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高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 . 函数的单调性与最值练习 理-课件


第二章 函数、导数及其应用 2.2 函数的单调性与最值练习 理
[A 组·基础达标练] 1.[2015·泸州三模]下列函数中,在(0,+∞)上单调递减的是( A.f(x)=ln x C.f(x)=x 答案 D 解析 对于 A,y=ln x 在(0,+∞)上是增函数,故 A 不满足; 对于 B,函数在(-∞,1)上是减函数,(1,+∞)上是增函数,故 B 不满足; 对于

C,函数在 R 上是增函数,故 C 不满足; 对于 D,函数在(-1,+∞),(-∞,-1)上均为减函数,则在(0,+∞)上是减函数, 故 D 满足. 2.[2015·长春二模]已知函数 f(x)=|x+a|在(-∞,-1)上是单调函数,则 a 的取值 范围是( ) B.(-∞,-1] D.[1,+∞) A.(-∞,1] C.[-1,+∞) 答案 A 解析 因为函数 f(x)在(-∞,-a)上是单调函数,所以-a≥-1,解得 a≤1.故选 A. 3.[2013·安徽高考]“a≤0”是“函数 f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)内单调递 增”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 答案 C 解析 充分性:当 a<0 时,x>0,则 f(x)=|(ax-1)x|=-ax +x 为开口向上的二次函 1 数,且对称轴为 x= <0,故在区间(0,+∞)上为增函数;当 a=0 时,f(x)=x 在区间(0, 2a +∞)上为增函数. 1 ?1? 必要性:当 a≠0 时,f? ?=0,f(0)=0,由 f(x)在(0,+∞)上为增函数知, <0,即 a
2 3

)

B.f(x)=(x-1) D.f(x)= 1 x+1

2

? ?

a

a<0;当 a=0 时,f(x)=x 在区间(0,+∞)上为增函数,故 a≤0.
4.[2015·株洲一模]定义新运算⊕:当 a≥b 时,a⊕b=a;当 a<b 时,a⊕b=b ,则函 数 f(x)=(1⊕x)x-(2⊕x),x∈[-2,2]的最大值等于( A.-1 C.6 答案 C 解析 由已知得当-2≤x≤1 时,f(x)=x-2; 当 1<x≤2 时,f(x)=x -2.
1
3 2

)

B.1 D.12

∵f(x)=x-2,f(x)=x -2 在定义域内都为增函数. ∴f(x)的最大值为 f(2)=2 -2=6.
? ??1-2a?x+3a,x<1, 5.[2016·河北期末]已知 f(x)=? ?ln x,x≥1 ?
3

3

的值域为 R,那么 a 的取

值范围是(

) 1? ? B.?-1, ? 2? ?

A.(-∞,-1] 1? ? C.?-1, ? 2? ? 答案 C

? 1? D.?0, ? ? 2?

? ?1-2a>0, 解析 要使函数 f(x)的值域为 R,只需? ?ln 1≤1-2a+3a, ?

1 ? ?a< , 2 ∴? ? ?a≥-1,

1 ∴-1≤a< ,故选 C. 2
2

6.[2015·太原模拟]已知 f(x)=x -cosx,则 f(0.6),f(0),f(-0.5)的大小关系是 ( ) A.f(0)<f(0.6)<f(-0.5) B.f(0)<f(-0.5)<f(0.6) C.f(0.6)<f(-0.5)<f(0) D.f(-0.5)<f(0)<f(0.6) 答案 B 解析 ∵f(-x)=(-x) -cos(-x)=x -cosx=f(x), ∴f(x)是偶函数. ∴f(-0.5)=f(0.5). 又∵f′(x)=2x+sinx,当 x∈(0,1)时,f′(x)>0. ∴f(x)在(0,1)上是增函数, ∴f(0)<f(0.5)<f(0.6), 即 f(0)<f(-0.5)<f(0.6),故选 B. 7.[2016·南阳调研]已知奇函数 f(x)对任意的正实数 x1,x2(x1≠x2)恒有(x1-x2)(f(x1) -f(x2))>0,则一定正确的是( A.f(4)>f(-6) C.f(-4)>f(-6) 答案 C 解析 由(x1-x2)(f(x1)-f(x2))>0 知 f(x)在(0,+∞)上递增,所以 f(4)<f(6)?f(- 4)>f(-6).
? ?x +4x,x≥0, 8. 已知函数 f(x)=? 2 ?4x-x ,x<0, ?
2 2 2

) B.f(-4)<f(-6) D.f(4)<f(-6)

若 f(2-a )>f(a), 则实数 a 的取值范围是( B.(-1,2)

2

)

A.(-∞,-1)∪(2,+∞)

2

C.(-2,1) 答案 C 解析
2 2

D.(-∞,-2)∪(1,+∞)

? ?x +4x=?x+2? -4,x≥0, f(x)=? 2 2 ?4x-x =-?x-2? +4,x<0, ?
2 2

由 f(x)的图象可知 f(x)在(-∞,+∞)上是单调增函数,由 f(2-a )>f(a)得 2-a >a, 即 a +a-2<0, 解得-2<a<1.
2

9.[2015·长春三模]已知定义在 R 上的偶函数 f(x)在[0,+∞)上单调递增,且 f(1) =0,则不等式 f(x-2)≥0 的解集是________. 答案 (-∞,1]∪[3,+∞) 解析 由题知 x-2≥1 或 x-2≤-1,∴不等式的解集是(-∞,1]∪[3,+∞). 10.[2016·滨州质检]对于任意实数 a,b,定义 min{a,b}=?
? ?a,a≤b, ?b,a>b. ?

