高一数学函数的单调性试卷(有详细答案)

高一数学函数的单调性试卷
一．选择题
1．函数

A

． （﹣∞，﹣1]

考点： 函数的单调性及单调区间。
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的单调递减区间为（ ）
B． （﹣∞，1] C． [1，+∞） D． （3，+∞）
专题： 计算题。
分析：
要求函数的单调递 减区间，只要求解函数t=x﹣2x﹣3在定
2
义域[3，+∞）∪（﹣∞，﹣1]上的单调递 减区间即可
解答： 解：由题意可得函数的定义域为[3，+∞）∪（﹣∞，﹣1]
结合二 次函数t=x﹣2x﹣3的性质可知，函数f（x）在（﹣∞，﹣1]单调递减，在[3，
+∞）单调递 增
故选：A
点评： 本题主要考查了复合函数的单调区间的求解，解题中要注意函数定义域 的考查，本
题解答中容易漏掉考虑定义域而错选为B

2．函数

A

．

考点： 函数的单调性及单调区间。
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2
的单调递减区间为（ D ）

B．

C．

D．

专题： 计算题。
分析： 本题先要求 出函数的定义域，然后利用复合函数的单调性概念，求出内函数的单调
区间，复合函数求单调区间时要对 内外函数的增减关系加以注意，即“同增异减”，本
题先求出定义域为，而内函数u=﹣3x+2x+1 =﹣3（x﹣）+，从而得
22
内函数单调减区间为[，+∞）．
解答：
解：由已知：﹣3x
2
+2x+1≥0，
所以3x﹣2x﹣1≤0，得：
所以函数的定义域为
22
2



2
设u=﹣3x+2x+1=﹣3（x﹣）+，则
因为
2
是增函数，所以由u=﹣3x+2x+1=﹣3（x﹣）+的单调减区间为[，+∞）
，所以函数的单调减区间为 又因为函数的定义域为
故应选：D
点评： 本题考查了函数的定义域及其求法，二次不等式解集的求法，复合函数单调性的判

断，单调区间的求法..

3．函数y=|x﹣3|的单调递减区间为（ C ）

A

． （﹣∞，+∞）

考点： 函数的单调性及单调区间。
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B． [3，+∞） C． （﹣∞，3] D． [0，+∞）
专题： 数形结合。
分析： 由图象来求函数的单调区间，图象上升为增区间 ，图象下降为减区间．要画函数y=|x
﹣3|的图象，先画函数y=x的图象，把y=x的图象在x轴 下方的图象翻折到x轴上方，
就得到函数y=|x|的图象，再把y=|x|的图象向右平移3个单位长 度，就得到函数y=|x
﹣3|．
解答： 解：函数y=|x﹣3|的如右图，
从图象可判断单调减区间为（﹣∞，3]，
故选C

点评： 本题考查了函数单调区间的求法，其中运用图象来求，是比较直观的方法，应当掌
握函数图象的做法．

4．函数

A

． （﹣∞，﹣1）

考点： 函数的单调性及单调区间。
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的单调增区间是（ ）
B． （﹣1，+∞） C． （﹣∞，﹣1）∪（﹣D． （﹣∞，﹣1）和（﹣
1，+∞） 1，+∞）
专题： 计算题；数形结合。
分析： 用分离常数法将函数转化为反比例型函数，再作图求解．
解答：
解：
作出图象可得其增区间是（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，+ω）
故选D

点评： 本题主要考查把分式函数转化为反比例型函数，利用其图象解题．

5．函数

A

．

考点： 函数的单调性及单调区间。
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的递增区间为（ D ）

B．

C．

D．

专题： 计算题。
分析：
先求出函数的定义域，然后令t=﹣x+3x﹣2，将函数转化为y=
的同增 异减性可求出其递增区间．
解答：
解：∵﹣x
2
+3x﹣2≥0∴1≤x≤2
令t=﹣x+3x﹣2，则y=
2
2
2
，再根据复合函数
单调递增
∵t=﹣x+3x﹣2的单调增区间是（﹣∞，）
根据复合函数 的同增异减性可确定原函数的单调增区间为：（1，）
故选D．
点评： 本题主要考查复合函数的单调性、函数的定义域问题．考查对基础知识的理解和运
用．

