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【创新方案】(浙江专版)2014届高考数学一轮复习 2.2 函数的单调性与最值限时集训 理


限时集训(四)

函数的单调性与最值

(限时:50 分钟 满分:106 分)

一、选择题(本大题共 8 个小题,每小题 5 分,共 40 分) 1.(2012·广东高考)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 1 D.y=x+ )

?1?x C

.y=? ? ?2?

x

1 2.(2013·宁波模拟)已知函数 f(x)=log2x+ ,若 x1∈(1,2),x2∈(2,+∞),则 1-x ( ) A.f(x1)<0,f(x2)<0 C.f(x1)>0,f(x2)<0 B.f(x1)<0,f(x2)>0 D.f(x1)>0,f(x2)>0

3.已知 f(x)在区间(-∞,+∞)上是减函数,a,b∈R,且 a+b≤0,则下列选项正确 的是( )

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) 4.若 f(x)=-x +2ax 与 g(x)= ( ) A.(-1,0)∪(0,1) C.(0,1) B.(-1,0)∪(0,1] D.(0,1]
x
2

a 在区间[1,2]上都是减函数,则 a 的取值范围是 x+1

5. min{a, , }表示 a, , 三个数中的最小值. f(x)=min{2 , +2,10-x}(x≥0), 用 b c b c 设 x 则 f(x)的最大值为( A.4 C.6 ) B.5 D.7

6. (2012·潍坊模拟)已知函数 f(x)的图象向左平移 1 个单位后关于 y 轴对称, x2>x1>1 当

? 1? 时,[f(x2)-f(x1)]·(x2-x1)<0 恒成立,设 a=f?- ?,b=f(2),c=f(3),则 a,b,c 的 ? 2?
大小关系为 ( A.c>a>b B.c>b>a
1

)

C.a>c>b

D.b>a>c

? 1? 2 7.若函数 f(x)=loga(2x +x)(a>0 且 a≠1)在区间?0, ?内恒有 f(x)>0,则 f(x)的单 ? 2?
调递增区间为( 1? ? A.?-∞,- ? 4? ? C.(0,+∞) )

? 1 ? B.?- ,+∞? ? 4 ?
1? ? D.?-∞,- ? 2? ?

8. 定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)+f(y), x<0 时, (x)>0, 当 f 则函数 f(x) 在[a,b]上有( ) B.最大值 f(b) D.最大值 f?

A.最小值 f(a) C.最小值 f(b)

?a+b? ? ? 2 ?

二、填空题(本大题共 6 个小题,每小题 4 分,共 24 分) 1 ?1 ? 9.(2013·临海模拟)若函数 f(x)的值域为? ,3?,则函数 F(x)=f(x)+ 的最大 2 ? f? x? ? 值为________,最小值为________.
?x +4x,x≥0, ? 10.已知函数 f(x)=? 2 ? ?4x-x ,x<0.
2

若 f(2-a )>f(a),则实数 a 的取值范围是

2

________. 11.(2013·东城模拟)函数 f(x)的定义域为 A,若 x1,x2∈A 且 f(x1)=f(x2)时总有 x1 =x2,则称 f(x)为单函数.例如:函数 f(x)=2x+1(x∈R)是单函数. 给出下列命题: ①函数 f(x)=x (x∈R)是单函数; ②指数函数 f(x)=2 (x∈R)是单函数; ③若 f(x)为单函数,x1,x2∈A 且 x1≠x2,则 f(x1)≠f(x2); ④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数. 其中真命题是________(写出所有真命题的编号). 12.(2013·温州模拟)若函数 f(x)= ________. 13.已知函数 f(x)= 3-ax (a≠1). a-1 1 ?1 ? 在区间[a,b]上的值域为? ,1?,则 a+b= x-1 ?3 ?
x
2

(1)若 a>0,则 f(x)的定义域是________; (2)若 f(x)在区间(0,1]上是减函数,则实数 a 的取值范围是________.

2

? ?e -2,x≤0, 14.已知函数 f(x)=? ? ?2ax-1,x>0

-x

(a 是常数且 a>0).对于下列命题: ③若 f(x)>0 在

①函数 f(x)的最小值是-1;

②函数 f(x)在 R 上是单调函数;

?1,+∞?上恒成立,则 a 的取值范围是 a>1; ④对任意的 x <0,x <0 且 x ≠x y,恒有 ?2 ? 1 2 1 2 ? ?
f?

?x1+x2?<f? x1? +f? x2? . ? 2 ? 2 ?
其中正确命题的序号是________(写出所有正确命题的序号). 三、解答题(本大题共 3 个小题,每小题 14 分,共 42 分) 1 1 15.已知函数 f(x)= - (a>0,x>0).

a x

(1)求证:f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数;

?1 ? ?1 ? (2)若 f(x)在? ,2?上的值域是? ,2?,求 a 的值. ?2 ? ?2 ?

