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2012-2013年高中常见题型解决方法归纳


第 06 讲:函数的单调性的判断、证明和单调区间的求法
【考纲要求】 理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义。 【基础知识】

区间具有严格的单调性,区间 D 叫做 y ? f ( x ) 的单调区间。否则都叫函数不具有严格的单 调性。 3、判断证 明函数单调性的一般方法:单调四法,导数定义复合图像 (1)定义法 用定义法证明函数的单调性的一般

步骤是①取值,设 x 1 , x 2 ? D ,且 x1 ? x 2 ;②作差,求
f ( x 1 ) ? f ( x 2 ) ;③变形(合并同类项、通分、分解因式、配方等) ;④判断 f ( x 1 ) ? f ( x 2 )

的正负符号;⑤根据函数单调性的定义下结论。 (2)复合函数分析法 设 y ? f ( u ) , u ? g ( x ) x ? [ a , b ] , u ? [ m , n ] 都是单调函数,则 y ? f [ g ( x )] 在 [ a , b ] 上也 是单调函数,其单调性由“同增异减”来确定,即“里外”函数增减性相同,复合函数为 增函数, “里外”函数的增减性相反,复合函数为减函数。如下表:

设 f ( x ) 在某个区间 ( a , b ) 内有导数 f ( x ) ,若 f ( x ) 在区间 ( a , b ) 内,总有
f ( x ) ? 0 ( f ( x ) ? 0 ) ,则 f ( x ) 在区间 ( a , b ) 上为增函数(减函数) 。
1 1

1

(4)图像法 一般通过已知条件作出函数图像的草图,如果函数的图像,在某个区间 D ,从左到右,逐 渐上升,则函数在这个区间 D 是增函数;如果从左到右,是逐渐下降,则函数是减函数。 4、求函数的单调区间:单调四法,导数定义复合图像 (1)定义法

(2)复合函数法 先求函数的定义域,再分解复合函数,再判断每一个内层函数的单调性,最后根据复合函 数的单调性确定函数的单调性。 (3)导数法

在其对称区间上的单调性相减,如函数 y ? x 。
2

(2)在公共的定义域内,增函数+增函数是增函数,减函数+减函数是减函数。其他的 如增函数 ? 增函数不一定是增函数,函数 y ? x 和函数 y ? x 都是增函数,但是它们的乘
3

积函数 y ? x 不是增函数。
4

(3)求函数的单调区间,必须先求函数的定义域,即遵循“函数问题定义域优先的 原则” 。 (4)单调区间必须用区间来表示,不能用集合或不等式,单调区间一般写成开区间, 不必考虑端点问题。 (5)在多个单调区间之间不能用“或”和“ ? ”连接,只能用逗号隔开。 【方法讲评】

例1

证明函数 f ( x ) ? x ?

a x

( a ? 0 ) 在区间 ( a , ? ? ) 是增函数。

解:设 a ? x 1 ? x 2 , f ( x 2 ) ? f ( x 1 ) ? x 2 ?
x1 x 2 ( x 2 ? x1 ) ? a ( x 2 ? x1 ) x1 x 2

a x2

? x1 ?

a x1

?

x 2 x 1 ? ax 1 ? x 1 x 2 ? ax x1 x 2

2

2

2

?

?

( x 2 ? x 1 )( x 1 x 2 ? a ) x1 x 2

?

a ? x1 ? x 2

? x 2 ? x1 ? 0

x1 x 2 ? a

? f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? 0

? 函数 f ( x ) ? x ?

a x

( a ? 0 ) 在区间 ( a , ? ? ) 是增函数。

例2

求函数 f ( x ) ? x ?

a

2

( a ? 0 ) 的单调区间.

[来源:学科网]

x

解:∵函数的定义域为{x|x∈R,且 x≠0},设 x1、x2≠0,且 x1<x2,

a2 a2 f(x1)-f(x2)=x1+ -x2- x1 x2
? ( x1 ? x 2 ) ? a ?
2

x 2 ? x1 x1 x 2
2

? ( x1 ? x 2 )(1 ?

a

2

)
2

x1 x 2

? ( x1 ? x 2 )(

x1 x 2 ? a x1 x 2

)?

( x1 ? x 2 )( x1 x 2 ? a ) x1 x 2

(1)当 x1<x2≤-a 或 a≤x1<x2 时, x1-x2<0,x1·x2>a2, ∴f(x1)-f(x2)<0,∴f(x1)<f(x2), ∴f(x)在(-∞,-a]上和在[a,+∞)上都是增函数. (2)当-a≤x1<x2<0 或 0<x1<x2≤a 时,x1-x2<0, 2 0<x1·x2<a ,∴f(x1)-f(x2)>0,∴f(x1)>f(x2), ∴f(x)在[-a,0)和(0,a]上都是 减函数.