6．下列四个函数中，在（0，+∞）上为增函数的是（ C ）

A

． f（x）=3﹣x

考点： 函数单调性的判断与证明。
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B．
f（x）=x
2
﹣3x
C．
f（x）=﹣
D． f（x）=﹣|x|
专题： 计算题。
分析： 由 题意知A和D在（0，+∞）上为减函数；D在（0，+∞）上先减后增；c在（0，
+∞）上为增函数 ．
解答： 解：∵f（x）=3﹣x在（0，+∞）上为减函数，∴A不正确；
∵f（x） =x﹣3x是开口向上对称轴为x=的抛物线，所以它在（0，+∞）上先减后
增，∴B不正确；
∵f（x）=﹣在（0，+∞）上y随x的增大而增大，所它为增函数，∴C正确；
2
∵f（x）=﹣|x|在（0，+∞）上y随x的增大而减小，所以它为减函数，∴D不正确．
故选C．
点评： 本题考查函数的单调性，解题时要认真审题，仔细解答．

7．下列结论正确的是（ D ）

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

．
在定义域内为减函数

D

．

在（﹣∞，0）为减函数
考点： 函数单调性的判断与证明。
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专题： 证明题。
分析： 本题中四个选项中的函数分别为一次函数 、二次函数、反比例函数，利用相关函数
的性质逐一判断其单调性，以判断正确选项即可．
解答： 解：对于选项A，y=kx（k为常数，k＜0）在R上是减函数，故A不对
2
对于选项B，函数y=x在R上是先减后增的函数，故B不对
对于选项C，是一个 反比例函数，在区间（﹣∞，0）为减函数，在（0，+∞）
为减函数，在R上没有单调性，故C不对
对于选项D，
故选D
点评： 本题考点是函数单调性的判断与证明，分别考查了一次 函数、二次函数、反比例函
数的单调性，对于基础函数的单调性应好好掌握其图象形状及图象所表现出来 的函
数的性质．

8．下列函数中，在区间（0，2）上为增函数的是（ ）

A

． y=﹣x+1

考点： 函数单调性的判断与证明。
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在（﹣∞，0）为减函数是正确的
B．
y=
C．
y=x﹣4x+5
2
D．
y=
专题： 常规题型。
分析： 本题考查的是对不同的基本初等函数判断在同一区间上的单调性 的问题．在解答时，
可以结合选项逐一进行排查，排查时充分考虑所给函数的特性：一次函数性、幂函< br>数性、二次函数性还有反比例函数性．问题即可获得解答．
解答： 解：由题意可知：
对A：y=﹣x+1，为一次函数，易知在区间（0，2）上为减函数；
对B：y=，为幂函数，易知在区间（0，2）上为增函数；
2
对C：y=x﹣4x +5，为二次函数，开口向上，对称轴为x=2，所以在区间（0，2）上
为减函数；
对D： y=，为反比例函数，易知在（﹣∞，0）和（0，+∞）为单调减函数，所以
函数在（0，2）上为减 函数；
综上可知：y=在区间（0，2）上为增函数；
故选B．
点评： 本题考 查的是对不同的基本初等函数判断在同一区间上的单调性的问题．在解答的
过程当中充分体现了对不同基 本初等函数性质的理解、认识和应用能力．值得同学
们体会反思．

9．下列函数中，在区间（0，+∞）上是减函数的是（ ）

A

．


y=x
B． C．
y=x
2

D． y=1﹣x
考点： 函数单调性的判断与证明。
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专题： 计算题。
分析： 利用函数的导数逐个判断可以得到答案．
解答：
解：的导数＞0，在区间（0，+∞）上是增函数，故A不正确；
y=x的 导数y′=1＞0，在区间（0，+∞）上是增函数，故B不正确；
22
y=x导数y′=2 x，当x＞0时，y′＞0，故y=x在区间（0，+∞）上是增函数，故C
不正确；
y=1﹣x导数y′=﹣1＜0，y=1﹣x在区间（0，+∞）上是减函数；
故选D．
点评： 本题考查基本初等函数的单调性，重点考查函数的图象与性质，解决的方法是导数
法， 也可以用函数的图象判断．

