求函数的单调区间】1．（2020·河南信阳·高二期末（文））已知函数f(x)=12x 2―ln x ，则其单调增区间是（ ）A ．0，1]B ．0，1C ．(0,+∞)D ．(1,+∞)【答案】D【解析】f(x)=12x 2―lnx ，定义域为0，+∞令f ′(x )=x ―1x >0解得x >1故函数f(x)=12x 2―lnx 单调增区间是1，+∞故选D2．（2020·吉林净月高新技术产业开发区·东北师大附中高二月考（理））函数()()1xf x x e =+的单调递增区间是（ ）A ．(),2-¥B ．()0,2C ．()2,0-D ．()2,-+¥【答案】D【解析】函数()()1xf x x e =+的定义域为R ，()()2xf x x e ¢=+，令()0f x ¢>，解得2x >-.因此，函数()()1xf x x e =+的单调递增区间是()2,-+¥.故选：D.3．（2020·北京丰台·高三二模）已知函数()ln(1)ln(1)f x x x =--+，则()(f x )A ．是奇函数，且在定义域上是增函数B ．是奇函数，且在定义域上是减函数C ．是偶函数，且在区间(0,1)上是增函数D ．是偶函数，且在区间(0,1)上是减函数【答案】B【解析】根据题意，函数()ln(1)ln(1)f x x x =--+，则有1010x x ->ìí+>î，解可得11x -<<，即()f x 的定义域为(1,1)-；设任意(1,1)x Î-，()(1)(1)()f x ln x ln x f x -=+--=-，则函数()f x 为奇函数；1()(1)(1)1x f x ln x ln x lnx -=--+=+，其导数22()1f x x ¢=-，在区间(1,1)-上，()0f x ¢<，则()f x 为(1,1)-上的减函数；故选：B ．4．（2020·山西省古县第一中学高二期中（理））函数()()3xf x x e =- 的单调递增区间是（ ）A ．(),2-¥-B ．()2,+¥C ．(1,4)D ．(0,3)【答案】B【解析】()()3xf x x e =-Q ，()()2xf x x e ¢\=-，解不等式()0f x ¢>，解得2x >，因此，函数()()3xf x x e =-的单调递增区间是()2,+¥，故选B.5．（2020·沙坪坝·重庆一中高三月考）函数()2cos sin 2f x x x =+的一个单调减区间是（ ）A ．,42p p æöç÷èøB ．0,6p æöç÷èøC ．,2ππæöç÷èøD ．5,6p p æöç÷èø【答案】A【解析】()2cos sin 2f x x x =+Q ，该函数的定义域为R ，()()()222sin 2cos 2212sin 2sin 22sin sin 1f x x x x x x x ¢=-+=--=-+-()()2sin 12sin 1x x =-+-，1sin 1x -££Q ，可得sin 10x +³，令()0f x ¢<，可得2sin 10x ->，即1sin 2x >，解得()52266k x k k Z p pp p +<<+Î.所以，函数()y f x =的单调递减区间为()52,266k k k Z p p p p æö++Îç÷èø.当0k =时，函数()y f x =的一个单调递减区间为5,66p p æöç÷èø，5,,4266p p p p æöæöÍç÷ç÷èøèøQ ，对任意的k Z Î，50,2,2666k k p p p p p æöæöË++ç÷ç÷èøèø，5,2,2266k k p p p p p p æöæöË++ç÷ç÷èøèø，55,2,2666k k p p p p p p æöæöË++ç÷ç÷èøèø，故函数()y f x =的一个单调递减区间为,42p p æöç÷èø.故选：A.6．（2020·安徽高三开学考试（理））若曲线()21x e f x ax -=+在点()()1,1f 处的切线过点()1,0-，则函数()f x 的单调递减区间为（ ）A ．(),0-¥B ．()0,+¥C ．()(),11,0-¥-È-D ．(),1-¥-，()1,0-【答案】D【解析】由题意()()()2211x ax a e f x ax -+-¢=+，∴()()1211e k f a -¢==+，又()111e f a -=+，故曲线在点()()1,1f 处的切线方程为()()()211111y x e a e a -=-++，将点()1,0-代入可得1a =，则()()221x xe f x x -¢=+，令()()2201x xe f x x -¢=<+，所以1x <-或10x -<<，故函数在(),1-¥-，()1,0-上单调递减.故选：D7．（2020·云南昆明一中高三其他（理））函数4()3ln f x x x x=+-的单调递减区间是（ ）A ．(1,4)-B ．(0,1)C ．(4,)+¥D ．(0,4)【答案】D【解析】函数的定义域是(0,)+¥，2243(1)(4)()1x x f x x x x +-=--=＇，令()0f x <＇，解得04x <<，故函数4()3ln f x x x x=+-在(0,4)上单调递减，选：D .【题组二 已知单调性求参数】1．（2020·四川省绵阳江油中学高二期中（文））已知()1()2ln 0f x a x x a x æöç-÷èø=->在[1)+¥，上为单调递增函数，则a 的取值范围为（）A ．[0)+¥，B ．(0)+¥，C ．(1)+¥，D ．[1)+¥，【答案】D【解析】222()ax x a f x x-+¢=，(0)a >因为()f x 在[1,)+¥上为单调递增，等价于220ax x a -+³恒成立.即221xa x ³+在[1,)+¥上恒成立.因为222111x x x x =£=++，当1x =时，取“=”，所以1a ³，即a 的范围为[1,)+¥.故选：D2．（2020·河南南阳·高二期末（理））函数()327f x x kx x =+-在区间[]1,1-上单调递减，则实数k 的取值范围是（ ）A ．(],2-¥-B ．[]22-,C ．[)2,-+¥D ．[)2,+¥【答案】B【解析】()327f x x kx x =+-Q ，()2327f x x kx ¢\=+-，由题意可知，不等式()0f x ¢£对于任意的[]1,1x Î-恒成立，所以，()()12401240f k f k ì-=¢--£ïí=¢-£ïî，解得22k -££.因此，实数k 的取值范围是[]22-,.故选：B.3．（2020·佳木斯市第二中学高二期末（文））“a ≤-1”是“函数f (x )=ln x-ax 在[1,+∞)上为单调函数”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】因为函数f (x )=ln x-ax 在[1,+∞)上为单调函数，所以1()0f x a x ¢=-³在[1,+∞)上恒成立或1()0f x a x ¢=-£在[1,+∞)上恒成立，即min 1()a x £或max 11()101a x x x³³\<£Q ，从而0a £或1a ³因为“1a £-”是“0a £或1a ³” 充分不必要条件，所以“a ≤-1”是“函数f (x )=ln x-ax 在[1,+∞)上为单调函数”的充分不必要条件，故选：A4．（2020·赣州市赣县第三中学高二月考（文））已知函数1()ln xf x x ax-=+，若函数()f x 在[1,)+¥上为增函数，则正实数a 的取值范围为（ ）A ．()0,1B ．(01]，C ．()1,+¥D ．[1,)+¥【答案】D【解析】函数1()ln x f x x ax-=+，()2211()a ax f x x ax ax --¢=+=，因为函数()f x 在[1,)+¥上为增函数，所以()0f x ¢³在[1,)+¥上恒成立，又0a >，所以 10ax -³在[1,)+¥上恒成立，即1a x³在[1,)+¥上恒成立，令()()max 11g x g x x==，，所以1a ³，故选：D 5．（2019·四川树德中学高二月考（理））()cos 2(sin cos )f x x a x x =+-在0,2p éùêúëû单调递增，则a 的范围是__________．【答案】)+¥【解析】()cos 2sin cos f x x a x a x =+-，则'()2sin 2cos sin f x x a x a x =-++，因为函数()f x 在[0,]2p上单调增，可得'()0f x ³在[0,]2p上恒成立，即(sin cos )2sin 2a x x x +³，令sin cos x x t +=，则2sin 21x t =-，t Î，所以22212()t a t t t-³=-，因为1t t -在t Î上是增函数，所以其最大值为a ³=所以实数a 的取值范围是)+¥.6．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高二期末（理））设函数()x x f x e ae -=+在[0，1]上单调递增，则a 的取值范围是（ ）A ．[1，)+¥B ．(-¥，1]C ．(1,)+¥D ．(,1)-¥【答案】B ()x x f x e ae -=+Q 在[0，1]上单调递增，()0x x f x e ae -\=-¢…在[0，1]上恒成立，即2x a e …，而函数2x y e =在[0，1]上单调递增，\当0x =时，1min y =，1a \…，a \的取值范围是(-¥，1]．故选：B ．7．（2020·西夏·宁夏大学附属中学高二期中（理））若函数()323f x x tx x =-+在区间[]1,4上单调递减，则实数t 的取值范围是（ ）A ．51[,)8+¥B ．(],3-¥C ．51,8æù-¥çúèûD ．