例3

已知函数 f ( x ) 的定义域是 x ? 0 的一切实数,对定义域内的任意 x 1 , x 2 ,都有

f ( x1 x 2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ,且当 x ? 1 时 f ( x ) ? 0 , f ( 2 ) ? 1

(1)求证 f ( x ) 是偶函数; (2) f ( x ) 在 (0, ? ? ) 上时增函数; (3)解不等式 f ( 2 x ? 1) ? 2
2

解:
(1) 令 x1 ? x 2 ? 1 令 x1 ? x 2 ? ? 1 令 x1 ? x ? f (1) ? f (1) ? f (1) ? f (1) ? 0 ? 0 ? 2 f ( ? 1) ? f ( ? 1) ? 0 ? f ( x )是 偶 函 数

? f [( ? 1) ? ( ? 1)] ? f ( ? 1) ? f ( ? 1) ? f [ x ? ( ? 1)] ? f ( x ) ? f ( ? 1)

x2 ? ? 1

? f (? x) ? f ( x)

( 2 ) 设 x1 ? x 2 ? 0 ? f( x1 x2

? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? f ( x 2 ? ? x1 x2

x1 x2

) ? f ( x2 ) ? f ( x2 ) ? f ( ? f( x1 x2

x1 x2

) ? f ( x2 )

)

? x1 ? x 2 ? 0

? 1 ? x ? 1时 , f ( x ) ? 0

) ? 0 ? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 0

? 函 数 在 ( 0, ? ) 上 是 增 函 数 +
(3) 令 x1 ? x 2 ? 2
2

? f (2 ? 2) ? f (2) ? f (2) ? 2 ? f ( x )是 偶 函 数 10 2 10 2

? f (4) ? 2

? f ( 2 x ? 1) ? 2 ? f ( 4 ) ?x ? 0 ? 2 ?2x ? 1 ? 0 ? 2 ? |2 x ? 1|< 4

在 ( 0,? ) 上 时 增 函 数 + 2 2

?

??

? x?

且 x ? 0, x ? ?

【变式演练 2】已知 f ( x ) 是定义在区间 [ ? 1,1] 上的奇函数,且 f (1) ? 1 ,若
m , n ? [ ? 1,1], m ? n ? 0 时,有
2

f (m ) ? f (n) m ?n

? 0。 (1)解不等式 f ( x ?

1 2

) ? f (1 ? x ) (2)

若 f ( x ) ? t ? 2 a t ? 1 对所有 x ? [ ? 1,1], a ? [ ? 1,1] 恒成立,求实数 t 的取值范围。

例4

已知函数 f ( x ) ? ( a ? 1) ln x ? ax

2

?1

(I)讨论函数 f ( x ) 的单调性; (II)设 a ? ? 1 .如果对任意 x 1 , x 2 ? ( 0 , ?? ) ,| f ( x 1 ) ? f ( x 2 ) ? 4 | x 1 ? x 2 | ,求 a 的取值 范围。 解: (Ⅰ) f ( x ) 的定义域为(0,+∞). f '( x ) ?
a ?1 x ? 2ax ? 2ax ? a ? 1
2

.

x

当 a ? 0 时, f '( x ) >0,故 f ( x ) 在(0,+∞)单调增加; 当 a ? ? 1 时, f '( x ) <0,故 f ( x ) 在(0,+∞)单调减少;

当-1< a <0 时,令 f '( x ) =0,解得 x ?

?

a ?1 2a

.

则当 x ? ( 0 , ?

a ?1 2a

) 时, f '( x ) >0; x ? ( ?

a ?1 2a

, ? ? ) 时, f '( x ) <0.

故 f ( x ) 在 (0, ?

a ?1 2a

) 单调增加,在 ( ?

a ?1 2a

, ? ? ) 单调减少.

(Ⅱ)不妨假设 x1 ? x 2 ,而 a <-1,由(Ⅰ)知在(0,+∞)单调减少,从而
? x1 , x 2 ? (0 , ? ? ) , f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 4 x1 ? x 2

等价于 ? x1 , x 2 ? (0 , ? ? ) , f ( x 2 ) ? 4 x 2 ? f ( x1 ) ? 4 x1 令 g ( x ) ? f ( x ) ? 4 x ,则 g '( x ) ?
a ?1 x ? 2ax ? 4



①等价于 g ( x ) 在(0,+∞)单调减少,即
a ?1 x ? 2ax ? 4 ? 0 .
?4 x ? 1 2x ?1
2

从而 a ?

?

( 2 x ? 1) ? 4 x ? 2
2 2

2x ?1
2

?