10．已知函数f（x）=ax+（a﹣a）x+1在（﹣∞，﹣1]上递增，则a的取值范围是（ D ）

A

． B． D．
a

C．


考点： 函数单调性的性质。
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23
专题： 计算题。
分析：
函数f（x）=a x
2
+（a
3
﹣a）x+1在（﹣∞，﹣1]上递增，由二次函数的图象知此 函数
一定开口向下，且对称轴在区间的右侧，由此问题解决方法自明．
解答：
解：由题意，本题可以转化为解得
当a=0时，函数f（x）=1不符合题意
综上知，a的取值范围是
故选D

点评： 本题考点是函数单调性的性质， 考查二次函数的性质与图象，本题由二次函数的图
象转化为关于参数的不等式即可，由于二次项的系数带 着字母，所以一般要对二次
系数为0进行讨论，以确定一次函数时是否满足题意，此项漏掉讨论是此类题 失分
的一个重点，做题时要注意问题解析的完整性，考虑到每一种情况．

11．函数f（x）=﹣x+2（a﹣1）x+2在（﹣∞，4）上是增函数，则a的范围是（A ）
a≥5 a≥3 a≤3

A

． B． C． D． a≤﹣5

考点： 函数单调性的性质。
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2
专题： 计算题。
分析：
先将函数f（x）=﹣x
2
+2（a﹣1）x+2转化为 ：y=﹣（x﹣a+1）
2
﹣2a+3+a
2
明确其对
称轴，再由函 数在（﹣∞，4）上单调递增，则对称轴在区间的右侧求解．
解答：
解：函数f（x）=﹣x
2
+2（a﹣1）x+2
∴其对称轴为：x=a﹣1

又∵函数在（﹣∞，4）上单调递增
∴a﹣1≥4即a≥5
故选A
点评： 本题主要考查二次函数的性质，涉及了二次 函数的对称性和单调性，在研究二次函
数单调性时，一定要明确开口方向和对称轴．

12．已知函数是R上的增函数，则a的取值范围是
（ ）

A

． ﹣3≤a＜0

考点： 函数单调性的性质；二次函数的性质。
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B． ﹣3≤a≤﹣2 C． a≤﹣2 D． a＜0
专题： 计算题。
分析：
2
由函数f（x）上R上的增函数可得函数，设g（x）=﹣x﹣ ax﹣5，h（x）=，则可
知函数g（x）在x≤1时单调递增，函数h（x）在（1，+∞）单调递 增，且g（1）≤h
（1），从而可求
解答：
解：∵函数是R上的增函数
设g（x）=﹣x﹣ax﹣5（x≤1），h（x）=（x＞1）
由分段函数的性质可知，函 数g（x）=﹣x﹣ax﹣5在（﹣∞，1]单调递增，函数h
（x）=在（1，+∞）单调递增，且g （1）≤h（1）
2
2
∴
∴
解可得，﹣3≤a≤﹣2
故选B
点评： 本题主要考查了二次函数的单调性的应用，反比例函数的单调性的应用，主要分段
函数的单调性应用 中，不要漏掉g（1）≤h（1）

13．函数f（x）=x+（3a+1）x+2a在 （﹣∞，4）上为减函数，则实数a的取值范围是（ ）
a≤5

A

． a≤﹣3 B．
a≤3
C． D． a=﹣3
2

考点： 函数单调性的性质。
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专题： 计算题。
分析：
由已知中函数f（x）=x
2
+（3a+1）x+2a在 （﹣∞，4）上为减函数， 判断出函数图
象的形状，进而根据函数在（﹣∞，4）上为减函数，结合二次函数的性质，可以构
造一个关于a的不等式，解不等式即可得到答案．
解答：
解：∵函数f（x）=x
2
+（3a+1）x+2a的图象是开口方向朝上
以直线x=为对称轴的抛物线
由二次函数的性质可得
2
若函数f（x）=x+（3a+1）x+2a在 （﹣∞，4）上为减函数，
则4≤
解得：a≤﹣3
故选A
点评： 本题考查的知识点是函数单调性的性质，其中熟练掌握二次函数的图象与性质是解
答本题的关键．