[)3,+¥【答案】A【解析】因为函数()323f x x tx x =-+在区间[]1,4上单调递减，所以'2()3230f x x tx =-+£在[]1,4x Î恒成立，所以(1)0,(4)0,f f ¢£¢£ìíî即40,5180,t t -£ìí-£î解得：518t ³.8．（2020·临猗县临晋中学高二期末（理））设函数()219ln 2f x x x =-在区间[]1,1a a -+上单调递减，则实数a 的取值范围是（）A ．(]1,2B ．()4,+¥C ．(),2-¥D ．(]0,3【答案】A【解析】依题意10,1a a ->>，由此排除CD 选项.由()()299'00x f x x x x x-=-=£>，解得03x <£，所以函数()f x 的单调递减区间为(]0,3.由此排除B 选项，只有A 选项正确.证明如下：由于()f x 在区间[1,1]a a -+上单调递减，所以0113a a <-<+£，解得(]1,2a Î.故选：A【题组三 单调性与图像】1．（2020·陕西省商丹高新学校高二月考（理））已知函数()f x 的导函数()f x ¢的图象如图所示，那么函数()f x 的图象最有可能的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】2x <-时，()0f x ¢<，则()f x 单调递减；20x -<<时，()0f x ¢>，则()f x 单调递增；0x >时，()0f x ¢<，则f （x ）单调递减．则符合上述条件的只有选项A ．故选A ．2．（2020·四川内江·高二期末（文））如图所示为()y f x ¢=的图象，则函数()y f x =的单调递减区间是（）A ．(),1-¥-B ．()2,0-C ．()()2,0,2,-+¥D ．()(),1,1,-¥-+¥【答案】C【解析】由导函数图象，知20x -<<或2x >时，()0f x ¢<，∴()f x 的减区间是(2,0)-，(2,)+¥．故选：C ．3．（2020·浙江高二期中）函数()2sin f x x x x =-的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】因为()()()()()22sin sin f x x x x x x x f x -=----=-=，且定义域R 关于原点对称，所以函数()y f x =为偶函数，故排除B 项；()()2sin sin f x x x x x x x =-=-，设()sin g x x x =-，则()1cos 0g x x =¢-³恒成立，所以函数()y g x =单调递增，所以当0x >时，()()00g x g >=，任取120x x >>，则()()120g x g x >>，所以，()()1122x g x x g x >，()()12f x f x \>，所以，函数()y f x =在()0,+¥上为增函数，故排除C 、D 选项.故选：A.【题组四 利用单调性解不等式】1．（2020·四川省绵阳南山中学双语学校高二月考（文））定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x ¢，且()()22f x f x ¢-<，若()01f =-，则不等式()22xe f x -<的解集为（ ）A ．(),0-¥B ．()0,¥+C ．(),1-¥-D ．()1,-+¥【答案】A【解析】构造函数()()221,xf xg x x R e+=-Î，∵()()22f x f x ¢-<，∴()()()()()()()222222222012xxx xf x f x f x e e f xg x e e ¢--¢-+¢==<，∴函数()g x 在R 上单调递减，又()120101g -+=-=，∴不等式()()00g x g >=的解集为{|0}x x <，故选：A.2．（2020·山西祁县中学高二月考（文））设函数21()1x xf x e e x -=+-+，则使得(2)(1)f x f x >+成立的x 的取值范围是（ ）A ．(,1)-¥B ．(1,)+¥C ．1(,1)3-D ．1(,(1,)3-¥-+¥U 【答案】D【解析】()211xx f x ee x --=+-+，所以()()f x f x -=，()f x 为R 上的偶函数，又()()222'1x xxf x e e x -=-++，当0x >时，()'0f x >，故()f x 在[)0,+¥上为增函数.因()()()()22,11f x fx f x f x =+=+，由()()21f x f x >+ 得到21x x >+，故23210x x -->，13x <-或1x >，选D.3．（2020·山东德州·高三二模）已知函数f （x ）的定义域为R ，且()()()1,02f x f x f ¢+<=，则不等式()13x f x e +>解集为（ ）A ．(1,)+¥B ．(,1)-¥C ．(0,)+¥D ．(,0)-¥【答案】C【解析】构造函数()()1x f x g x e +=,则()()()10xf x f x eg x ¢--=>¢,故()g x 在R 上为增函数.又()()00103f g e+==,故()13xf x e +>即()13x f x e +>,即()()0g x g >.解得0x >.故选：C4．（2020·历下·山东师范大学附中高三月考）已知定义在R 上的函数()f x ，其导函数为()f x ¢，若()()2sin f x f x x =--，且当0x ³时，()cos 0f x x ¢+<，则不等式()sin cos 2f x f x x xp æö+>+-ç÷èø的解集为（）A ．,2p æö-¥ç÷èøB ．,2p æö+¥ç÷èøC ．,4p æö-¥-ç÷èøD ．,4p æö-+¥ç÷èø【答案】C【解析】令()()sin g x f x x =-，则()()sin g x f x x -=-+，()()2sin f x f x x =--Q ，()()sin sin f x x f x x \+=--，()()g x g x \-=，()g x \为定义在R 上的偶函数；当0x ³时，()()cos 0g x f x x ¢¢=+<，()g x \在[)0,+¥上单调递减，又()g x 为偶函数，()g x \在(],0-¥上单调递增.由()sin cos 2f x f x x x p æö+>+-ç÷èø得：()cos sin sin 222f x x f x x f x x p p p æöæöæö++=+++>+ç÷ç÷ç÷èøèøèø，即()2g x g x p æö+>ç÷èø，2x x p\+<，解得：4x p<-，即不等式的解集为,4p æö-¥-ç÷èø.故选：C .5．（2020·安徽庐阳·合肥一中高三月考（文））已知函数31()sin xxf x x x e e =-+-，其中e 是自然数对数的底数，若2(1)(2)0f a f a -+£，则实数a 的取值范围是( )A ．1[,1]2-B ．1[1,2-C ．1(,1][,)2-¥-È+¥D ．1(,][1,)2-¥-È+¥【答案】B【解析】由于()31sin xx f x x x e e=-+-，，则f （﹣x ）＝﹣x 3sin x ++e ﹣x ﹣e x ＝﹣f （x ），故函数f （x ）为奇函数．故原不等式f （a ﹣1）+f （2a 2）≤0，可转化为f （2a 2）≤﹣f （a ﹣1）＝f （1﹣a ），即f （2a 2）≤f （1﹣a ）；又f '（x ）＝3x 2﹣cosx+e x +e ﹣x ，由于e x +e ﹣x ≥2，故e x +e ﹣x ﹣cosx>0，所以f '（x ）＝3x 2﹣cosx+e x +e ﹣x ≥0恒成立，故函数f （x ）单调递增，则由f （2a 2）≤f （1﹣a ）可得，2a 2≤1﹣a ，即2a 2+a ﹣1≤0，解得112a -££，故选B ．【题组五 利用单调性比较大小】1．（2020·广东盐田·深圳外国语学校高三月考）已知函数()y f x =是定义在R 上的偶函数，且当[)0,x Î+¥时，()()0f x xf x ¢+>，若()660.70.7a f =，()()0.70.7log6log 6b f =，()0.60.666c f =×，则a ，b ，c的大小关系是（ ）A ．c a b >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．a b c>>【答案】A【解析】令()()g x xf x =，由()y f x =是定义在R 上的偶函数，可得()()g x xf x =是定义在R 上的奇函数，又因为[)0,x Î+¥时，()()0y f x xf x ¢¢=+>，所以()()g x xf x =在[)0,+¥上是增函数，所以()()g x xf x =是定义在R 上的增函数，又由60.60.7log 600.716<<<<，所以()060.6.7(0.7)l )og 6(6g g g <<，即b a c <<.故选：A.2．（2020·江苏淮安·高三月考）已知函数()sin f x x x =+，x ÎR ，若()23a f log =，132b f log æö=ç÷èø，()22c f -=则a ，b ，c 的大小为（ ）A ．a b c >>B ．a c b>>C ．c b a>>D ．b a c>>【答案】B【解析】因为()1cos 0f x x ¢=+³，所以()f x 在(,)-¥+¥上单调递增，因为23(1,)log Î+¥，()133221,0log log =-Î-，2124-=，所以1231234log log <<，所以()22133(2)2f log f f log -æö>>ç÷èø，故a c b >>．