16.已知函数 f(x)对任意的 a,b∈R 恒有 f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且当 x>0 时,

f(x)>1.
(1)求证:f(x)是 R 上的增函数; (2)若 f(4)=5,解不等式 f(3m -m-2)<3.
2

3

17.已知 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且 f(1)=1,若 a,b∈[-1,1],a+b≠0 时,有

f? a? +f? b? >0 成立. a+ b

(1)判断 f(x)在[-1,1]上的单调性,并证明它;

? 1? ? 1 ?; (2)解不等式 f?x+ ?<f? ? ? 2? ?x-1?
(3)若 f(x)≤m -2am+1 对所有的 a∈[-1,1]恒成立,求实数 m 的取值范围.
2

[限时集训(四)] 1.A 2.B 3.D 4.D 5.C 6.D 7.D 8.C 1 9.解析:令 t=f(x),则 ≤t≤3. 2 1 ?1 ? 易知 g(t)=t+ 在区间? ,1?上是减函数,在[1,3]上是增函数. t ?2 ? 10 ?1? 5 又 g? ?= ,g(1)=2,g(3)= . 2? 2 3 ? 10 ∴函数 F(x)的最大值为 ,最小值为 2. 3
4

10 答案: ,2 3 10. 解析: 由题意知 f(x)在 R 上是增函数, f(2-a )>f(a), 2-a >a, 由 知 解得-2<a<1. 答案:-2<a<1 11.解析:根据单函数的定义,函数是单函数等价于这个函数在其定义域内是单调的, 故命题②④是真命题, ①是假命题; 根据一个命题与其逆否命题等价可知, 命题③是真命题. 答案:②③④ 12.解析:由题意知 x-1>0,∵x∈[a,b], ∴a>1.则 f(x)= ∴f(a)= 1
2 2

x-1

在[a,b]上为减函数,

1 1 1 =1,f(b)= = , a-1 b-1 3

解得 a=2,b=4.∴a+b=6. 答案:6 3 13.解析:(1)当 a>0 且 a≠1 时,由 3-ax≥0 得 x≤ ,即此时函数 f(x)的定义域是

a

?-∞,3?; ? a? ? ?
(2)当 a-1>0, a>1 时, 即 要使 f(x)在(0,1]上是减函数, 则需 3-a×1≥0, 此时 1<a≤3. 当 a-1<0,即 a<1 时,要使 f(x)在(0,1]上是减函数,则需-a>0,此时 a<0. 综上所述,所求实数 a 的取值范围是(-∞,0)∪(1,3]. 3? ? 答案:(1)?-∞, ?

?

a?

(2)(-∞,0)∪(1,3] 14.解析:根据题意可画出草图,由图象可知,①显然正确;函

?1 ? 数 f(x)在 R 上不是单调函数,故②错误;若 f(x)>0 在? ,+∞?上恒 ?2 ?
1 成立,则 2a× -1>0,a>1,故③正确;由图象可知在(-∞,0)上对 2 任意的 x1<0,x2<0 且 x1≠x2,恒有 f? 答案:①③④ 15.解:(1)证明:设 x2>x1>0, 则 x2-x1>0,x1x2>0, ∵f(x2)-f(x1)

?x1+x2?<f? x1? +f? x2? 成立,故④正确. ? 2 ? 2 ?

?1 1 ? ?1 1 ? =? - ?-? - ? ?a x2? ?a x1?
5

1 1 x2-x1 = - = >0,

x1 x2

x1x2

∴f(x2)>f(x1).∴f(x)在(0,+∞)上是单调递增的.

?1 ? ?1 ? ?1 ? (2)∵f(x)在? ,2?上的值域是? ,2?,又 f(x)在? ,2?上单调递增, 2 ? 2 ? ? ? ?2 ? ?1? 1 ∴f? ?= ,f(2)=2. ?2? 2
2 ∴易得 a= . 5 16.解:(1)证明:任取 x1,x2∈R, 且 x1<x2, ∵f(x2)=f((x2-x1)+x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1, 又 x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1. ∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0, 即 f(x2)>f(x1). ∴f(x)是 R 上的增函数. (2)令 a=b=2,得 f(4)=f(2)+f(2)-1=2f(2)-1, ∴f(2)=3. 而 f(3m -m-2)<3, ∴f(3m -m-2)<f(2). 又 f(x)在 R 上是单调递增函数, 4 2 ∴3m -m-2<2,解得-1<m< . 3 4? ? 故原不等式的解集为?-1, ?. 3? ? 17.解:(1)任取 x1,x2∈[-1,1]且 x1<x2, 则-x2∈[-1,1],∵f(x)为奇函数, ∴f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2) =
2 2

f? x1? +f? -x2? ·(x1-x2), x1+? -x2? f? x1? +f? -x2? >0, x1+? -x2?

由已知得

x1-x2<0,
∴f(x1)-f(x2)<0, 即 f(x1)<f(x2). ∴f(x)在[-1,1]上单调递增.

6

(2)∵f(x)在[-1,1]上单调递增,

?x+2<x-1, ? 1 ∴?-1≤x+ ≤1, 2 1 ?-1≤x-1≤1, ?
1 1 3 解得- ≤x<-1. 2 (3)∵f(1)=1,f(x)在[-1,1]上单调递增. ∴在[-1,1]上,f(x)≤1. 问题转化为 m -2am+1≥1, 即 m -2am≥0,对 a∈[-1,1]成立. 下面来求 m 的取值范围. 设 g(a)=-2m·a+m ≥0. ①若 m=0,则 g(a)=0≥0, 对 a∈[-1,1]恒成立. ②若 m≠0, g(a)为 a 的一次函数, g(a)≥0, a∈[-1,1]恒成立, 则 若 对 必须 g(-1)≥0, 且 g(1)≥0, ∴m≤-2,或 m≥2. ∴m 的取值范围是 m=0 或 m≥2 或 m≤-2.
2 2 2

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