14．设f（x）在（﹣∞，+∞）上是减函数，且a+b≤0，则下列各式成立的是（ C ）

A

． f（a）+f（b）≤0 B． f（a）+f（b）≥0 C． f（a）+f（b）≤f（﹣D． f（a）+f（b）≥f（﹣
a）+f（﹣b） a）+f（﹣b）

考点： 函数单调性的性质。
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专题： 转化思想。
分析： 观察四个选项，根据题设条件a+b≤0得到a≤﹣b，b≤﹣ a，再由f（x）在（﹣∞，+∞）
上是减函数得到相应的大小关系，比对四个选项得出正确选项
解答： 解：由题意a+b≤0得到a≤﹣b，b≤﹣a，
∵f（x）在（﹣∞，+∞）上是减函数
∴f（a）≤f（﹣b），f（b）≤f（﹣a）
∴f（a）+f（b）≤f（﹣a）+f（﹣b）
比较四个选项发现，就选C
故选C
点评： 本题考查函数的单调性的性质，求解的关键是根据题设中的条件得出不等式， 其中
对a+b≤0的变形很重要，本题考查变形的能力及性质的运用能力．

二．填空题
15．函数y=﹣（x﹣3）|x|的递增区间是
[0，] ．

考点： 函数的单调性及单调区间。
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专题： 数形结合法。
分析： 去掉绝对值，转化为分段函数，再作出其图形，由数形结合求解．

解答：
解：y=﹣（x﹣3）|x|=
作出该函数的图象，观察图象知递增区间为[0，]．
故答案为：[0，]

点评： 本题主要考查绝对值函数与分段函数的转化及数形结合的应用．

16．函数y=x|x﹣2|的单调递增区间是
（﹣∞，1），（2，+∞） ．

考点： 函数的单调性及单调区间。
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专题： 计算题。
分析： 先分类讨论去掉绝对值，再结合二次函数的图象求出函数y=x|x﹣2|的单调递增区间
即可．
解答：
解：y=x|x﹣2|=
再结合二次函数图象可知
函数y=x|x﹣2|的单调递增区间是（﹣∞，1），（2，+∞）．
故答案为（﹣∞，1），（2，+∞）．
点评： 本题主要考查了函数的单调性及单调区间，单调性是函数的重要性质，属于基础题．

17． 函数f（x）在[﹣3，3]上是减函数，且f（m﹣1）﹣f（2m﹣1）＞0，则m的取值范围
是 （0，2] ．

考点： 函数单调性的判断与证明。
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专题： 计算题。
分析： 先将题中条件：“f（m﹣1）﹣f（2 m﹣1）＞0”移项得：f（m﹣1）＞f（2m﹣1），再
结合f（x）是定义在[﹣3，3]上的减 函数，脱去符号：“f”，转化为关于m的一元不
等式组，最后解得实数m的取值范围，必须注意原函数 的定义域范围．
解答： 解：∵f（x）在[﹣3，3]上是减函数
∴由f（m﹣1）﹣f（2m﹣1）＞0，得f（m﹣1）＞f（2m﹣1）
∵函数f（x）在[﹣3，3]上是减函数，

∴即
解得 0＜m≤2，
∴m的取值范围是（0，2]．
点评： 本题考查了函数的定 义域、函数单调性的性质、函数的单调性的反向应用，考查学
生的转化能力，属于基础题．
1 8．已知函数f（x）=x+2ax+2，x∈[﹣5，5]，若y=f（x）在区间[﹣5，5]上是单调函数 ．则
实数a的取值范围 （﹣∞，﹣5]∪[5，+∞） ．