( 2 x ? 1)
2

2

2x ?1

?2

故 a 的取值范围为(-∞,-2].

(Ⅰ)当 a ?

1 2

时,讨论 f ( x ) 的单调性;
2

(Ⅱ)设 g ( x ) ? x ? 2 b x ? 4 . 当 a ?
f ( x1 ) ? g ( x 2 ) ,求实数 b 取值范围.

1 4

时,若对任意 x1 ? (0 , 2 ) ,存在 x 2 ? ?1, 2 ? ,使

例5

设函数 f ? x ? ? sin x ? co s x ? x ? 1 ,0 ? x ? 2 ? ,求函数 f ? x ? 的单调区间与极值。
,

解 : 由 f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2? ,知 f ( x) ? 1 ? 令 f ( x ) ? 0, 从 面 s i n ( x ?
, ,

2s i n ( x ? 3? 2

?
4

).

?
4

)?

2 2

, 得 x ? ?, 或 x ?



当 x 变 化 时 , f ( x ), f ( x ) 变 化 情 况 如 下 表 :

x
1

(0, ? )

?

(? ,

3 2

?)

3 2

?

(

3 2

? , 2? )

f (x)
f (x)

+ 单调递增 ?

0
? ?2

单调递减 ?

0
3 2

+
?

单调递增 ?

因 此 , 由 上 表 知 f(x)的 单 调 递 增 区 间 是 ( 0, ?) 与 (

3? 2

,? ) , 2

3? 3? 3? 单 调 递 增 区 间 是 ( ? , ) , 极 小 值 为 f( )= , 极 大 值 为 f(? )=? ? 2 2 2 2

【点评】对于三角函数也可以利用求导的方法求函数的单调区间。 【变式演练 4】 某地有三家工厂,分别位于矩形 ABCD 的顶点 A,B 及 CD 的中点 P 处,已 知 AB=20km,CB =10km ,为了处理三家工厂的污水,现要在矩形 ABCD 的区域上(含边界) , 且 A,B 与等距离的一点 O 处建造一个污水处理厂, 并铺设排污管道 AO,BO,OP ,设排污管道的总长为 P D C y km. (Ⅰ)按下列要求写出函数关系式: ①设∠BAO= ? (rad),将 y 表示成 ? 的函数关系式; ②设 OP ? x (km) ,将 y 表示成 x x 的函数关系式. (Ⅱ)请你选用(Ⅰ)中的一个函数关系式,确定 污水处理厂的位置,使三条排污管道总长度最短.
A B O

例 6(1)求函数 y ? lo g 0 .7 ( x ? 3 x ? 2 ) 的单调区间;
2

(2 )已知 f ( x ) ? 8 ? 2 x ? x , 若 g ( x ) ? f ( 2 ? x ) 试确定 g ( x ) 的单调区间和单调性。
2 2

解: (1)函数的定义域为 ( ?? ,1) ? ( 2 , ?? ) , 设 t ? x 2 ? 3 x ? 2 , y ? log
t ? x
2

0 .7

t t在

? 3 x ? 2 在 ( ?? ,1), ( 2 , ?? ) 上分别是单调递减和单调递增的, y ? log
2

0 .7

( 0 , ?? ) 上是单调递减的,根据复合函数的单调性得函数 y ? lo g 0 .7 ( x ? 3 x ? 2 ) 在 ( ?? ,1), ( 2 , ?? ) 上分别单调递增、单调递减。

(2)解法一:函数的定义域为 R, 分解基本函数为 g ? f ( t ) ? ? t ? 2 x ? 8 和 t ? 2 ? t 2 。
2

显然 g ? f ( t ) ? ? t 2 ? 2 x ? 8 在 (1, ?? ) 上是单调递减的, ( ?? ,1) 上单调递增; 而 t ? 2 ? x 2 在 ( ?? , 0 ), ( 0 , ?? ) 上分别是单调递增和单调递减的。且 2 ? x 2 ? 1 ? x ? ? 1 , 根据复合函数的单调性的规则:所以函数的单调增区间为 ( ? ? , ? 1), (0,1) ;单调减区间为
(1, ? ? ), ( ? 1, 0 ) 。

解法二: g ( x ) ? 8 ? 2 ( 2 ? x 2 ) ? ( 2 ? x 2 ) 2 ? ? x 4 ? 2 x 2 ? 8 ,
g ?( x ) ? ? 4 x ? 4 x ,
3

令 g ? ( x ) ? 0 ,得 x ? ? 1 或 0 ? x ? 1 , 令 g ?( x ) ? 0 , x ? 1 或 ? 1 ? x ? 0 ∴单调增区间为 ( ? ? , ? 1), (0,1) ;单调减区间为 (1, ? ? ), ( ? 1, 0 ) 。