故选：B ．3．（2020·五华·云南师大附中高三月考（理））已知函数2()sin f x x x x =-，若0.2(log 3)a f =，3(log 0.2)b f =，3(0.2)c f =，则（ ）A ．a b c >>B ．b a c>>C ．c b a>>D ．b c a>>【答案】B【解析】函数2()sin (sin )f x x x x x x x =-=-，设()sin g x x x =-，(0,)x Î+¥，则()1cos 0g x x ¢=-…在(0,)+¥恒成立，\函数()g x 在(0,)+¥上单调递增，()(0)0g x g \>=，即函数()g x 在(0,)+¥上单调递增，且()0>g x ，又Q 函数y x =在(0,)+¥上单调递增，且0y >，\函数2()sin (sin )f x x x x x x x =-=-，在(0,)+¥上单调递增，且()0f x >，又22()()()sin()sin ()f x x x x x x x f x -=----=-=Q ，\函数()f x 是偶函数，0.255(log 3)(log 3)(log 3)a f f f \==-=，333(log 0.2)(log 5)(log 5)b f f f ==-=，Q 5535log log log <<，\51312log <<，而33log 5log 31>=，30.20.008=，\335530.20log log >>>，又Q 函数()f x 在(0,)+¥上单调递增，\335(5)(3)(0.2)f log f log f >>，即b a c >>，故选：B ．4．（2020·河南高三其他（理））设01x <<，则222,(),x x xe e e a b c x x x===的大小关系是（ ）A ．a b c <<B ．a c b<<C ．c a b<<D ．b a c<<【答案】B【解析】设()x e f x x =，则2(1)()x e x f x x-¢=，当(0,1)x Î时，()0f x ¢<，故()f x 在(0,1)为减函数，22x x <Q ，\22x xe e <，则22222(x x xe e e x x x<=，故b c >；又201x x <<<，2()()f x f x \>，即22x x e e x x>，故c a >，a cb \<<．故选：B ．5．（2020·江西南昌二中高三月考（文））已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ³时，()x f x e x =+，则()2a f =-，()2log 9b f =，c f=的大小关系为（）A ．a b c >>B ．a c b>>C ．b a c>>D ．b c a>>【答案】D【解析】当0x ³时，()xf x e x =+，则()10xf x e ¢=+>，所以()f x 在[)0,x Î+¥上单调递增，由22log 9log 832>=>>，所以()()2log 92f ff >>，因为函数()f x 是定义在R 上的偶函数，所以()()22a f f =-=，>>，所以b c a故选：D。
【高中】高中数学苏教版必修一函数的单调性一
【关键字】高中§2.2函数的简单性质2．2.1函数的单调性(一)一、基础过关1．下列函数中，在(－∞，0]内为增函数的是________．(填序号)①y＝x2－2；②y＝；③y＝1＋2x；④y＝－(x＋2)2.2．如果函数f(x)在[a，b]上是增函数，对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，则下列结论中错误的是________．(填序号)①>0；②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0；③f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b)；④>0.3．若函数f(x)＝4x2－mx＋5－m在[－2，＋∞)上是增函数，在(－∞，－2]上是减函数，则实数m的值为________．4．设函数f(x)是R上的减函数，若f(m－1)>f(－1)，则实数m的取值范围是________．5．函数f(x)＝2x2－mx＋3，当x∈[2，＋∞)时是增函数，当x∈(－∞，2]时是减函数，则f(1)＝________.6．已知f(x)为R上的减函数，则满足f<f(1)的实数x的取值范围是________________．7．画出函数y＝－x2＋2|x|＋3的图象，并指出函数的单调区间．8．已知f(x)＝，试判断f(x)在[1，＋∞)上的单调性，并证明．二、能力提升9．已知函数f(x)的图象是不间断的曲线，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]上的实根个数为________．10．函数f(x)＝(a为常数)在(－2,2)内为增函数，则实数a的取值范围是________．11．已知函数f(x)＝则满足不等式f(1－x)>f(2x)的x的范围是________．12．求证：函数f(x)＝－x3＋1在(－∞，＋∞)上是减函数．三、探究与拓展13．已知函数f(x)＝(a>0)在(2，＋∞)上递加，求实数a的取值范围．答案1．③2．③3．－164．(0，＋∞)5．－36．(－1,0)∪(0,1)7．解y＝－x2＋2|x|＋3＝＝.函数图象如图所示．函数在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数，函数在[－1,0]，[1，＋∞)上是减函数．∴函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调增区间是(－∞，－1]和[0,1]，单调减区间是[－1,0]和[1，＋∞)．8．解函数f(x)＝在[1，＋∞)上是增函数．证明如下：任取x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2，则f(x2)－f(x1)＝－＝＝.∵1≤x1<x2，∴x2＋x1>0，x2－x1>0，＋>0.∴f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，故函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数．9．110．(，＋∞)11．(－∞，)12．证明设x1，x2∈(－∞，＋∞)且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝(－x31＋1)－(－x32＋1)＝x32－x31＝(x2－x1)(x21＋x1x2＋x22)．∵x1<x2，∴x2－x1>0，又∵x21＋x1x2＋x22＝⎝⎛⎭⎫x 1＋x 222＋34x 22 且⎝⎛⎭⎫x 1＋x 222≥0与34x 22≥0. 两式中两等号不能同时取得(否则x 1＝x 2＝0与x 1<x 2矛盾)，∴x 21＋x 1x 2＋x 22>0，∴f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，又∵x 1<x 2，∴f (x )＝－x 3＋1在(－∞，＋∞)上为减函数．13．解 设2<x 1<x 2，由已知条件f (x 1)－f (x 2)＝x 21＋a x 1－x 22＋a x 2＝(x 1－x 2)＋a x 2－x 1x 1x 2＝(x 1－x 2)x 1x 2－a x 1x 2<0恒成立． 由于x 1－x 2<0 , x 1x 2>0，即当2<x 1<x 2时，x 1x 2>a 恒成立．又x 1x 2>4，则0<a ≤4.此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。
高中数学苏教版必修1《53_函数的单调性》同步练习卷(有答案)
苏教版必修1《5.3 函数的单调性》同步练习卷（1）一、选择题1. 已知函数y =f(x)的图象如图所示，则函数y =f(|x|)的图象为( )A. B.C.D.2. 下列函数中，在[1, +∞)上为增函数的是（ ）A.y ＝(x −2)2B.y ＝|x −1|C.y =1x+1D.y ＝−(x +1)23. 定义在R 上的函数f(x)对任意两个不相等实数a ，b ，总有f(a)−f(b)a−b >0成立，则必有( )A.函数f(x)是先增加后减少B.函数f(x)是先减少后增加C.f(x)在R 上是增函数D.f(x)在R 上是减函数4. 已知f(x)在区间(0, +∞)上是减函数，那么f(a 2−a +1)与f(34)的大小关系是（ ） A.f(a 2−a +1)>f(34)B.f(a 2−a +1)≤f(34)C.f(a 2−a +1)≥f(34)D.f(a 2−a +1)<f(34)5. 已知函数y ＝ax 2+bx −1在(−∞, 0]是单调函数，则y ＝2ax +b 的图象不可能是（ ）A. B.C. D.二、填空题设函数f(x)={1,x>0 0,x=0−1,x<0，g(x)＝x2f(x−1)(x∈R)，则函数g(x)的单调递减区间是________．已知f(x)是定义在区间[−1, 1]上的增函数，且f(x−3)<f(2−x)，则x的取值范围是________|2≤________<52} ．已知函数f(x)=ax+1x+2在区间(−2, +∞)上为增函数，则实数a的取值范围是________．三、解答题已知函数f(x)=2x−1x+1．（1）求f(x)的定义域；（2）证明函数f(x)=2x−1x+1在[1, +∞)上是增函数．作出函数f(x)=√x2−6x+9+√x2+6x+9的图象，并指出f(x)的单调区间．