考点： 函数单调性的性质。
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2
专题： 计算题。
分析：
先求出二次函数f（x）=x+2ax+2的单调区间；而y=f（x）在区间[﹣5，5]上也单调，
说明[﹣5，5]是（﹣∞，﹣a]
或[﹣a，+∞）上的一部分，则列不等式解之即可．
解答：
解：函数f（x）=x
2
+2ax+2的对称轴为x=﹣a，
所以（﹣∞，﹣a]是f（x）的递减区间，[﹣a，+∞）是f（x）的递增区间．
又因为y=f（x）在区间[﹣5，5]上是单调函数，
所以﹣a≥5或﹣a≤﹣5，即a≤﹣5或a≥5．
故答案为：（﹣∞，﹣5]∪[5，+∞）．
点评： 本题考查二次函数的单调性，要注意对称轴两侧的单调性相反．

19．已知函数f（x）是 定义在（﹣∞，+∞）上的单调递增函数，且f（2m+1）＜f（m﹣3）．则
m的取值范围是 m＜﹣4 ．

考点： 函数单调性的性质。
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2
专题： 计算题。
分析： 因为函数在（﹣∞，+∞）上 的单调递增函数，根据增函数的定义可得：对于两个自
变量x
1
、x
2
，f（x
1
）＜f（x
2
）等价于x
1
＜x
2< br>．因此由f（2m+1）＜f（m﹣3）可解
出2m+1＜m﹣3，最终得到m＜﹣4．
解答： 解：∵函数f（x）是定义在（﹣∞，+∞）上的单调递增函数
∴对于两个自变量x
1
、x
2
，f（x
1
）＜f（x
2
）等价 于x
1
＜x
2
又∵f（2m+1）＜f（m﹣
3）
∴2m+1＜m﹣3?m＜﹣4
故答案为：m＜﹣4
点评： 本题以一个抽象函数 为载体，考查了函数单调性、不等式的解法等知识点，属于基
础题．对函数单调性定义的充分理解，是解 决本题的关键所在．
三；解答题
20．已知函数f（x）=a﹣．
（1）求证：函数y=f（x）在（0，+∞）上是增函数；
（2）若f（x）＜2x在（1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．

考点： 函数单调性的判断与证明。
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专题： 证明题。
分析： （1）用函数单调性定义证明，先在给定的区间任取两变量，界定其大小，然后作差
变形看符号． （2）将f（x）＜2x为a＜+2x在（1，+∞）上恒成立，只要再求得h（x）最小值
即可．
解答：
证明：（1）当x∈（0，+∞）时，f（x）=a﹣，
设0＜x
1
＜x
2
，则x
1
x
2
＞0，x
2
﹣x
1
＞0．
f（x
1
）﹣f（x
2
）=（a﹣）﹣（a﹣）==＜0．
∴f（x
1
）＜f（x
2
），
即f（x）在（0，+∞）上是增函数

（2）由题意a＜+2x在（1，+∞）上恒成立，
设h（x）=2x+，则a＜h（x）在（1，+∞）上恒成立．
可证h（x）在（1，+∞）上单调递增．
故a≤h（1），即a≤3，
∴a的取值范围为（﹣∞，3]．
点评： 本题主要考查函数单调性的证明以及用单调性求最值问题．
21．已知函数f（x）对任意的a、b∈ R都有f（a+b）=f（a）+f（b）﹣1，且当x＞0时，f
（x）＞1．
（1）求证：f（x）是R上的增函数；
2
（2）若f（4）=5，解不等式f（3m﹣m﹣2）＜3．

考点： 函数单调性的判断与证明；抽象函数及其应用。
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专题： 计算题；证明题。
分析：
（1）先任取x
1
＜x
2
，x
2
﹣x
1
＞0．由当x＞0时，f（x）＞1．得到f（x
2
﹣x
1< br>）＞1，
再对f（x
2
）按照f（a+b）=f（a）+f（b）﹣1变形得到 结论．（2）由f（4）=f（2）
22
+f（2）﹣1求得f（2）=3，再将f（3m﹣m ﹣2）＜3转化为f（3m﹣m﹣2）＜f（2），
由（1）中的结论，利用单调性求解．
解答：
解：（1）证明：任取x
1
＜x
2
，
∴x
2
﹣x
1
＞0．
∴f（x
2
﹣x
1
）＞1．
∴f（x
2
）=f[x
1
+（x
2
﹣x
1
）]
=f（x1
）+f（x
2
﹣x
1
）﹣1＞f（x
1
），
∴f（x）是R上的增函数．
（2）∵f（4）=f（2）+f（2）﹣1=5，
∴f（2）=3．
2
∴f（3m﹣m﹣2）＜3=f（2）．