(1)求 ω ; π (2)若将函数 f(x)的图象向右平移 个单位后,再将得到的图象上各点横 坐标伸长到原来 6 的 4 倍,纵坐标不变,得到函数 y=g(x)的图象,求函数 g(x)的最大值及单调递减区间. 方法四 图像法 使用情景 函数的图像比较容易画出。 一般通过已知条件作出函数图像的草图,如果函数的图像,在某个区 解题步骤 间,从左到右,逐渐上升,则函数在这个区间是增函数;如果从左到 右,是逐渐下降,则函数是减函数。 例7 解:
?? x ? x ( x ? 0) ? 由 题 得 f (x) ? ? 2 ? ? x + x ( x ? 0) ?
2

求函数 f ( x ) ? ? x ? | x | 的单 调区间。
2

在同一坐标系下作出函数的图像得
( 所以函数的单调增区间为 - ? , ) , ( 0, ) . 减区间为 ( ? 2 2 1 1 1 2 , 0 ), ( 1 2 , ?? ) .

【高考精选传真】 1.【2012 高考真题重庆理 7】已知 f ( x ) 是定义在 R 上的偶函数,且以 2 为周期,则“ f ( x ) 为 [ 0 ,1] 上的增函数”是“ f ( x ) 为 [ 3 , 4 ] 上的减函数”的( (A)既不充分也不必要的条件 (C)必要而不充分的条件 )

(B)充分而不必要的条件 (D)充要条件

【解析】因为 f ( x ) 为偶函数,所以当 f ( x ) 在 [ 0 ,1] 上是增函数,则 f ( x ) 在 [ ? 1, 0 ] 上则为减 函数,又函数 f ( x ) 的周期是 4,所以在区间 [ 3 , 4 ] 也为减函数.若 f ( x ) 在区间 [ 3 , 4 ] 为减函 数,根据函数的周期可知 f ( x ) 在 [ ? 1, 0 ] 上则为减函数,又函数 f ( x ) 为偶函数,根据对称 性可知, f ( x ) 在 [ 0 ,1] 上是增函数,综上可知, f ( x ) 在 [ 0 ,1] 上是增函数”是“ f ( x ) 为区 “ 间 [ 3 , 4 ] 上的减函数”成立的充要条件,选 D. 2.【2012 高考真题天津理 4】函数 f ( x ) ? 2 ? x ? 2 在区间(0,1)内的零点个数是(
x 3

)

(A)0 (C)2
x 3

(B)1 (D)3
x 2

【解析】因为函数 f ( x ) ? 2 ? x ? 2 的导数为 f ' ( x ) ? 2 ln 2 ? 3 x ? 0 ,所以函数
f (x) ? 2
x

? x ? 2 单调递增,又 f ( 0 ) ? 1 ? 2 ? ? 1 ? 0 , f (1) ? 2 ? 1 ? 2 ? 1 ? 0 ,所以
3

根据根的存在定理可知在区间 ( 0 ,1) 内函数的零点个数为 1 个,选 B. 3.【2012 高考真题陕西理 2】下列函数中,既是奇函数又是增函数的为( A. y ? x ? 1 B. y ? ? x
2



C. y ?

1 x

D. y ? x | x |

【解析】根据奇偶性的定义和基本初等函数的性质易知 A 非奇非偶的增函数;B 是奇函数
( 且是减函数; 是奇函数且在 ( ?? , 0 ) , 0 , ?? ) 上是减函数; 中函数可化为 y ? ? C D
? x2, x ? 0 ?? x , x ? 0
2

易知是奇函数且是增函数.故选 D.

4.【2012 高考真题山东理 3】设 a ? 0 且 a ? 1 ,则“函数 f ( x ) ? a 在 R 上是减函数 ” ,是
x

“函数 g ( x ) ? ( 2 ? a ) x 在 R 上是增函数”的(
3

)

(A)充分不必要条件 (C)充分必要条件

(B)必要不充分条件 (D)既不充分也不必要条件

5.【2012 高考真题广东理 4】下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是( A.y=ln(x+2) B.y=- x ? 1 C.y=(
1 2

)

)x

D.y=x+

1 x

【解析】函数 y=ln(x+2)在区间(0,+∞)上为增函数;函数 y=- x ? 1 在区间(0,+∞) 上为减函数;函数 y=(
1 2

)x 在区间(0,+∞)上为减函数;函数 y=x+

1 x

在区间(0,+∞)

