2011高考数学模拟:函数的单调性
说明一下，本题满分100，考试时间90分钟。
一、选择题(每小题6分，***42分)
1.下列函数中，()是区间(0，2)中的增函数。
A.y=-x+1 B.y=
C.y=x2-4x+5 D.y=
答案:b
解析:A，C，D函数在(0，2)处都是减函数。
2.设函数f(x)是(-∞，+∞)上的减函数，则下列不等式正确的是()。
美国空军(2a)& lt；f(a)b . f(a2)& lt；f(a)c . f(a2+a)& lt；f(a)d . f(a2+1)& lt；回答:D的问题
解析:∫A2+1-A =(A-)2+>；0,∴a2+1>；A. f(x)在r中减少，所以f (a2+1)
或者让a=0，排除a，b，c，选择d。
3.如果函数y=(2k+1)x+b是(-∞，+∞)上的减函数，那么()。
A.k & gtb . k . c . k & gt；-d . k & lt；-
答案:d
分析:2k+1
4.函数f(x)=区间内的增函数(-2，+∞)，所以实数A的取值范围是()。
A.0 & lta & lt文学士
C.a & gtD.a & gt-2
答案:c
解析:∫f(x)= a+增加在(-2，+∞)，∴1-2a.
5.(2010是四川成都的一个模型，4)已知f(x)是r上的增函数，若F(x)=f(1-x)-f(1+x)，则F(x)是r上的()。
A.递增函数b .递减函数
C.先减后增的函数
答案:b
解析:设f(x)=x，则f(x)=(1-x)-(1+x)=-2x为减法函数，选b .
6.已知f(x)是定义在(-∞，+∞)上的奇函数，f(x)是[0，+∞上的减函数，那么()在下面的关系中是正确的。
第五章>f(-5) B.f(4)>f(3) C.f(-2)>f(2)d . f(-8)& lt；第八组
答案:c
解析:∵f(x)为奇函数，∴f(0)=0,∴f(2) 0，即f(-2)>f(2)。
7.(2010全国高考，5)以下函数:(1)y = x2；？(2)y =；？(3)y = 2x；(4)y=log2x。其中有()在区间(0，+∞)内不是偶函数，也不是减函数。
A.0 B.1 C.2 D.3
答案:d
分析:(1)是偶函数，(2)(3)(4)不是偶函数，在(0，+∞)上增加，所以满足条件。
二。填空(每道小题5分，***15分)
8.函数y=的递减区间是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _。
答案:[2，+∞]
解析:y=( )t单调递减，t=x2-4x+5在[2，+∞)上递增，∴递减区间为[2，+∞)。
9.如果函数f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数，那么不等式f(x)>；f(8x-16)的解集是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _。
回答:(2，)
分析:
10.已知函数f(x)满足:对于任意实数x1，x2，当x1 f(x2)且f(x1+x2)=f(x1)f(x2)时，则f(x)
答案:ax (0
解析:f(x)在r上递减，f(x1+x2)=f(x1)？f(x2)的函数模型是f(x)=ax。
三、答题(11—13，10，14，13，***43)。
11.设函数f(x)= x+(a & gt；0).
(1)求函数在(0，+∞)上的单调区间并证明；
(2)如果函数f(x)在[a-2，+∞]上递增，求a的值域.
解析:(0，+∞)上(1)f(x)的递增区间为[，+∞]，递减区间为(0，)。
证明了:当x ∈ [，+∞]时，f′(x)= 1-，
∴f′(x)>；0，当x∈(0，)，f′(x)时
也就是说，f(x)在[+∞]上单调增加，在(0，)上单调减少(或者根据定义)
(2) [A-2，+∞]是[，+∞]的一个子区间，所以A-2≥A-2≥0(+1)(-2)≥0-2≥0A≥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)也满足:
①对任意x ∈ [0，1]，总有f(x)≥0；
②f(1)= 1；
③如果x1 ≥ 0，x2 ≥ 0，x1+x2 ≤ 1，
然后就是f(x 1+x2)≥f(x 1)+f(x2)。
(1)求f(0)的值；
(2)求f(x)的值。
分析:(1)对于条件③，设x1=x2=0得到f(0)≤0，由条件①可知f(0)≥0，所以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)，所以f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)的值为f(1)=1。
13.定义在R上的奇函数f(x)在[-a，-b] (A >中；b & gt0)是减函数，f(-b)>；0，判断f (x) = [f (x)] 2在[b，a]上的单调性，证明你的结论。
解析:设b ≤ x1
-b ≥- x 1 & gt；-x2≥-a
∵f(x)是[-a，-b]上的减函数，∴ 0
那么f(x2)< f(x 1)& lt；0，[f(x 1)]2 & lt；[f (x2)] 2，即f (x1) < f(x2)。
∴F(x)是[b，a]上的增函数。
14.已知函数f(x)=( -1)2+( -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:对于任意x1，x2 ∈ [m，n]，不等式？| f(x 1)-f(x2)| & lt；1持有。
(1)解析:解1:∫f(x)=(-1)2+？( -1)2= +2,
∴f′(x)=？(x4-m2 N2-mx3+m2nx)=(x2-MX+Mn)(x+)
(x-)。
∫1≤m≤x 0，x2-MX+Mn = x(x-m)+Mn & gt；0，x+& gt；0.
设f'(x)=0，得到x=，
①当x ∈ [m，]，f′(x)时
②当x ∈ [，n]，f′(x)> 0时。
∴f(x)在[m，]中是减函数，在[，n]中是内增函数。
方案二:可以从问题设置中获得。
f(x)=( -1)2- +1。
设t=。
∫1≤m & lt；N≤2，且x ∈ [m，n]，
∴t= ≥2，& gt2.
设t'= =0，x=。
当x ∈ [m，]，t' 0时。∴ T =在[m，]中是减函数，在[n]中是增函数。∫函数y=(t-1)2- +1在[65438]中。
(2)证明[m，n]上f(x)的最小值为f () = 2 (-1) 2，值为f(m)=( -1)2。
对于任意x1，x2 ∈ [m，n]，| f(x 1)-f(x2)| ≤(-1)2-2(-1)2 =()2-4？+4 -1.设u=，h(u)=u4-4u2+4u-1。
∫1≤m & lt；n≤2,∴1<；)= "") (u+= " "。∫h '(u)= " 4u 3-8U+4 = 4(u-1)(u-≤2，即1 0，
∴h(u)是(1，)上的增函数。∴ h (u) ≤ h () = 4-8+4-1 = 4-5
∴不等式| f (x1)-f (x2) | < 1成立。