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【步步高】2016高考数学大一轮复习 2.2函数的单调性与最值试题 理 苏教版


第2讲
一、填空题

函数的单调性与最值

1.函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f′(x)>2,则 f(x) >2x+4 的解集为________. 解析 令函数 g(x)=f(x)-2x-4,则 g′(x)=f′(x)-2>0,因此,g(x)在 R 上是增 函数, 又因为 g(-1)=f(-1)+2-4=2+2-4=0.所以, 原不等式可化为: g(x)>g(- 1),由 g(x)的单调性,可得 x>-1. 答案 (-1,+∞)

?1? 2.已知偶函数 f(x)在区间[0,+∞)单调增加,则满足 f(2x-1)<f? ?的 x 取值范围是 ?3?
________. 1 1 2 解析 由题意可知|2x-1|< ,解得 <x< . 3 3 3

?1 2? 答案 ? , ? ?3 3?
3 .函数 f(x)(x ∈ R) 的图象如图所示,则函数 g(x) = f(logax)(0 < a <1)的单调减区间是_______. 解析 ∵0<a<1,∴u=logax 在(0,+∞)上为减函数,根据复合 函数的单调性及图象知,若 f(x)为增函数,则

g(x)为减函数,故 0≤logax≤ ,∴ a≤x≤1,
∴单调减区间为[ a,1]. 答案 [ a,1] 4.下列函数:①y=x ;②y=|x|+1;③y=-x +1;④y= 2
-|x| 3 2

1 2

.既是偶函数又在(0,+∞)单调递增的函数序号是________.
3 2 -|x|

解析 y=x 是奇函数,y=-x +1 与 y=2 答案 ②

在(0,+∞)上是减函数.

5.已知 f(x)是定义在(-1,1)上的奇函数,且 f(x)在(-1,1)上是减函数,则不等式 f(1-

x)+f(1-x2)<0 的解集为________.
解析 由 f(x)是定义在(-1,1)上的奇函数, 及 f(1-x)+f(1-x )<0, 得 f(1-x)<-f(1-x ), 所以 f(1-x)<f(x -1). 又因为 f(x)在(-1,1)上是减函数,
2 2 2

1

-1<1-x<1, ? ? 2 所以?-1<1-x <1,解得0<x<1. ? ?1-x>x2-1. 故原不等式的解集为(0,1). 答案 (0,1) 6.已知函数 y=f(x)是定义在 R 上的偶函数,当 x≤0 时,y=f(x)是减函数,若|x1|<|x2|, 则结论:①f(x1)-f(x2)<0;②f(x1)-f(x2)>0;③f(x1)+f(x2)<0;④f(x1)+f(x2) >0 中成立的是________(填所有正确的编号). 解析 由题意,得 f(x)在[0,+∞)上是增函数,且 f(x1)=f(|x1|),f(x2)=f(|x2|), 从而由 0≤|x1|<|x2|,得 f(|x1|)<f(|x2|),即 f(x1)<f(x2),f(x1)-f(x2)<0,只能 ①是正确的. 答案 ① 7.函数 f(x)=log2(x -1)的单调减区间为________. 答案 (-∞,-1) 8.函数 f(x)= 答案 1 在[2,3]上的最小值为________,最大值为________. x-1
2

1 ,1 2

9.若函数 f(x)=|2x+a|的单调递增区间是[3,+∞),则 a=________.

a ? ?2x+a,x≥-2, 解析 ∵f(x)=? a ?-2x-a,x<-2, ?
∴f(x)在?-∞,- ?上单调递减,在?- ,+∞?上单调递增,∴- =3,∴a=-6. 2? 2 ? ? 2 ? 答案 -6
? ?e -2,x≤0, 10.已知函数 f(x)=? ?2ax-1,x>0 ?
-x

?

a?

? a

?

a

(a 是常数且 a>0).对于下列命题:

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 ? ③若 f(x)>0 在? ,+∞?上恒成立,则 a 的取值范围是(1,+∞); ?2 ?
④对任意的 x1<0,x2<0 且 x1≠x2,恒有 f?

?x1+x2?< ? ? 2 ?