上为先减后增函数.故选 A. 【反馈训练】 2 1.函数 y=2x -(a-1)x+3 在(-∞,1]内递减,在(1,+∞)内递增,则 a 的值是( ) A.1 B.3 C.5 D.-1 2.函数 y= f(x)是 R 上的偶函数,且在(-∞,0]上为增函数.若 f(a)≤f(2),则实数 a 的取值范围是( ) A.a≤2 B.a≥-2 C.-2≤a≤2 D.a≤-2 或 a≥2 上单调递减,那么实数 a 的取值范围是 ( ) 2 B.(0, ) 3 3 2 3 C.[ , ) D.[ ,1) 8 3 8 4.函数 f(x)=ln(x+1)-mx 在区间(0,1)上恒为增函数,则实数 m 的取值范围是( A.(-∞,1) B.(-∞,1] 1 1 C.(-∞, ] D.(-∞, ) 2 2 2 5.函数 f(x)=ln(4+3x-x )的单调递减区间是 ( ) 3? 3 ? ? ? A.?-∞, ? B.? ,+∞? 2? ? ?2 ? 3? 3 ? ? ? C.?-1, ? D.? ,4? 2? ? ?2 ? A.(0,1)
? ?x +4x,x≥0, 6.已知函数 f(x)=? 2 ? ?4x-x ,x<0.
2

)

若 f(2-a )>f(a),则实数 a 的取值范围

2

是 A.(-∞,-1)∪(2,+∞) B.(-1,2) C.(-2,1) D.(-∞,-2)∪(1,+∞) 7.下列函数中,既是偶函数又在 0 , ? ) 单调递增的函数是 ( ) ( + (A) y ? x 3 (B) y ? x ? 1 (C) y ? ? x 2 ? 1 (D) y ? 2
? x

(

)

(2)若对任意 x∈[1,+∞ ) ,f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围. 10.已知函数 f(x)对于任意 x,y∈R,总有 f(x)+f(y)=f(x+y),且当 x>0 时,f(x)<0, 2 f(1)=- . 3 (1)求证:f(x)在 R 上是减函数; (2)求 f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值. 11.f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,且 f? ?=f(x)-f(y). (1)求 f(1)的值;

?x? ?y?

?1? (2)若 f(6)=1,解不等式 f(x+3)-f? ?<2. ?x?
12.讨论函数 f ( x ) ?
ax ? 1 x? 2 (a ? 1 2 x 2

[来源:学&科&网]

) 在 ( ? 2 , ?? ) 上的单调性. x ( k ≥0)。
2

13.已知函数 f ( x )=In(1+ x )- x +

(Ⅰ)当 k =2 时,求曲线 y = f ( x )在点(1, f (1))处的切线方程; (Ⅱ)求 f ( x )的单调区间。

15.设函数 f ? x ? ? x ? e ? 1 ? ? a x
x

2

(Ⅰ)若 a=

1 2

,求 f ? x ? 的单调区间;

(Ⅱ)若当 x ≥0 时 f ? x ? ≥0,求 a 的取值范围

证明:设 x 1 x 2 是区间 ( 0 , ?? ) 是任意的两个值,且 x 1 ? x 2 .
? 0 ? x1 ? x 2 ? ??
1 x2 1 x1 1 x1 1 x2

所以 f ( x 2 ) ? f ( x 1 ) ? x 2 ?
2

? x1 ?
2

? ( x 2 ? x1 ) ? (
2 1

?

)

? ( x 2 ? x 1 )( x 2 ? x 1 ) ?

x 2 ? x1 x1 x 2

? ( x 2 ? x 1 )[ x 2 ? x 1 ?

1 x1 x 2

].

? 0 ? x1 ? x 2 ? ??

? x 2 ? x1 ? 0 , x 2 ? x1 ?

1 x1 x 2

? 0.

? f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? 0 ,
? f (x) ? x ?
2

? f ( x 2 ) ? f ( x1 ).

1 x

在区间 ( 0 , ?? ) 上是增函数.

【变式演练 2 详细解析】
(1) 设 1 > x 2 ? x1 ? ? 1,? f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? f ( ? x1 ) ? ( x 2 ? x1 ) ? ? ( x 2 ? x1 ) ? f ( x 2 ) ? f ( ? x1 ) x 2 ? ( ? x1 ) 由已知得 f ( x 2 ) ? f ( ? x1 ) x 2 ? ( ? x1 ) ? 0 f ( x 2 ) ? f ( ? x1 ) ( x 2 ? x1 )

x 2 ? x1 ? 0 1 ? ?1 ? x ? ? 1 ? 2 ? ? ??1 ? 1 ? x ? 1 ? 1 ?x ? ? 1? x 2 ?

? f ( x 2 ) ? f ( x1 ) ? 0

?函 数 在 定 义 域 内 单 调 递 增 。 f (x ? ?

1 2

) ? f (1 ? x )

?0? t ?