四、选择题已知f(x)为R上的减函数，则满足f(|1x|)<f(1)的实数x的取值范围是（）A.(−1, 1)B.(0, 1)C.(−1, 0)∪(0, 1)D.(−∞, −1)∪(1, +∞)已知函数f(x)在R 上是单调函数，且满足对任意x ∈R ，都有f[f(x)−3x ]＝4，则f(2)的值是（ ）A.4B.8C.10D.12设函数f(x)={(3a −1)x +4a,(x <1)−ax,(x ≥1)是定义在(−∞, +∞)上是减函数，则a 的取值范围是________．讨论函数f(x)=ax+1x+2(a ≠12)在(−2, +∞)上的单调性．参考答案与试题解析苏教版必修1《5.3 函数的单调性》同步练习卷（1）一、选择题1.【答案】B【考点】奇偶函数图象的对称性函数图象的作法【解析】根据函数图象的对称变换，可以将函数y=f(x)的图象在y轴右侧的部分保持不变，并将其关于y轴对称，即可得到函数y=f(|x|)的图象．【解答】解：函数y=f(|x|)={f(x),x≥0,f(−x),x<0,是偶函数，因此将函数的图象在y轴右侧的部分保持不变，利用函数y=f(|x|)是偶函数，其图象关于y轴对称，即可得到函数y=f(|x|)的图象.故选B．2.【答案】B【考点】函数单调性的性质与判断【解析】结合A、B、C、D选项中四个函数的图象与性质进行判断，即可得出正确的答案．【解答】对于A，函数y＝(x−2)2的图象是抛物线，对称轴是x＝2，当x<2时是减函数，x> 2时是增函数，∴不满足题意；对于B，函数y＝|x−1|={x−1,x≥1−x+1,x<1，∴当x≥1时，是增函数，x<1时，是减函数，∴满足题意；对于C，函数y=1x+1，当x<−1，x>−1时，函数是减函数，∴不满足题意；对于D，函数y＝−(x+1)2的图象是抛物线，对称轴是x＝−1，当x>−1时是减函数，x<−1时是增函数，∴不满足题意；3.【答案】C【考点】函数单调性的判断与证明【解析】比值大于零，说明分子分母同号，即自变量与函数值变化方向一致，由增函数的定义可得结论．解：任意两个不相等实数a ，b ，总有f(a)−f(b)a−b >0成立，即有a >b 时，f(a)>f(b)；a <b 时，f(a)<f(b)，由增函数的定义知：函数f(x)在R 上是增函数．故选C .4.【答案】B【考点】函数单调性的性质与判断【解析】判断a 2−a +1与34的大小关系，然后利用函数的单调性进行判断大小关系． 【解答】∵ a 2−a +1＝(a −12)2+34≥34，f(x)在(0, +∞)上为减函数，∴ f(a 2−a +1)≤f(34)．5.【答案】B【考点】二次函数的图象一次函数的性质与图象二次函数的性质【解析】先由函数y ＝ax 2+bx −1在(−∞, 0]是单调函数求出a 和b 所能出现的情况，再对每一中情况求出对应的图象即可．（注意对二次项系数的讨论）．【解答】因为函数y ＝ax 2+bx −1在(−∞, 0]是单调函数，所以：①当a ＝0，y ＝2ax +b 的图象可能是A ；②当a >0时，−b 2a ≥0⇔b ≤0，y ＝2ax +b 的图象可能是C ；③当a <0时，−b 2a ≤0⇔b ≤0，y ＝2ax +b 的图象可能是D ．故y ＝2ax +b 的图象不可能是B ．二、填空题【答案】[0, 1)【考点】分段函数的应用【解析】先利用条件求出g(x)的表达式，再画出其图象，有图象即可直接求出函数g(x)的单调递减区间．由题得，g(x)={x 2x >10x =1−x 2x <1，其对应图象如图：由图得函数g(x)的单调递减区间是[0, 1)．【答案】{x ,x【考点】函数单调性的性质与判断【解析】由定义域及单调性即可列出不等式组，解不等式组可得结论．【解答】由题意，得{−1≤x −3≤1,−1≤2−x ≤1,x −3<2−x,解得2≤x <52，故满足条件的x 的取值范围是{x|2≤x <52}．【答案】{a|a >12} 【考点】函数的单调性及单调区间【解析】把函数f(x)解析式进行常数分离，变成一个常数和另一个函数g(x)的和的形式，由函数g(x)在 (−2, +∞)为增函数得出1−2a <0，从而得到实数a 的取值范围．【解答】解：∵ 函数f(x)=ax+1x+2=a +1−2a x+2， 令g(x)=1−2a x+2,结合复合函数的增减性，再根据f(x)在 (−2, +∞)为增函数，可得g(x)=1−2a x+2在 (−2, +∞)为增函数，∴ 1−2a <0，解得a >12.故答案为：{a|a >12}．三、解答题【答案】由x +1≠0，得x ≠−1．故函数的定义域是{x|x ≠−1}．f(x)=2x−1x+1=2−3x+1，在(1, +∞)上任取x 1，x 2，使得1<x 1<x 2，则， f(x 1)−f(x 2)=3x 1−3x 2(x 1+1)(x 2+1)，∵1<x1<x2，∴0<x1+1<x2+1，且x1−x2<0，∴f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在区间(1, +∞)上是增函数．【考点】函数单调性的性质与判断函数的定义域及其求法【解析】（1）由x+1≠0，得x≠−1．故函数的定义域是{x|x≠−1}．（2）f(x)=2x−1x+1=2−3x+1，在(1, +∞)上任取x1，x2，使得1<x1<x2，则可证f(x1)<f(x2)，即得f(x)在区间(1, +∞)上是增函数．【解答】由x+1≠0，得x≠−1．故函数的定义域是{x|x≠−1}．f(x)=2x−1x+1=2−3x+1，在(1, +∞)上任取x1，x2，使得1<x1<x2，则，f(x1)−f(x2)=3x1−3x2(x1+1)(x2+1)，∵1<x1<x2，∴0<x1+1<x2+1，且x1−x2<0，∴f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在区间(1, +∞)上是增函数．【答案】由图象可知，f(x)在(−∞, −3)上单调递减，在(3, +∞)上单调递增【考点】函数的图象与图象的变换【解析】原函数化为f(x)＝|x−3|+|x+3|={2x,x>36,−3≤x≤3−2x,x<−3，画图即可．【解答】f(x)=√x2−6x+9+√x2+6x+9=|x−3|+|x+3|={2x,x>36,−3≤x≤3−2x,x<−3，其图象四、选择题【答案】C【考点】函数单调性的性质与判断【解析】由函数的单调性可得|1x|与1的大小，转化为解绝对值不等式即可．【解答】由已知得1|x|>1解得−1<x<0或0<x<1，【答案】C【考点】抽象函数及其应用【解析】由已知可得f(x)−3x为一常数，进而可得函数的解析式，将x＝2代入可得答案．【解答】∵对任意x∈R，都有f[f(x)−3x]＝4，且函数f(x)在R上是单调函数，故f(x)−3x＝k，即f(x)＝3x+k，∴f(k)＝3k+k＝4，解得：k＝1，故f(x)＝3x+1，∴f(2)＝10，【答案】[18, 13)【考点】函数单调性的性质与判断【解析】由题意根据函数的单调性可得{3a−1<0−a<0(3a−1)×1+4a≥−a×1，由此求得a的范围．【解答】由题意可得{3a−1<0−a<0(3a−1)×1+4a≥−a×1，求得18≤a<13，【答案】函数的解析式：f(x)=ax+1x+2=a+1−2ax+2，设x1，x2∈(−2, +∞)，且x1<x2，则：f(x1)−f(x2)=1−2ax1+2−1−2ax2+2=(1−2a)(x2−x1)(x1+2)(x2+2)，x1，x2∈(−2, +∞)，且x1<x2，则x2−x1(x1+2)(x2+2)>0，当1−2a<0,a>12时，f(x1)<f(x2)，函数f(x)单调递增；当1−2a>0,a<12时，f(x1)>f(x2)，函数f(x)单调递减．【考点】函数单调性的性质与判断【解析】首先将函数的解析式整理变形，然后结合函数单调性的定义整理计算即可求得最终结果．【解答】函数的解析式：f(x)=ax+1x+2=a+1−2ax+2，设x1，x2∈(−2, +∞)，且x1<x2，则：f(x1)−f(x2)=1−2ax1+2−1−2ax2+2=(1−2a)(x2−x1)(x1+2)(x2+2)，x1，x2∈(−2, +∞)，且x1<x2，则x2−x1(x1+2)(x2+2)>0，当1−2a<0,a>12时，f(x1)<f(x2)，函数f(x)单调递增；当1−2a>0,a<12时，f(x1)>f(x2)，函数f(x)单调递减．。
高中数学苏教版必修1《52_函数的表示方法》同步练习卷(有答案)