又由（1）的结论知，f（x）是R上的增函数，
∴3m﹣m﹣2＜2，
2
3m﹣m﹣4＜0，
∴﹣1＜m＜．
点评： 本题主要考查抽象函数的单调性证明和单调性定义解抽象不等式．
22．已知函数f（x）=x|x﹣2|．
（Ⅰ）写出f（x）的单调区间；
（Ⅱ）解不等式f（x）＜3；
（Ⅲ）设0＜a≤2，求f（x）在[0，a]上的最大值．

考点： 函数的单调性及单调区间；函数的最值及其几何意义；绝对值不等式的解法。
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2
专题： 计算题。
分析： （1）取绝对值，化简函数解析式，联系图象写单调区间．
（1）分类讨论，去绝对值，转化解为不等式组．
（3）分类讨论，分当0＜a1 时，当1＜a≤2 时两种情况，利用函数的单调性，求函
数在闭区间上的最值．
解答： < br>解：（1）函数f（x）=x|x﹣2|=
∴f（x）的单调增区间是（﹣∞，1]和[2，+∞ ）；单调减区间是[1，2]．
（2）f（x）＜3，即 x|x﹣2|＜3，∴或，

∴2≤x＜3 或 x＜2∴不等式f（x）＜3的解集为{x|2≤x＜3 或 x＜2 }．
（3） 当0＜a1 时，f（x）是[0，a]上的增函数，此时f（x）在[0，a]上的
上的最大值是 f（a）=a（2﹣a）．
．当1＜a≤2 时，f（x）在[0，1]上是增函数，在[1，a]上是减函数，此时，
此时f（x）在[0，a]上的上的最大值是 f（1）=1．
综上，当0＜a1 时，此时f（x）在[0，a]上的 上的最大值是 f（a）=a（2﹣a）．
当1＜a≤2 时，f（x）在[0，a]上的 上的最大值是1．
点评： 本题考查分类讨论的数学思想，和利用单调性求函数最值的方法．
23．设f（x）定义在R
+
上，对于任意a、b∈R
+
，有f（ab）=f（a）+f（b）求证：
（1）f（1）=0；
（2）f（）=﹣f（x）；
（3）若x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，则f（x）在（1，+∞）上是减函数．

考点： 函数的单调性及单调区间。
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专题： 证明题。
分析： （1）由题意令a=b=1代入f（ab）=f（a）+f（b），解得（1）=0；
（2）由题意令a=x∈R
+
，b=代入f（ab）=f（a）+f（b），再利用（1）的 结论，即
证出等式成立；

（3）利用定义法证明函数单调性，即取 值﹣作差﹣变形﹣判断符号﹣下结论，再利
用（2）的结论和题意进行变形以及判断符号．
解答：
证明：（1）由题意知，任意a、b∈R
+
，有f（ab）=f（a）+f（b），
令a=b=1代入上式得，f（1）=f（1）+f（1），
∴f（1）=2f（1），∴f（1）=0．

（2）令a=x∈R
+
，b=代入f（ab）=f（a）+f（b），
得f（1）=f（x）+f（），
∵f（1）=0，∴f（x）=﹣f（）．
< br>（3）设x
1
＞x
2
＞1，由（2）得f（x
2
）= ﹣f（），
∴f（x
1
）﹣f（x
2
）=f（x
1
）+f（）=f（），
∵x
1
＞x
2
＞1，∴＞1，
又∵x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，∴f（）＜0，
∴f（x
1
）﹣ f（x
2
）＜0，即f（x
1
）＜f（x
2
），
∴f（x）在（1，+∞）上是减函数．
点评： 本题考查了抽象函数的单调性，反复利用恒 等式f（ab）=f（a）+f（b），即根据需要
给a和b适当的值，并且前两问是第三问的基础，这 需要特别注意的地方，考查逻
辑推理能力．
24．判断函数f（x）=﹣x+1在（﹣∞，+∞）上的单调性；