1 4

( 2 )由 题 得 f ( x ) m a x ? t ? 2 a t ? 1
2

? f (1) ? t ? 2 a t ? 1
2

? 1 ? t ? 2at ? 1
2

? t ? 2at ? 0
2

? 2 ta ? t ? 0
2

? 2t ? ? t ? 0 ? 1 ?? 2 ? 2 t ?( ? 1) ? t ? 0 ?
2

? t ? 0或 t ? 2或 t ? ? 2

2 (2)当 a ? 0 时,由 f ? ( x ) ? 0 ,即 a x ? x ? 1 ? a ? 0 ,解得 x1 ? 1, x 2 ?

1 a

?1.

当a ?

1 2

时 x1 ? x 2 , h ( x ) ? 0 恒成立,此时 f ? ( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减;
1 2

当0 ? a ?
x ? (1, x?( 1 a 1 a

时,

1 a

? 1 ? 1 ? 0 , x ? (0 ,1) 时 h ( x ) ? 0, f ? ( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减;

? 1) 时, h ( x ) ? 0, f ? ( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递增;

? 1, ? ? ) 时, h ( x ) ? 0, f ? ( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减.
1 a ? 1 ? 0 ,当 x ? (0,1), h ( x ) ? 0, f ?( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递减;

当a ? 0 时

当 x ? (1, ? ? ), h ( x ) ? 0, f ?( x ) ? 0 ,函数 f ( x ) 单调递增.

又已知存在 x 2 ? ?1, 2 ? ,使 f ( x1 ) ? g ( x 2 ) ,所以 ? 又 g ( x ) ? ( x ? b ) ? 4 ? b , x ? [1, 2 ]
2 2

1 2

? g ( x 2 ) , x 2 ? ?1, 2 ? , (※)

当 b ? 1 时, g ( x ) m in ? g (1) ? 5 ? 2 b ? 0 与(※)矛盾; 当 b ? ?1, 2 ? 时, g ( x ) m in ? g (1) ? 4 ? b ? 0 也与(※)矛盾;
2

当 b ? 2 时, g ( x ) m in ? g ( 2 ) ? 8 ? 4 b ? ? 综上,实数 b 的取值范围是 [
17 8 , ?? ) .

1 2

,b ?

17 8

.

②若 OP= x (km) ,则 OQ=10- x ,所以 OA =OB= ? 1 0 ? x ? ? 1 0 ?
2 2

x ? 20 x ? 200
2

所求函数关系式为 y ? x ? 2 x ? 2 0 x ? 2 0 0 ? 0 ? x ? 1 0 ?
2

(Ⅱ)选择函数模型①, y ?
'
学。科。网]

? 1 0 c o s ? ?c o s ? ? ? 2 0 ? 1 0 s in? cos ?
2

? ? ? s in ? ?

?

1 0 ? 2 s in ? ? 1 ? cos ?
2
[来源:

令 y ? 0 得 sin ? ?
'

1 2

,因为 0 ? ? ?

?
4

,所以 ? =

?
6



当? ? ? 0 ,
?

?

? ?

?? ? ? ' ' ? 时, y ? 0 , y 是 ? 的减函数;当 ? ? ? , ? 时, y ? 0 , y 是 ? 的增函 6 ? ? 6 4 ?

数, 所以当 ? =
10 3 3

?
6

时, y m in ? 1 0 ? 1 0 3 。 这时点 P 位于线段 AB 的中垂线上,且距离 AB 边

km 处。

【变式演练 5 详细解析】 3 1 3 (1)f(x)= sin2ω x+ cos2ω x+ 2 2 2 π 3 =sin (2ω x+ )+ . 6 2 π π π 令 2ω x+ = ,将 x= 代入可得:ω =1. 6 2 6 π 3 (2)由(1)得 f(x)=sin(2x+ )+ . 6 2

经过题设的变化得到的函数 1 π 3 g(x)=sin( x- )+ . 2 6 2 4 5 当 x=4kπ + π ,k∈Z 时,函数取得最大值 . 3 2 π 1 π 3 令 2kπ + ≤ x- ≤2kπ + π , 2 2 6 2 4π 10 即 x∈[4kπ + ,4kπ + π ],k∈Z 为函数的单调递减区间. 3 3 【变式演练 6 详细解析】
[来源:Z|xx|k.Com]

( 1 ) 设 x ? 0 , 则 ? x ? 0 ,? f ( ? x ) ? ? x ( ? x ? 1) x ? x =
2

? f ( x )是 偶 函 数
2

? f ( ? x ) = f(x )