苏教版必修1《5.2 函数的表示方法》同步练习卷一、选择题1. 设f(x)={1−√x，x≥02x，x<0，则f（f(−2)）=()A.−1B.14C.12D.322. 已知函数f(x)的图象是两条线段（如图所示，不含端点），则f[f(13)]＝（）A.−13B.13C.−23D.233. 设f(x)={1,x>0，0,x=0，−1,x<0，g(x)={1，x为有理数0，x为无理数，则f（g(π)）的值为（）A.1B.0C.−1D.π4. 函数f(x)=ax+b(x+c)2的图象如图所示，则下列结论成立的是()A.a>0，b>0，c<0B.a<0，b>0，c>0C.a<0，b>0，c<0D.a<0，b<0，c<05. 设函数f(x)={3x −b,x <12x ，x ≥1，若f [f (56)]=4，则b =（ ） A.1 B.78C.34D.12二、填空题已知f(1−x1+x )＝x ，则f(x)＝________．函数y ={x 2+1(x ≤0)−2x(x >0) ，使函数值为5的x 的值是________．若函数f(x)满足关系式f(x)+2f(1x )=3x ，则f(2)的值为________． 三、解答题二次函数f(x)满足且f(0)＝0，且对任意x ∈R 总有f(x +1)＝f(x)+x +1，求f(x)的解析式．设f(x)={x +2(x ≤−1)，x 2(−1<x <2)，2x(x ≥2).(1)在直角坐标系中画出f(x)的图象；(2)若f(t)=3，求t 值． 四、选择题如图，函数f(x)的图象是折线段ABC ，其中点A ，B ，C 的坐标分别为(0, 4)，(2, 0)，(6, 4)，则f{f[f(2)]}= ( )A.0B.2C.4D.6已知f(x)={x−5(x≥6)f(x+2)(x<6)，则f(3)的值为________．已知f(x)满足f(x)+3f(−x)＝x2−3x，则f(x)＝________x24+32x．某公司规定，职工入职工资为2000元每月，以后三年中，每年的月工资是上一月的2倍，3年以后按月薪144000元计算，试用列表，图象，解析式3种不同的形式表示该公司某职工前5年中，月工资y（元）（年薪按12个月平均计算）和年份序号x的函数关系，并指出该函数的定义域和值域．参考答案与试题解析苏教版必修1《5.2 函数的表示方法》同步练习卷一、选择题 1.【答案】 C【考点】 函数的求值 【解析】利用分段函数的性质求解． 【解答】解：∵ {1−√x ，x ≥0，2x ，x <0∴ f(−2)=2−2=14，f （f(−2)）=f(14)=1−√14=12．故选C . 2. 【答案】 B【考点】函数的图象与图象的变换分段函数的解析式求法及其图象的作法 函数单调性的性质与判断【解析】先根据函数的图象利用分段函数写出函数的解析式，再根据所求由内向外逐一去掉括号，从而求出函数值． 【解答】由图象知f(x)={x +1(−1<x <0)x −1(0<x <1)∴ f(13)=13−1=−23，∴ f(f(13))=f(−23)=−23+1=13． 3.【答案】 B【考点】 函数的求值 【解析】根据π是无理数可求出g(π)的值，然后根据分段函数f(x)的解析式可求出f （g(π)）的值． 【解答】解：∵ π是无理数， ∴ g(π)=0，则f （g(π)）=f(0)=0 故选B ． 4.【答案】 C【考点】函数的图象与图象的变换 函数的零点【解析】分别根据函数的定义域，函数零点以及f(0)的取值进行判断即可． 【解答】解：函数在P 处无意义，由图象看P 在y 轴右边， 所以−c >0，得c <0， 由图象可知，f(0)=bc 2>0， ∴ b >0，由f(x)=0得ax +b =0，即x =−ba ，即函数的零点x =−ba >0， ∴ a <0，综上a <0，b >0，c <0. 故选C . 5. 【答案】 D【考点】 函数的零点 函数的求值 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题意，f (56)=3×56−b =52−b ．由f [f (56)]=4，得{52−b <1，3(52−b)−b =4或{52−b ≥1，252−b−b =4.解得b =12． 故选D ． 二、填空题 【答案】1−x 1+x，(x ≠−1)【考点】函数解析式的求解及常用方法 【解析】 换元法：令t =1−x 1+x，解出x 关于t 的式子，得到f(t)关于t 的表达式，从而得出f(x)的解析式． 【解答】 ∵1−x 1+x=−1+21+x，∴1−x 1+x≠−1令t =1−x 1+x ，(t ≠−1)，则t +tx ＝1−x ，可得x =1−t 1+t∵ f(1−x1+x )=x ∴ f(t)=1−t1+t ．即函数解析式为：f(x)=1−x1+x ，(x ≠−1) 【答案】 −2【考点】 函数的求值分段函数的解析式求法及其图象的作法 求函数的值【解析】根据分段函数的分段标准进行分类讨论，分别建立方程，求出满足条件的x 即可． 【解答】①当x ≤0时，x 2+1＝5解得x ＝−2 ②当x >0时，−2x ＝5解得x =−52（舍去） 综上所述，x ＝−2， 【答案】 −1【考点】 函数的求值 【解析】由函数f(x)满足关系式f(x)+2f(1x)=3x ，分别令x =2和x =12，利用加减消元法，可得答案． 【解答】解：∵ f(x)+2f(1x )=3x ， ∴ f(2)+2f(12)=6，①, f(12)+2f(2)=32，②,②×2−①得：3f(2)=−3， 故f(2)=−1. 故答案为：−1. 三、解答题【答案】由题意：f(x)是二次函数，设f(x)＝ax 2+bx +c ， ∵ f(0)＝0， ∴ c ＝0，则f(x)＝ax 2+bx ，∵ f(x +1)＝f(x)+x +1，即a(x +1)2+b(x +1)＝ax 2+x(b +1)+1 由：{2a +b =b +1a +b =1 ，解得{a =12b =12 ． 故得f(x)的解析式为：f(x)=12x 2+12x ，【考点】函数解析式的求解及常用方法 【解析】f(x)是二次函数，设出解析式，利用待定系数法求解． 【解答】由题意：f(x)是二次函数，设f(x)＝ax 2+bx +c ， ∵ f(0)＝0， ∴ c ＝0，则f(x)＝ax 2+bx ，∵ f(x +1)＝f(x)+x +1，即a(x +1)2+b(x +1)＝ax 2+x(b +1)+1 由：{2a +b =b +1a +b =1 ，解得{a =12b =12 ． 故得f(x)的解析式为：f(x)=12x 2+12x ， 【答案】 解：(1)如图(2)由函数的图象可得：f(t)=3, 即t 2=3且−1<t <2． ∴ t =√3.【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法 函数的求值 【解析】由分段函数，按照基本函数作图，第一段一次函数，第二次二次函数，第三次为一次函数，要注意每段的定义域．【解答】解：(1)如图(2)由函数的图象可得：f(t)=3,即t2=3且−1<t<2．∴t=√3.四、选择题【答案】B【考点】函数的求值【解析】结合函数的性质和图象求解．【解答】解：∵函数f(x)的图象是折线段ABC，其中点A，B，C的坐标分别为(0, 4)，(2, 0)，(6, 4)，∴f(2)=0，f[f(2)]=f(0)=4，f{f[f(2)]}=f(4)=2．故选B．【答案】2【考点】函数的求值求函数的值【解析】由题意得f(3)＝f(5)＝f(7)，故f(7)为所求．【解答】∵f(x)={x−5(x≥6)f(x+2)(x<6)，则f(3)＝f(5)＝f(7)＝7−5＝2，【答案】x2 4+3 2x【考点】函数解析式的求解及常用方法【解析】由f(x)+3f(−x)＝x2−3x，可得f(−x)+3f(x)＝x2+3x．联立解得f(x)即可．【解答】用−x替换原式中的x得，f(−x)+3f(x)＝x2+3x，联立f(x)+3f(−x)＝x2−3x，消去f(−x)，得f(x)=x 24+32x．【答案】由题意，可得解析式：y={2000,x=1 4000,x=2 8000,x=3 144000,x=4,5，函数的定义域{1, 2, 3, 4, 5}，值域{2000, 4000, 8000, 14400}．【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】根据题意，可得函数解析式、列表，图象的表示，可得该函数的定义域和值域．【解答】由题意，可得解析式：y={2000,x=1 4000,x=2 8000,x=3 144000,x=4,5，函数的定义域{1, 2, 3, 4, 5}，值域{2000, 4000, 8000, 14400}．。
高中数学苏教版高一必修1课后导练 函数的单调性
课后导练基础达标1.下列函数中，在区间（0，2）上为增函数的是（ ）A.y=3-xB.y=x 2+1C.y=x1 D.y=-|x| 解析：B 答案中y=x 2+1为二次函数，抛物线开口向上，以y 轴为对称轴，所以y=x 2+1在(0,2)上单调递增 ，故选B.答案：B2.下列结论正确的是（ ）A.函数y=kx(k 为常数，k<0)在R 上是增函数B.函数y=x 2在R 上是增函数C.y=x1在定义域内为减函数 D.y=x 1在（-∞,0）上为减函数 解析：y=kx 的图象是直线，当k<0时，y 随x 增大而减小；y=x 2在（-∞，0）上递减，在（0，+∞）上递增；y=x1在（-∞，0）上递减，在（0，+∞）上递减，故选D. 答案：D3.已知函数f(x)=2x 2-mx+3，当x ∈（-2，+∞）时是增函数，当x ∈(-∞,-2)时是减函数，则f(1)等于( )A.-3B.13C.7D.由m 而决定的常数 解析：由题意知，二次函数的对称轴x=-2, ∴4m =-2,m=-8. ∴f(x)=2x 2+8x+3.∴f(1)=2×12+8×1+3=13 ，故选B.答案：B4.设函数f(x)=(2a-1)x+b 是R 上的减函数，则有( )A.a ≥21 B.a ≤21 C.a>-21 D.a<21 解析：由题意知2a-1<0，∴a<21,选D. 答案：D.5.下列四个n 的取值中，使函数y=x n 的图象过原点，且在其定义域R 上是增函数的是( )A.-2B.-1C.1D.2解析：当n=-2时，y=21x ，不过原点； 当n=-1时，y=x1，同样不过原点；当n=2时，y=x 2过原点.但它在（-∞,0)上递增，在（0，+∞）上递减，故选C.答案：C6.已知函数y=f(x)的图象如下图所示，写出函数的单调区间____________.解析：由图象可以看到：y=f(x)在（-∞，-1）和［0，1）上递减；在［-1,0)和［1，+∞）上递增.答案：递增区间为［-1,0］，［1，+∞］；递减区间为（-∞,-1）［0，1］7.已知函数f(x)是区间（0，+∞）上的减函数，那么f(a 2-a+1)与f(43)的大小关系是______. 解析：先比较a 2-a+1与43的大小，a 2-a+1=a 2-a+41+43=(a-21)2+43≥43，因f(x)在区间（0,+∞）上是减函数，∴f(a 2-a+1)≤f(43). 