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). 解析

根据题意可画出草图,由图象可知,①显然正确;函数 f(x)在 R 上不是单调函数,故② 1 ?1 ? 错误;若 f(x)>0 在? ,+∞?上恒成立,则 2a× -1>0,a>1,故③正确;由图象可 2 2 ? ? 知在(-∞,0)上对任意的 x1<0,x2<0 且 x1≠x2,恒有 f? 故④正确. 答案 ①③④ 二、解答题 1 1 11.已知函数 f(x)= - (a>0,x>0).

?x1+x2?<f?x1?+f?x2?成立, ? 2 ? 2 ?

a x

(1)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数.

?1 ? ?1 ? (2)若 f(x)在? ,2?上的值域是? ,2?,求 a 的值. ?2 ? ?2 ?
(1)证明 法一 设 x2>x1>0,则 x2-x1>0,x1x2>0.

?1 1 ? ?1 1 ? 1 1 x2-x1>0,所以 f(x )>f(x ), 因为 f(x2)-f(x1)=? - ?-? - ?= - = 2 1 ?a x2? ?a x1? x1 x2
x1x2
因此 f(x)在(0,+∞)上是增函数. 1 1 法二 因为 f(x)= - ,

a x

1 ?1 1? 所以 f′(x)=? - ?′= 2>0,

?a x?

x

所以 f(x)在(0,+∞)上为增函数.

?1 ? ?1 ? (2)解 因为 f(x)在? ,2?上的值域是? ,2?, ?2 ? ?2 ? ?1 ? 又 f(x)在? ,2?上单调递增, ?2 ?
2 ?1? 1 所以 f? ?= ,f(2)=2,故 a= . 5 ?2? 2 12.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,

3

f(1)=- .
(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. (1)证明 法一 因为函数 f(x)对于任意 x,y∈R 总有 f(x)+f(y)=f(x+y), 所以令 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,

2 3

f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2).
又由 x>0 时,f(x)<0, 而 x1-x2>0,所以 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). 又由 x>0 时,f(x)<0,而 x1-x2>0, 所以 f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2), 所以 f(x)在 R 上为减函数. (2)解 因为 f(x)在 R 上是减函数, 所以 f(x)在[-3,3]上也是减函数, 所以 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. 所以 f(x)在[-3,3]上的最大值为 2,最小值为-2. 13.已知 f(x)=

x

x-a

(x≠a).

(1)若 a=-2,试证 f(x)在(-∞,-2)内单调递增; (2)若 a>0 且 f(x)在(1,+∞)内单调递减,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?

∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0, ∴f(x1)<f(x2),
4

∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增. (2)任设 1<x1<x2,则

x1 x2 f(x1)-f(x2)= - x1-a x2-a


a?x2-x1? . ?x1-a??x2-a?

∵a>0,x2-x1>0, ∴要使 f(x1)-f(x2)>0, 只需(x1-a)(x2-a)>0 恒成立,∴a≤1. 综上所述知 a 的取值范围是(0,1]. 14.已知函数 f(x)=

x2+2x+a ,x∈[1,+∞). x

1 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值; 2 (2)若对任意 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围. 1 1 7 解(1)当 a= 时,f(x)=x+ +2,在[1,+∞)上为增函数,f(x)min=f(1)= . 2 2x 2 (2)f(x)=x+ +2,x∈[1,+∞). ①当 a≤0 时,f(x)在[1,+∞)内为增函数.最小值为 f(1)=a+3. 要使 f(x)>0 在 x∈[1,+∞)上恒成立,只需 a+3>0,即 a>-3,∴-3<a≤0. ②当 0<a≤1 时,f(x)在[1,+∞)上为增函数,f(x)min=f(1)=a+3. ∴a+3>0,a>-3.∴0<a≤1. ③当 a>1 时,f(x)在[1, a]上为减函数,在( a,+∞)上为增函数,所以 f(x)在[1, +∞)上的最小值是 f( a)=2 a+2,2 a+2>0,显然成立. 综上所述,f(x)在[1,+∞)上恒大于零时,a 的取值范围是(-3,+∞).

a x

5


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