考点： 函数单调性的判断与证明。
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3
专题： 证明题。
分析：
用定义法证明单调性，先设x
1
，x
2
是R上任意两个值，且x1
＜x
2
，再对两个函数值
作差，判断f（x
1
）﹣f （x
2
）的符号，做题时，对差进行合理的形式变换有利于函数
值的符号的判断．
解答：
解：设x
1
，x
2
是R上任意两个值，且x
1
＜x
2

3333
则f（x
1
）﹣f（x2
）=﹣x
1
+1﹣（﹣x
2
+1）=x
2
﹣ x
1

22
=（x
2
﹣x
1
）（x
2
+x
1
x
2
+x
1
）
=（x
2
﹣x
1
）[（x
2
+
2
）+
2
）]
∵x
1
，x
2
是R上任意两个值，且x
1
＜x
2

∴（x
2
﹣x
1
）＞0，[（x
2
+
∴f（x
1
）＞f（x
2
）
∴y=f（x）是R上的减函数
2
）+
2frac{3}{4{x}_{1}^{2}}
）]＞0
点评： 本题考查字数的单调性的证明，本题用的定义法证明，作题时要注意做题步骤一取，
二 作差整理，三判号，四得出结论，本题为了判断符号的方便对差式进行变形的技
巧很重要．
25．已知函数．
（1）求f（f（2））的值；
（2）判断函数在（﹣1，+∞）上单调性，并用定义加以证明．

考点： 函数单调性的判断与证明；函数的值。
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专题： 计算题；证明题。
分析：
（1）根据函数，先用代入法求出f（2），代入可得f（f（2））的值；
（2）任取区间（﹣1，+∞）上两个实数x
1
，x
2
，且x
1< br>＜x
2
，判断f（x
1
）﹣f（x
2
）
的符 号，进而根据函数单调性的定义可得答案．
解答：
解：（1）∵函数
∴f（2）=
∴f（f（2））=f（）=
（2）函数在（﹣1，+∞）上单调递增，
理由如下：
任取区间（﹣1，+∞）上两个实数x
1
，x
2
，且x
1
＜x
2
，
则x
1
﹣x
2＜0，x
1
+1＞，x
2
+1＞0
则f（x
1
）﹣f（x
2
）=﹣=＜0
．
即f（x
1
）＜f（x
2
）
故函数在（﹣1，+∞）上为增函数
点评： 本题考查的知识点是函数单调性的判断与证明， 函数的值，（1）中要注意嵌套求值
要从内到外去括号，（2）中要注意证明函数单调性的方法和步骤．
26．用函数单调性定义证明，函数f（x）=x+在[1，+∞）上是增函数．

考点： 函数单调性的判断与证明。
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3
专题： 计算题。
分析：
利用原始的定义进行证明，在[1，+∞）上任取x
1
，x
2
且x
1
＜x
2
，只要证f（x
2
）＞f
（x
1
）就可以可，把x
1
和x
2
分别代入函数f（x）= x+进行证明．
解答：
证明：在[1，+∞）上任取x
1
，x
2
且x
1
＜x
2

3

则f （x
2
）﹣f（x
1
）=x
2
﹣x
1
+< br>33
=（x
2
﹣x
1
）（x
1
+x
1
x
2
+x
2
）+
22

∵x
1
＜x
2
，
∴x
2
﹣x
1
＞0．
222
当x
1x
2
＜0时，有x
1
+x
1
x
2
+x
2
=（x
1
+x
2
）﹣x
1
x
2
＞0；
22
当x
1
x
2
≥0时，有x
1
+x
1
x
2
+x
2
＞0；
∴f（x2
）﹣f（x
1
=（x
2
﹣x
1
）（x
1
+x
1
x
2
+x
2
）+
即f（x2
）＞f（x
1
）
所以，函数f（x）=x+在[1，+∞）上是减函数．
点评： 此题主要考查函数的单调性，解题的关键是利用原始定义进行证明，是一道基础题．

3
22
＞0．