答案：f(a 2-a+1)≤f(43) 8.判断f(x)=21x x +(x ≥1)的单调性. 解析：设1≤x 1<x 2,f(x 1)-f(x 2)=2111x x +-2221x x + =)1)(1()1()1(2221212221x x x x x x +++-+ =)1)(1()1)((22212121x x x x x x ++--， ∵x 1x 2>1,∴1-x 1x 2<0,又x 1-x 2<0,(1+x 12)(1+x 22)>0,∴)1)(1()1)((22212121x x x x x x ++-->0, 即f(x 1)>f(x 2).∴f(x)在［1，+∞)上是减函数.9.设函数f(x)在（0，+∞)上是减函数，且有f(2a 2+a+1)<f(3a 2-2a+1)，求实数a 的取值范围. 解析：f(x)在（0，+∞)上是减函数，又2a 2+a+1>0,3a 2-2a+1>0,所以当f(2a 2+a+1)<f(3a 2-2a+1)成立时有2a 2+a+1>3a 2-2a+1,∴a 2-3a<0.∴0<a<3.∴实数a 的取值范围是{a|0<a<3}.10.若f(x)=-x 2+2ax 与g(x)=1+x a 在区间［1,2］上都是减函数，求a 的取值范围. 解析：∵f(x)的对称轴为x=a 且开口向下，∴a ≤1.又∵g(x)=1+x a 在［1,2］上为减函数， ∴a>0.∴a ∈(0,1］.综合训练11.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.必有唯一的实根解析：因f(x)在［a,b ］上单调，又f(a)与f(b)异号，故函数f(x)的图象在［a,b ］上与x 轴必有交点，且交点唯一，故选D.答案：D12.已知f(x)在(-∞，+∞)内是减函数，a,b ∈R,a+b ≤0，则有（ ）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)解析：a+b ≤0,∴a ≤-b,∴f(a)≥f(-b),f(b)≥f(-a),∴f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).答案：D13.函数y=-62+--x x 的单调递增区间是_________，单调递减区间是__________. 解析：首先考虑使函数有意义的x 的值，-x 2-x+6≥0得-3≤x ≤2，∴由对称轴是x=-21， 得到f(x)=-x 2-x+6在x ∈［-3，-21］时，函数递增；x ∈［-21,2］时，函数递减. 答案：［-3,-21］［-21,2］ 14.有下列四个命题①函数y=2x 2+x+1在(0,＋∞)上不是增函数；②函数y=11+x 在(-∞,-1)∪(-1,+∞)上是减函数；③函数y=-245x x --的单调增区间为［-2,+∞)；④已知f(x)在R 上为增函数，若a+b>0,则有f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b).其中正确命题的序号是___________________.解析：因y=2x 2+x+1在［-41,+∞)上递增，所以①不正确；②说法不对，y=x1不在两个区间的并集上递减，而是分别在两个区间上递减；③忽略了函数的定义域；④中a+b>0得a>-b ，有f(a)>f(-b)，同理有f(b)>f(-a)，两同向不等式相加，得f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b)，④正确. 答案：④15.已知函数f(x)的定义域为R ，满足f(-x)=)(1x f >0，且g(x)=f(x)+c(c 为常数）在区间［a,b ］上是减函数，判断并证明g(x)在区间［-b,-a ］上的单调性.解析：设-b ≤x 1≤x 2≤-a ，则b ≥-x 1>-x 2≥a.∵g(x)在区间［a,b ］上是减函数，∴g(-x 1)<g(-x 2).即f(-x 1)+c<f(-x 2)+c ，则f(-x 1)<f(-x 2).又∵f(-x)=)(1x f >0, ∴0<)(11x f <)(12x f ，即f(x 1)>f(x 2). ∴f(x 1)+c>f(x 2)+c,即g(x 1)>g(x 2).∴g(x)在区间［-b,-a ］上是减函数.拓展提升16.设函数f(x)是实数集R 上的增函数，令F(x)=f(x)-f(2-x).(1)求证：F （x)在R 是增函数；（2）若F(x 1)+F(x 2)>0,求证：x 1+x 2>2.解析：无论给出的函数式子多么复杂，只要是证明单调性，就必用“定义法”，只要是比较自变量的大小，就必用单调性定义的逆命题.这就是解题思路，在正确的思路指导下，必能攻无不克，战无不胜.证明：（1）任取x 1,x 2∈R ，且x 1<x 2,∵f(x)在R 上是增函数，∴f(x 1)<f(x 2),f(2-x 1)>f(2-x 2),即f(x 1)-f(x 2)<0,f(2-x 1)-f(2-x 2)>0,∴F(x 1)-F(x 2)=［f(x 1)-f(2-x 1)］-［f(x 2)-f(2-x 2)］=［f(x 1)-f(x 2)］+［f(2-x 2)-f(2-x 1)］<0,即F(x 1)<F(x 2).∴F(x)在R 上是增函数.(2)∵F(x 1)+F(x 2)>0,∵F （x 1）>-F(x 2).而-F(x 2)=-［f(x 2)-f(2-x 2)］=f(2-x 2)-f(x 2)=f(2-x 2)-f ［2-（2-x 2)］=F(2-x 2).∴F （x 1）>F(2-x 2).又∵F （x)在R 上是增函数，∴x1>2-x2，即x1+x2>2.。
高中数学必修1函数单调性和奇偶性专项练习(含答案)
高中数学必修1函数单调性和奇偶性专项练习(含答案)高中数学必修1 第二章函数单调性和奇偶性专项练一、函数单调性相关练题1、（1）函数f(x)＝x－2，x∈{1，2，4}的最大值为3.在区间[1，5]上的最大值为9，最小值为-1.2、利用单调性的定义证明函数f(x)＝(2/x)在（-∞，0）上是减函数。
证明：对于x1<x2.由于x1和x2都小于0，所以有x1<x2<0，因此有f(x2)-f(x1)=2/x1-2/x2=2(x2-x1)/x1x2<0.因此，f(x)在（-∞，0）上是减函数.3、函数f(x)＝|x|＋1的图像是一条V型曲线，单调区间为(-∞，0]和[0，∞).4、函数y=-x+2的图像是一条斜率为-1的直线，单调区间为(-∞，+∞).5、已知二次函数y＝f(x)(x∈R)的图像是一条开口向下且对称轴为x＝3的抛物线，比较大小：(1)f(6)与f(4)；(2)f(2)与f(15).1) 因为f(x)是开口向下的抛物线，所以对于x>3，f(x)是减函数，对于x<3，f(x)是增函数。
因此，f(6)<f(4).2) 因为f(x)是开口向下的抛物线，所以对于x3，f(x)是增函数。
因此，f(2)>f(15).6、已知y＝f(x)在定义域(-1，1)上是减函数，且f(1-a)<f(3a-2)，求实数a的取值范围.因为f(x)在(-1，1)上是减函数，所以对于0f(3a-2)。
因此，实数a的取值范围为0<a<1.7、求下列函数的增区间与减区间：1) y=|x^2+2x-3|的图像是一条开口向上的抛物线，单调区间为(-∞，-3]和[1，+∞).2) y=1-|x-1|的图像是一条V型曲线，单调区间为(-∞，1]和[1，+∞).3) y=-x^2-2x+3的图像是一条开口向下的抛物线，单调区间为(-∞，-1]和[1，+∞).4) y=1/(x^2-x-20)的图像是一条双曲线，单调区间为(-∞，-4]和[-1，1]和[5，+∞).8、函数f(x)=ax^2-(3a-1)x+a^2在[1，+∞)上是增函数，求实数a的取值范围.因为f(x)在[1，+∞)上是增函数，所以对于x>1，有f(x)>f(1)。
苏教版高中数学必修一第二章学生同步练习第课时函数的单调性和奇偶性
让学生学会学习第12课 函数的单调性和奇偶性分层训练：1、二次函数y=ax 2+bx+c 的递增区间为(－∞，2]，则二次函数y=bx 2+ax+c 的递减区间为( ) A.(－∞,81]B.[81，+∞]C.[2，+∞]D.(－∞，2]2、设f(x)是(－∞, +∞)上的奇函数，f(x+2)= －f(x)，当0≤x ≤1时，f(x)=x ，则f(7.5)=( ) A.0.5 B. －0.5 C.1.5 D. －1.53、函数f(x)=(x －1)·)1,1(,11-∈-+x xx( )A.是奇函数B.是偶函数C.既是奇函数又是偶函数D.既不是奇函数又不是偶函数4、下列结论正确的是( ) A.偶函数的图象一定与y 轴相交B.奇函数y=f(x)在x=0处有定义，则f(0)=0C.定义域为R 的增函数一定是奇函数D.图象过原点的单调函数，一定是奇函数5、设偶函数y=f(x)(x ∈R)在x<0时是增函数，若x 1<0，x 2>0且|x 1|<|x 2|，则下列结论中正确的是( ) A.f(－x 1)<f(－x 2) B.f(－x 1)>f(－x 2) C.f(－x 1)=f(－x 2) D.以上结论都不对6、若f(x)满足f(－x)= －f(x)，且在(－∞，0)内是增函数，又f(－2)=0，则xf(x)<0的解集是( )A.(－2,0)∪(0，2)B.(－∞,－2)∪(0，2)C. (－∞,－2) ∪(2，+∞)D.(－2，0) ∪(2，+∞)7、函数y=(2k+1)x+b 在(－∞，+∞)上是减函数，则k 的取值范围是_______________.8、函数y=－xa在(0，+∞)上是减函数，则y=－2x 2+ax 在(0，+∞)上的单调性为_______________.9、定义在(－1，1)上的奇函数f(x)=12+++nx x mx ，则常数m ，n 的值为______.。
