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2014届高三数学(理)一轮总复习:第二篇 函数、导数及其应用 第2节函数的单调性与最值 Word版含解析






函数的单调性与最值

【选题明细表】 知识点、方法 单调性的判断与证明 求单调区间 单调性的应用 最值问题 单调性与不等式 一、选择题 1.(2012 杭州模拟)下列四个函数中,在(0,+∞)上为增函数的是( (A)f(x)=3-x (C)f(x)=(B)f(x)=x2-3x (D)f(x)=-|x| C ) 题号 1、11 2、6 3、4、8、9、10 5、7 12

解析:当 x>0 时,f(x)=3-x 为减函数; 当 x∈ 当 x∈ 时,f(x)=x2-3x 为减函数; 时,f(x)=x2-3x 为增函数; 为增函数;

当 x∈(0,+∞)时,f(x)=-

当 x∈(0,+∞)时,f(x)=-|x|为减函数. 故选 C.

2.(2012 湖南长沙模拟)函数 f(x)=log2(4+3x-x2)的单调递减区间是( (A) (C) (B) (D)

D )

解析:由 4+3x-x2>0 得-1<x<4,即函数定义域是{x|-1<x<4}. 又 g(x)=-x2+3x+4=上递减,选 D. 3.设函数 f(x)= ( A ) (B)[-1,2] 若 f(x)的值域为 R,则常数 a 的取值范围是 + 在 上递减,故 f(x)=log2(4+3x-x2)应在

(A)(-∞,-1]∪[2,+∞)

(C)(-∞,-2]∪[1,+∞) (D)[-2,1] 解析:易知两段函数都是递增函数,当 x>2 时,y>4+a;当 x≤2 时,y≤2+a2,要 使 f(x)的值域为 R,则 4+a≤2+a2,解得 a≥2 或 a≤-1.故选 A. 4.(2012 四川成都模拟)已知函数 f(x)= 的取值范围是( B ) (A)-3≤a<0 (B)-3≤a≤-2 (C)a≤-2 (D)a<0 在 R 上为增函数,则 a

解析:要使函数在 R 上是增函数则有

解得-3≤a≤-2.故选 B. 5.定义新运算⊕:当 a≥b 时,a⊕b=a;当 a<b 时,a⊕b=b2,则函数 f(x)=(1⊕ x)x-(2⊕x),x∈[-2,2]的最大值等于( (A)-1 (B)1 (C)6 (D)12 C )

解析:由已知得当-2≤x≤1 时,f(x)=x-2, 当 1<x≤2 时,f(x)=x3-2 . ∵f(x)=x-2,f(x)=x3-2 在定义域内都为增函数. ∴f(x)的最大值为 f(2)=23-2=6. 故选 C. 6.(2012 山东聊城模拟)设函数 y=f(x)在 R 上有定义,对于给定的正数 k, 定义函数 fk(x)= 区间为( D ) 若函数 f(x)= 则函数 (x)的单调递减

(A)(-∞,-1] (B)(-∞,0] (C)[0,+∞) (D)[1,+∞) 解析: (x)= = 如图所示,函数 (x)在区间[1,+∞)上单调递减.故选 D.

二、填空题

7.函数 f(x)= 解析:由于 y=

-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为

.

在 R 上递减,y=log2(x+2)在[-1,1]上递增,所以 f(x)在[-1,1]

上单调递减,故 f(x)在[-1,1]上的最大值为 f(-1)=3. 答案:3 8. 使函数 y= 取值范围是 与 y=log 3(x-2)在(3,+∞)上具有相同的单调性,实数 k 的 .

解析:由 y=log 3(x-2)的定义域为(2,+∞),且为增函数,故在(3,+∞)上是增函 数. 又函数 y= = =2+ ,

使其在(3,+∞)上是增函数, 故 4+k<0,得 k<-4. 答案:(-∞,-4) 9.偶函数 f(x)在[0,+∞)上为增函数,若不等式 f(ax-1)<f(2+x2)恒成立,则实 数 a 的取值范围是 .

解 析 : 由 题 意 可 知 ,f(|ax-1|)<f(2+x2), 所 以 |ax-1|<2+x2 恒 成 立 . 设 m(x)=|ax-1|,n(x)=2+x2,其临界位置的图象如图所示:

下面求出相切情形下的 a 的大小:

如左图所示,设切点坐标为(x0,y0),则 n'(x) (- , +2),所以 (-2,2). 答案:(-2,2) 三、解答题 10.函数 f(x)= 解:f(x)= =

=2x0=-a,切点可表示为

=-a,得 a=2;如右图所示,同理可求得 a=-2.综上可知 a∈

在区间(-2,+∞)上是递增的,求实数 a 的取值范围. = +a.

任取 x1,x2∈(-2,+∞),且 x1<x2, 则 f(x1)-f(x2)= ∵函数 f(x)= ∴f(x1)-f(x2)<0. ∵x2-x1>0,x1+2>0,x2+2>0, ∴1-2a<0,a> , 即实数 a 的取值范围是 . = .

在区间(-2,+∞)上是递增的,

11. (2013 湖北八校联考)已知函数 f(x)=a· x+b· x,其中常数 a,b 满足 a· 2 3 b≠0. (1)若 a· b>0,判断函数 f(x)的单调性; (2)若 a· b<0,求 f(x+1)>f(x)时的 x 的取值范围. 解:(1)当 a>0,b>0 时,任取 x1,x2∈R,且 x1<x2,

则 f(x1)-f(x2)=a( 因为 < <

-

)+b( )<0,

-

),

,a>0? a( -

)<0,

,b>0? b(

所以当 a>0,b>0 时,f(x1)-f(x2)<0,函数 f(x)在 R 上是增函数. 同理,当 a<0,b<0 时,函数 f(x)在 R 上是减函数. (2)f(x+1)-f(x)=a· x+2b· x>0, 2 3 当 a<0,b>0 时, ( )x>- ,则 x>log1.5(- ); 当 a>0,b<0 时, ( )x<- ,则 x<log1.5(- ). 12.(2012 烟 台 模 拟 ) 已 知 函 数 f(x) 的 定 义 域 是 (0,+ ∞ ), 且 满 足 f(xy)=f(x)+f(y),f (1)求 f(1); (2)解不等式 f(-x)+f(3-x)≥-2. 解:(1)令 x=y=1, 则 f(1)=f(1)+f(1),f(1)=0. (2)由题意知 f(x)为(0,+∞)上的减函数, 且 ∴x<0, ∵f(xy)=f(x)+f(y),x、y∈(0,+∞) 且f =1. =1,如果对于 0<x<y,都有 f(x)>f(y),

∴f(-x)+f(3-x)≥-2, 可化为 f(-x)+f(3-x)≥-2f f(-x)+f f f 则 解得-1≤x<0. ∴不等式的解集为[-1,0). +f +f(3-x)+f ≥f(1), ≥f(1), ,

≥0=f(1),


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