? f(x ) = x ? x
2

? x ? x ( x ? 0) ? ? f (x) ? ? 2 ? x ? x ( x ? 0) ?
( 2) 当 x ? 0 时 , x ? x ? 2
2

?x ? x?2 ? 0
2

? ( x ? 2 )( x ? 1) ? 0 当 x ? 0时 , x - x ? 2
2

? x ? ? 2 或 x ? 1( 舍 去 ) ? x ? ? 2 ? x -x ? 2 ? 0
2

? ( x -2 )( x +1) ? 0

? x ? 2 或 x ? -1( 舍 去 ) ? x ? 2

综 合 得 x ? ? 2或 x ? 2 .
(3)作 出 函 数 的 图 像 , 如 图 所 示 ,
( 所以函数的单调减区间为 - ? , ) , ( 0, ) . 单调增区间为 ( ? 2 2 1 1 1 2 , 0 ), ( 1 2 , ?? )

【反馈训练详细解答】

4.C【 解析】 :

f(x)=ln(x+1)-mx 在区间(0,1)上恒为增函数,则 f(x)=ln(x+1)-
1

1 )min= . 2 ? 3?2 25 2 5. D 【解析】 函数 f(x)的定义域是(-1,4),u(x)=-x +3x+4=-?x- ? + 的减区 ? 2? 4 ?3 ? 间为? ,4?, ?2 ? ?3 ? ∵e>1,∴函数 f(x)的单调减区间为? ,4?. ?2 ?

mx 在区间[0,1]上恒为增函数,f′(x)=

x+1

-m≥0 在[0,1]上恒成立,m≤(

1

x+1

? ?(x+2) -4, 6. C【解析】 f(x)=? 2 ? ?-(x-2) +4,

2

x≥0, x<0,

由 f(x)的图象可知 f(x)在(-∞,+∞)

上是单调递增 2 2 2 函数,由 f(2-a )>f(a)得 2-a >a,即 a +a-2<0,解得-2<a<1. 7.B【解析】根据奇偶性可以排除 A,再画出函数的图像判断,选 B. 8.【解析】 :任取 x1、x2∈0,+ ? ? 且 x1<x2,则

又∵x1-x2<0,∴f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2) ∴a≥1 时,函数 f(x)在区间[0,+∞)上为减函数. (2)当 0<a<1 时,在区间[0,+∞]上存在 x1=0,x2= ∴0<a<1 时,f(x)在[0,+ ? ? 上不是单调函数 注: ①判断单调性常规思路为定义法; ②变形过程中
2

2a 1? a
2

,满足 f(x1)=f(x2)=1

x1 ? x 2 x1 ? 1 ? x2
2

?1

<1 利用了 x 1 ? 1 >|x1|≥x1; x 2 ? 1 >x2;
2 2

③从 a 的范围看还须讨论 0<a<1 时 f(x)的单调性,这也是数学严谨性的体现. 9.【解析】 (1)当 a= :
1 2

时,f(x)=x+
1 2 x2

1 2x

+2,x∈1,+∞)
1 2 x1

设 x2>x1≥1, f(x2)-f(x1)=x2+ 则

? x1 ?

=(x2-x1)+

x1 ? x 2 2 x1 x 2

=(x2-x1)(1-

1 2 x1 x 2

)

∵x 2>x1≥1,?∴x2-x1>0,1-

1 2 x1 x 2

>0,则 f(x2)>f(x1)
7 2

可知 f(x)在[1,+∞)上是增函数.∴f(x)在区间[1,+∞ ) 上的最小值为 f(1)= (2)在区间[1,+∞ ) 上,f(x)=
2



x

2

? 2x ? a x

>0 恒成立 ? x +2x+a>0 恒成立
2

2

设 y=x +2x+a,x∈1,+∞),由 y=(x+1) +a-1 可知其在[1,+∞)上是增函数, 当 x=1 时,ymin=3+a,于是当且仅当 ymin=3+a>0 时函数 f(x)>0 恒成立.故 a>-3. 10.【解析】(1)证明:法一:∵函数 f(x)对于任意 x,y∈R 总有 f( x)+f(y)=f(x+y), ∴令 x=y=0,得 f(0)=0. 再令 y=-x,得 f(-x)=-f(x). 在 R 上任取 x1>x2,则 x1-x2>0,

f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2). 又∵x>0 时,f(x)<0,而 x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0, 即 f(x1)<f(x2). 因此 f(x)在 R 上是减函数. 法二:设 x1>x2, 则 f(x1)-f(x2) =f(x1-x2+x2)-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(x2) =f(x1-x2). 又∵x>0 时,f(x)<0.而 x1-x2>0, ∴f(x1-x2)<0, 即 f(x1)<f(x2), ∴f(x)在 R 上为减函数. (2)解析:∵f(x)在 R 上是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上也是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为 f(-3)与 f(3). 而 f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2. ∴f(x)在[-3,3]上的最大值为 2,最小值为-2. 11.【解析】 (1)令 x=y,得 f(1)=0.
[来源:Zxxk.Com]