2019—2020年苏教版高中数学必修一《函数的单调性》课时练习2及答案解析.docx
（新课标）2018-2019学年度苏教版高中数学必修一2.2.1 函数的单调性（二） 课时目标 1.理解函数的最大(小)值的概念及其几何意义.2.体会函数的最大(小)值与单调性之间的关系.3.会求一些简单函数的最大(小)值．1．函数的最值设y ＝f(x)的定义域为A.(1)最大值：如果存在x 0∈A ，使得对于任意的x ∈A ，都有__________，那么称f(x 0)为y ＝f(x)的最大值，记为______＝f(x 0)．(2)最小值：如果存在x 0∈A ，使得对于任意的x ∈A ，都有f(x)≥f(x 0)，那么称f(x 0)为y ＝f(x)的最小值，记为________＝f(x 0)．2．函数最值与单调性的联系(1)若函数y ＝f(x)在区间[a ，b]上单调递增，则f(x)的最大值为______，最小值为______．(2)若函数y ＝f(x)在区间[a ，b]上单调递减，则f(x)的最大值为______，最小值为______．一、填空题1．若函数f(x)＝x 2＋2(a －1)x ＋2在区间(－∞，4)上是减函数，则实数a 的取值范围是________．2．已知函数y ＝x ＋2x －1，下列说法正确的是________．(填序号)①有最小值12，无最大值；②有最大值12，无最小值； ③有最小值12，最大值2； ④无最大值，也无最小值．3．已知函数y ＝x 2－2x ＋3在区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m 的取值范围是________．4．如果函数f(x)＝x 2＋bx ＋c 对任意的实数x ，都有f(1＋x)＝f(－x)，那么f(－2)，f(0)，f(2)的大小关系为________．5．函数y ＝|x －3|－|x ＋1|的________．(填序号)①最小值是0，最大值是4；②最小值是－4，最大值是0；③最小值是－4，最大值是4；④没有最大值也没有最小值．6．函数f(x)＝11－x (1－x )的最大值是________． 7．函数y ＝2|x|＋1的值域是________． 8．函数y ＝－x 2＋6x ＋9在区间[a ，b](a<b<3)有最大值9，最小值－7，则a ＝________，b ＝__________.9．若y ＝－2x，x ∈[－4，－1]，则函数y 的最大值为________． 二、解答题10．已知函数f(x)＝x 2－2x ＋2.(1)求f(x)在区间[12，3]上的最大值和最小值； (2)若g(x)＝f(x)－mx 在[2,4]上是单调函数，求m 的取值范围．11．若二次函数满足f(x＋1)－f(x)＝2x且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)若在区间[－1,1]上不等式f(x)>2x＋m恒成立，求实数m的取值范围．能力提升12．已知函数f(x)＝3－2|x|，g(x)＝x2－2x，构造函数F(x)，定义如下：当f(x)≥g(x)时，F(x)＝g(x)；当f(x)<g(x)时，F(x)＝f(x)，那么F(x)________．(填序号)①有最大值3，最小值－1；②有最大值3，无最小值；③有最大值7－27，无最小值；④无最大值，也无最小值．13．已知函数f(x)＝ax2－|x|＋2a－1，其中a≥0，a∈R.(1)若a＝1，作函数f(x)的图象；(2)设f(x)在区间[1,2]上的最小值为g(a)，求g(a)的表达式．1．函数的最大(小)值(1)定义中M 首先是一个函数值，它是值域中的一个元素，如函数f(x)＝－x 2(x ∈R)的最大值为0，有f(0)＝0，注意对“存在”的理解．(2)对于定义域内任意元素，都有f(x)≤M 或f(x)≥M 成立，“任意”是说对每一个值都必须满足不等式．拓展 对于函数y ＝f(x)的最值，可简记如下：最大值：y max 或f(x)max ；最小值：y min 或f(x)min .2．函数的最值与值域、单调性之间的联系(1)对一个函数来说，其值域是确定的，但它不一定有最值，如函数y ＝1x.如果有最值，则最值一定是值域中的一个元素．(2)若函数f(x)在闭区间[a ，b]上单调，则f(x)的最值必在区间端点处取得．即最大值是f(a)或f(b)，最小值是f(b)或f(a)．3．二次函数在闭区间上的最值探求二次函数在给定区间上的最值问题，一般要先作出y ＝f(x)的草图，然后根据图象的增减性进行研究．特别要注意二次函数的对称轴与所给区间的位置关系，它是求解二次函数在已知区间上最值问题的主要依据，并且最大(小)值不一定在顶点处取得．第2课时 函数的最大(小)值知识梳理1．(1)f(x)≤f(x 0) y max (2)y min2．(1)f(b) f(a) (2)f(a) f(b)作业设计1．(－∞，－3]解析 由二次函数的性质，可知4≤－(a －1)，解得a ≤－3.2．①解析 ∵y ＝x ＋2x －1在定义域[12，＋∞)上是增函数， ∴y ≥f(12)＝12，即函数最小值为12，无最大值． 3．[1,2]解析 由y ＝x 2－2x ＋3＝(x －1)2＋2知，当x ＝1时，y 的最小值为2，当y ＝3时，x 2－2x ＋3＝3，解得x ＝0或x ＝2. 由y ＝x 2－2x ＋3的图象知，当m ∈[1,2]时，能保证y 的最大值为3，最小值为2.4．f(0)<f(2)<f(－2)解析 依题意，由f(1＋x)＝f(－x)知，二次函数的对称轴为x ＝12， 因为f(x)＝x 2＋bx ＋c 开口向上，且f(0)＝f(1)，f(－2)＝f(3)，由函数f(x)的图象可知，[12，＋∞)为f(x)的增区间， 所以f(1)<f(2)<f(3)，即f(0)<f(2)<f(－2)．5．③解析 y ＝|x －3|－|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －4 (x ≥3)－2x ＋2 (－1≤x<3)4 (x<－1).因为[－1,3)是函数y ＝－2x ＋2的减区间，所以－4≤y ≤4，综上可知③正确．6.43解析 f(x)＝1(x －12)2＋34≤43. 7．(0,2]解析 观察可知y>0，当|x|取最小值时，y 有最大值， 所以当x ＝0时，y 的最大值为2，即0<y ≤2， 故函数y 的值域为(0,2]．8．－2 0解析 y ＝－(x －3)2＋18，∵a<b<3，∴函数y 在区间[a ，b]上单调递增，即－b 2＋6b ＋9＝9， 得b ＝0(b ＝6不合题意，舍去)－a 2＋6a ＋9＝－7，得a ＝－2(a ＝8不合题意，舍去)．9．2解析 函数y ＝－2x在[－4，－1]上是单调递增函数， 故y max ＝－2－1＝2. 10．解 (1)∵f(x)＝x 2－2x ＋2＝(x －1)2＋1，x ∈[12，3]， ∴f(x)的最小值是f(1)＝1，又f(12)＝54，f(3)＝5， 所以，f(x)的最大值是f(3)＝5，即f(x)在区间[12，3]上的最大值是5，最小值是1. (2)∵g(x)＝f(x)－mx ＝x 2－(m ＋2)x ＋2，∴m ＋22≤2或m ＋22≥4，即m ≤2或m ≥6. 故m 的取值范围是(－∞，2]∪[6，＋∞)．11．解 (1)设f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a ≠0)，由f(0)＝1，∴c ＝1， ∴f(x)＝ax 2＋bx ＋1.∵f(x ＋1)－f(x)＝2x ，∴2ax ＋a ＋b ＝2x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＝2a ＋b ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1b ＝－1，∴f(x)＝x 2－x ＋1. (2)由题意：x 2－x ＋1>2x ＋m 在[－1,1]上恒成立， 即x 2－3x ＋1－m>0在[－1,1]上恒成立．令g(x)＝x 2－3x ＋1－m ＝(x －32)2－54－m ， 其对称轴为x ＝32， ∴g(x)在区间[－1,1]上是减函数，∴g(x)min ＝g(1)＝1－3＋1－m>0，∴m<－1.12．③解析 画图得到F(x)的图象：射线AC 、抛物线AB 及射线BD 三段，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝2x ＋3，y ＝x 2－2x ， 得x A ＝2－7，代入得F(x)的最大值为7－27， 由图可得F(x)无最小值． 13.解 (1)当a ＝1时，f(x)＝x 2－|x|＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋x ＋1， x<0x 2－x ＋1， x ≥0. 作图(如右所示)(2)当x ∈[1,2]时，f(x)＝ax 2－x ＋2a －1.若a ＝0，则f(x)＝－x －1在区间[1,2]上是减函数， g(a)＝f(2)＝－3.若a>0，则f(x)＝a(x －12a )2＋2a －14a －1， f(x)图象的对称轴是直线x ＝12a. 当0<12a <1，即a>12时，f(x)在区间[1,2]上是增函数， g(a)＝f(1)＝3a －2.当1≤12a ≤2，即14≤a ≤12时， g(a)＝f(12a )＝2a －14a－1， 当12a >2，即0<a<14时，f(x)在区间[1,2]上是减函数， g(a)＝f(2)＝6a －3. 综上可得g(a)＝⎩⎪⎨⎪⎧ 6a －3， 0≤a<142a －14a －1， 14≤a ≤123a －2， a>12。