设函数 f(x)

=-x+3,g(x)=log2x,则函数 h(x)=min{f(x),g(x)}的最大值是________. 答案 1
?log2x,0<x≤2, ? 解析 依题意, h(x)=? ? ?-x+3,x>2.

当 0<x≤2 时, h(x)=log2x 是增函数; 当 x>2

时,h(x)=3-x 是减函数,则 h(x)在 x=2 时,取得最大值 h(2)=1. 11.已知 f(x)=

x (x≠a). x-a

(1)若 a=-2,试证:f(x)在(-∞,-2)上单调递增; (2)若 a>0 且 f(x)在(1,+∞)上单调递减,求 a 的取值范围. 解 (1)证明:任设 x1<x2<-2, - x1+2 x2+2

则 f(x1)-f(x2)= =

x1

x2

2?x1-x2? . ?x1+2??x2+2?

因为(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0, 所以 f(x1)<f(x2),所以 f(x)在(-∞,-2)上单调递增. (2)任设 1<x1<x2,则

x1 x2 a?x2-x1? f(x1)-f(x2)= - = . x1-a x2-a ?x1-a??x2-a?
3

因为 a>0,x2-x1>0, 所以要使 f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0 恒成立,所以 a≤1. 综上所述知 a 的取值范围是(0,1].

?1? 12.已知函数 f(x)的定义域是(0,+∞),且满足 f(xy)=f(x)+f(y),f? ?=1,如果 ?2?
对于 0<x<y,都有 f(x)>f(y). (1)求 f(1)的值; (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.
? ?-x>0, (2)解法一:由题意知 f(x)为(0,+∞)上的减函数,且? ?3-x>0, ?

∴x<0.

?1? ∵f(xy)=f(x)+f(y),x,y∈(0,+∞)且 f? ?=1. ?2?
∴f(-x)+f(3-x)≥-2 可化为

f(-x)+f(3-x)≥-2f? ?, 2

?1? ? ?

?1? ?1? ? x? ?3-x?≥f(1)?f?-x·3-x? 即 f(-x)+f? ?+f(3-x)+f? ? ≥0=f(1)?f?- ?+f? ? ? 2 ? 2 ? ?2? ?2? ? 2? ? 2 ? ?
≥f(1),

x<0, ? ? 则? x 3-x - · ≤1, ? 2 ? 2

解得-1≤x<0.

∴不等式的解集为{x|-1≤x<0}.

?1? 解法二:由 f(1)=f(2)+f? ?? f(2)=-1, ?2?
∴f(4)=f(2)+f(2)=-2, ∴f(-x)+f(3-x)≥f(4), 即 f[-x(3-x)]≥f(4), -x>0 ? ? ?3-x>0 ? ?-x?3-x?≤4,

解得-1≤x<0,

∴原不等式的解集为{x|-1≤x<0}. [B 组·能力提升练] 1 2 1.[2015·长春质检]已知函数 f(x)=log (x -ax+3a)在[1,+∞)上单调递减,则实 3 数 a 的取值范围是( A.(-∞,2] ) B.[2,+∞)

? 1 ? C.?- ,2? ? 2 ?

? 1 ? D.?- ,2? ? 2 ?
4

答案 D 解析 令 t=g(x)=x -ax+3a,易知 f(t)=log1 t 在其定义域上单调递减,要使 f(x) 3 =log1 (x -ax+3a)在[1,+∞)上单调递减,则 t=g(x)=x -ax+3a 在[1,+∞)上单 3 -a ? ?- ≤1 调递增,且 t=g(x)=x -ax+3a>0,即? 2 ? ?g?1?>0
2 2 2 2

a≤2 ? ? ,所以? 1 a>- ? 2 ?

1 ,即- <a≤2, 2

故选 D. 2.[2016·辽宁三校联考]已知函数 f(x)=
? ?log2?1-x?+1,-1≤x<0 ? 3 ?x -3x+2,0≤x≤a ?

的值域是[0,2],则实数 a 的取值范围是( B.[1, 3] D.[ 3,2]

)

A.(0,1] C.[1,2] 答案 B

解析 如图,先作出函数

f(x)=log2(1-x)+1,-1≤x<0 的图象,再研究 f(x)=x3-3x+2,0≤x≤a 的图象.
当 0≤x≤a 时,令 f′(x)=3x -3=0,得 x=1(x=-1 舍去),由 f′(x)>0 得 x>1,由
2

f′(x)<0,得 0<x<1.
∴当 x=1 时,f(x)在 0≤x≤a 上有最小值 f(1)=0. 又 f( 3)=2.∴1≤a≤ 3.故选 B. 3.[2015·濮阳模拟]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________(写出所有真命题的序号). 答案 ②③④ 解析 对于①,若 f(x)=x ,则 f(x1)=f(x2)时 x1=x2,或 x1=-x2,故①错误;对于②,
5
2 2

x

f(x)=2x 是 R 上的增函数,当 f(x1)=f(x2)时总有 x1=x2,故②正确;对于③,由单函数的定
义,可知其逆否命题:f(x)为单函数,x1,x2∈A 且若 f(x1)=f(x2),则 x1=x2 为真命题,故 ③正确; 对于④,假若 f(x1)=f(x2)时,有 x1≠x2,这与单调函数矛盾,故④正确. 4.[2016·石家庄质检]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;

? 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. 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

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

由已知得

∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2), ∴f(x)在[-1,1]上单调递增. (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 ? ∴不等式的解集为?x?- ≤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,则 g(a)为关于 a 的一次函数,若 g(a)≥0,对 a∈[-1,1]恒成立,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.
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2 2 2

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