1 (2)由 x+3>0 及 >0,得 x>0,

x

?1? 由 f(6)=1 及 f(x+3)-f? ?<2, ?x?
得 f[x(x+3)]<2f(6), 即 f[x(x+3)]-f(6)<f(6), ?x(x+3)?<f(6). 亦即 f? ? ? 6 ? 因为 f(x)在(0,+∞)上是增函数, x(x+3) 所以 <6, 6



( x1 ? x 2 ) ( x 2 ? 2 )( x1 ? 2 )
1 2 1 2

? 0
ax ? 1 x? 2 ax ? 1 x? 2

当a ? 当a ?

时,f ( x 2 ) ? f ( x1 ) , 此时函数 f ( x ) ? 时,f ( x 2 ) ? f ( x1 ) , 此时函数 f ( x ) ?

(a ? (a ?

1 2 1 2

) 在 ( ? 2 , ?? ) 上是单调减函数; ) 在 ( ? 2 , ?? ) 上是单调增函数;

13.【解析】 (I)当 k ? 2 时, f ( x ) ? ln (1 ? x ) ? x ? x , f '( x ) ?
2

1 1? x

?1? 2x

由于 f (1) ? ln 2 , f '(1) ?

3 2



所以曲线 y ? f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为
y ? ln 2 ? 3 2 ( x ? 1)



3 x ? 2 y ? 2 ln 2 ? 3 ? 0

当 k ? 1 时, f '( x ) ?

x

2

1? x

故 f ( x ) 得单调递增区间是 ( ? 1, ? ? ) . 当 k ? 1 时, f '( x ) ? 所以没在区间 ( ? 1,
f '( x ) ? 0

x ( k x ? k ? 1) 1? x

? 0 ,得 x1 ?

1? k k

? ( ? 1, 0 ) , x 2 ? 0 . 1? k k , 0 ) 上,

1? k k

) 和 (0, ? ? ) 上, f '( x ) ? 0 ;在区间 (

故 f ( x ) 得单调递增区间是 ( ? 1,

1? k k

) 和 (0, ? ? ) ,单调递减区间是 (
1 32

1? k k

, 0)

3 14.【解析】 (I)当 co s ? ? 0 时 f ( x ) ? 4 x ?

, 则 f ( x ) 在 ( ? ? , ? ? ) 内是增函数,故无极

值。 (II) f '( x ) ? 1 2 x ? 6 x co s ? , 令 f '( x ) ? 0 , 得
2

x1 ? 0 , x 2 ?

cos ? 2

.

由0 ? ? ?

?
2

及(I) ,只需考虑 co s ? ? 0 的情况。

当 x 变化时, f '( x ) 的符号及 f ( x ) 的变化情况如下表:
x
f '( x )
(?? , 0)

0 0 极大值
cos ? 2 1 4

(0,

cos ? 2

)

cos ? 2

(

cos ? 2

, ?? )


?


?

0 极小值
cos ? 2 ), 且 f( 1 2 cos ? 2 co s ? 2 , 所以 )?? 1 4


?

f (x)

因此 ,函数 f ( x ) 在 x ? 要使 f (
cos ? 2

处取得极小值 f (
3

co s ? ?
3

1 32

.

) ? 0 , 必有 ?

cos ? ?

1 32

? 0 , 可得 0 ? c o s ? ?

?
3

?? ?

?
2

(III)解:由(II)知,函数 f ( x ) 在区间 ( ? ? , 0 ) 与 (

, ? ? ) 内都是增函数。

由题设,函数 f ( x ) 在 ( 2 a ? 1, a ) 内是增函数,则 a 须满足不等式组
?2a ? 1 ? a ? 或? 1 ? 2 a ? 1 ? cos ? ? 2

?2a ? 1 ? a ? ?a ? 0

由 (II) 参数 ? ? ( , 成立,必有 2 a ? 1 ?
1 4 .

?
3

,

?
2

) 时,0 ? c o s ? ?

1 2

. 要使不等式 2 a ? 1 ?

1 2

c o s ? 关于参数 ? 恒

综上,解得 a ? 0 或

5 8

? a ? 1 . 所以 a 的取值范围是 ( ? ? , 0 ] ? [

5 8

,1).

若a ? ?, 则当 x ? ? 0 , ln a ? 时,g '( x ) ? ? ,g ( x ) 为减函数, g (0 ) ? 0 , 而 从而当 x ? ? 0 , ln a ? 时 g ( x ) <0,即 f ( x ) <0.综合得 a 的取值范围为 ? ? ? ,1 ?


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