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苏教版必修1《5.3 函数的单调性》练习卷（1）一、选择题（本大题共7小题，共35.0分）1. 若函数y =f(x)的图象如图所示，则函数y =−f(x +1)的图象大致为( )A. B.C. D.2. 下列函数在(0,+∞)上是增函数的是( )A. y =(13)xB. y =−2x +5C. y =lnxD. y =3x3. 定义在R 上的函数f(x)对任意两个不相等实数a,b ，总有f(a)−f(b)a−b>0成立，则必有( )A. f(x)在R 上是增函数B. f(x)在R 上是减函数C. 函数f(x)是先增加后减少D. 函数f(x)是先减少后增加4. 已知f(x)在区间(0,+∞)上是减函数，那么f(a 2−a +1)与f (34)的大小关系是( )A. f(a 2−a +1)>f (34) B. f(a 2−a +1)≤f (34) C. f(a 2−a +1)≥f (34)D. f(a 2−a +1)<f (34)5. 函数y =ax 2+bx +c 与y =ax +b(ab ≠0)的图象可能是( )A.B.C.D.6. 已知f(x)为R 上的减函数，则满足f(1x )>f(1)的实数x 的取值范围是( )A. (−∞,1)B. (1,+∞)C. (−∞,0)∪(0,1)D. (−∞,0)∪(1,+∞)7. 已知函数f(x)={x 2+1x ⩾2f(x +3)x <2，则f(1)−f(3)=( )A. −2B. −7C. 7D. 27二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）8. 设函数f(x)={1,x >0,0,x =0,−1,x <0,g(x)=x 2f(x −1)，则函数g(x)的单调递减区间是________。
9. 定义在(−2,2)上的函数f(x)是增函数，且满足f(1−a)<f(a)，则实数a 的取值范围是________． 10. 已知函数f(x)=ax+1x+2在区间(−2,+∞)上为增函数，则实数a 的取值范围是______ ．11. 已知函数f(x)={(12)x −1,x ≥1(a −2)x +1,x <1为R 上的单调减函数，则实数a 的取值范围是______．三、解答题（本大题共3小题，共36.0分） 12. 已知数f(x)=2x−1x+1．(1)求f(x)的定义域; (2)证明函数f(x)=2x−1x+1在[1,+∞)上是增函数．13.已知y=f(x)是奇函数，且x>0时，f(x)=1+1，x(1)求函数f(x)的解析式；(2)画出函数f(x)的图象，并写出函数f(x)单调区间及值域；(3)求不等式f(2x+1)+2≥0的解集．(a≠0)在(−1,1)上的单调性．14.试讨论函数f(x)=axx−1-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：本题考查了函数图象的变换(平移、对称、伸缩、翻折变换)．利用函数图象的对称、平移变换得结论．解：因为由函数y=f(x)的图象得到函数y=−f(x+1)的图象，需要先将函数y=f(x)的图象关于x轴对称得函数y=−f(x)的图象，再把函数y=−f(x)的图象向左平移一个单位得函数y=−f(x+1)的图象，所以选C．故选C．2.答案：C)x在(−∞,+∞)上是减函数，∴不满足题意；解析：解：对于A，函数y=(13对于B，函数y=−2x+5在(−∞,+∞)上是减函数，∴不满足题意；对于C，函数y=lnx在(0,+∞)上是增函数，∴满足题意；在(0,+∞)上是减函数，∴不满足题意．对于D，函数y=3x故选：C．根据基本初等函数的单调性，对选项中的函数进行判断即可．本题考查了基本初等函数的单调性的判断问题，是基础题目．3.答案：A解析：解：∵定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等实数a，b，总有f(a)−f(b)a−b>0成立，即对任意两个不相等实数a，b，若a<b，总有f(a)<f(b)成立，f(x)在R上是增函数．故选A．由单调性的定义说明单调性即可．本题考查了函数单调性的变形应用，属于基础题．4.答案：B解析：本题主要考查函数单调性应用，利用配方法比较a2−a+1与34的大小关系，是解决本题的关键，比较基础．判断a2−a+1与34的大小关系，然后利用函数的单调性进行判断大小关系．解：∵a2−a+1=(a−12)2+34≥34，f(x)在(0,+∞)上为减函数，∴f(a2−a+1)≤f(34)．故选B．5.答案：C解析：解：对于选项A，由直线y=ax+b得到a>0，b>0，则二次函数的对称轴为x=−b2a<0，故A不符合，对于选项B，由直线y=ax+b得到a<0，b>0，则y=ax2+bx+c开口向下，故B不符合，对于选项C，由直线y=ax+b得到a<0，b>0，则二次函数的对称轴为x=−b2a>0，故C符合，对于选项D ，由直线y =ax +b 得到a >0，b <0，则y =ax 2+bx +c 开口向上，故D 不符合， 故选：C根据一次函数和二次函数的图象和性质，分别判断各选项是否相符即可 本题主要考查了二次函数和一次函数的图象和性质，属于基础题6.答案：D解析：解：由已知得1x <1解得x <0或x >1， 故选D ．由函数的单调性可直接得到1x 与1的大小，转化为解分式不等式，直接求解或特值法均可． 本题考查利用函数的单调性解不等式，属基本题．7.答案：C解析：本题考查分段函数函数值的计算，注意分析函数f(x)的解析式．根据题意，由函数的解析式可得f(1)=f(4)=17；f (3)=10，进而计算可得答案． 解：根据题意，f(x)={x 2+1x ⩾2f(x +3)x <2, 则f(1)=f(4)=17；f (3)=10 则f(1)−f(3)=7; 故选：C ．8.答案：[0,1)解析：本题是对二次函数以及分段函数图象的综合考查．在画分段函数的图象时， 一定要注意分界位置的函数值是要还是不要，来决定其为实点还是虚点．先利用条件求出g(x)的表达式，再画出其图象，有图象即可直接求出函数g(x)的单调递减区间．解：由题得f(x)={1,x >0,0,x =0,−1,x <0,,其对应图象如图：由图得函数f(x)的单调递减区间是[0,1)．故答案为[0,1)．9.答案：(12,2)解析：本题考查函数的单调性，利用函数的单调性，将f(1−a)<f(a)中的“f”去掉，即可得到不等式组{−2<1−a<2,−2<a<2,1−a<a,，求解即可得到答案．解：由题设知实数a应满足：{−2<1−a<2,−2<a<2,1−a<a,解得12<a<2．故答案为(12,2)．10.答案：{a|a>12}解析：解：∵函数f(x)=ax+1x+2=a+1−2ax+2，结合复合函数的增减性，再根据f(x)在(−2,+∞)为增函数，可得g(x)=1−2ax+2在(−2,+∞)为增函数，∴1−2a<0，解得a>12，故答案为：{a|a>12}.把函数f(x)解析式进行常数分离，变成一个常数和另一个函数g(x)的和的形式，由函数g(x)在(−2,+∞)为增函数得出1−2a<0，从而得到实数a的取值范围．本题考查利用函数的单调性求参数的范围，属于基础题．11.答案：[12,2)解析：本题主要函数的单调性的性质，属于基础题．由题意利用函数的单调性，可得关于a的不等式组，由此求得a的取值范围．解：函数f(x)是R上的单调递减函数，∴{a−2<012−1≤a−2+1，求得12≤a<2，则实数a的范围是[12,2)，故答案为：[12,2).12.答案：(1)解：由x+1≠0，得x≠−1.故函数的定义域是{x|x≠−1}．(2)证明：f(x)=2x−1x+1=2−3x+1，在[1,+∞)上任取x1，x2，使得1≤x1<x2，则f(x1)−f(x2)=3x1−3x2(x1+1)(x2+1)，∵1≤x1<x2，∴0<x1+1<x2+1，且x1−x2<0，∴f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在区间[1,+∞)上是增函数．解析：本题考查了函数的定义域求法及函数的单调性证明，属于简单题．(1)由x+1≠0可得函数的定义域；(2)由单调性的定义可证得f(x)=2x−1x+1在[1,+∞)上是增函数．13.答案：解：(1)y=f(x)是奇函数，∴f(0)=0，f(−x)=−f(x)当x<0时，−x>0，f(x)=−f(−x)=−(1−1x )=−1+1x，故f(x)={−1+1x,x <00,x =01+1x ,x >0(2)作函数f(x)的图象如右图，函数f(x)单调减区间为(−∞,0)，(0,+∞)， 其值域为(−∞,−1)∪(1,+∞)∪{0}． (3)不等式f(2x +1)+2≥0等价于x+22x+1≥0， 解得x ≤−2或x >−12，故所求不等式的解集为(−∞,−2]∪(−12,+∞)．解析：(1)根据奇函数的性质即可求出函数f(x)的解析式， (2)画图即可求出，根据图象可得函数的单调区间和值域． (3)不等式f(2x +1)+2≥0等价于x+22x+1≥0，解得即可本题考查函数的解析式的求法，和函数图象的应用，属于基础题14.答案：解：f(x)=a +ax−1，f(x)图象是由反比例函数y =ax ，向右平移1个单位在向上或下平移|a|单位得到的， ∵a <0时，y =ax 在(−∞,0)，和(0,+∞)上分别为增函数， a >0时，y =a x 在(−∞,0)，和(0,+∞)上分别为减函数， ∴a <0时，f(x)在(−1,1)上为增函数， a >0时，f(x)在(−1,1)上为减函数．解析：先将函数的解析式整理为f(x)=a +ax−1，结合f(x)=ax 的性质，通过讨论a 的范围，从而求出函数的单调性．本题考查了函数的单调性问题，考查了图象的平移变化，考查了分类讨论思想，是一道中档题．。