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【创新设计】2015届高考数学第一轮复 2-2 函数的单调性与最值题组训练 理(含14年优选题,解析)新人教A版


第 2 讲 函数的单调性与最值

基础巩固题组

(建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是 A.y=ln(x+2) 1?x C.y=? ?2? B.y=- x+1 1 D.y=x+ x ( ).

解析 函数 y=ln(x+2)在(-2,+∞)上 是增函数;函数 y=- x+1在[-1,+∞)上是 1?x 1 减函数;函数 y=? ?2? 在(0,+∞)上是减函数;函数 y=x+x在(0,1)上是减函数,在(1, +∞)上是增函数.综上可得在(0,+∞)上是增函数的是 y=ln(x+2),故选 A. 答案 A 2.已知函数 f(x)=2ax2+4(a-3)x+5 在区间(-∞,3)上是减函数,则 a 的取值范围是 ( 3? A.? ?0,4? 3? C.? ?0,4? 解析 ).

3? B.? ?0,4? 3? D.? ?0,4?

当 a = 0 时 , f(x) = - 12x + 5 在 ( - ∞ , 3) 上 是 减 函 数 ; 当 a≠0 时 , 由

a>0, ? ? 3 得 0<a≤ . ? 4?a-3? 4 ? ?- 4a ≥3, 3 综上,a 的取值范围是 0≤a≤ . 4 答案 D

?1?? 3.(2013· 泉州月考)已知函数 f(x)为 R 上的减函数,则满足 f? ??x ??<f(1)的实数 x 的取值范围
是 A.(-1,1) C.(-1,0)∪(0 ,1) B.(0,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞) ( ).

?1??<f(1), 解析 由 f(x)为 R 上的减函数且 f? ??x ??
1

1? ? ? ?? >1, ?|x|<1, 得??x? 即? ?x≠0. ? ? ?x≠0, ∴-1<x<0 或 0<x<1. 答案 C 4.(2014· 广州模拟)已知函数 y=f(x)的图象关于 x=1 对称,且在(1,+∞)上单调递增,设 a 1? =f? ?-2?,b=f(2),c=f(3),则 a,b,c 的大小关系为 A.c<b<a C.b<c<a B.b<a<c D.a<b<c ( ).

1? ?5? 解析 ∵函数图象关于 x=1 对称, ∴a=f? 又 y=f(x)在(1, +∞)上单调递增, ?-2?=f?2?, 5? ∴f(2)< f? ?2?<f(3),即 b<a<c. 答案 B 5.用 min{a,b,c}表示 a,b,c 三个数中的最小值.设 f(x)=min{2x,x+2,10-x}(x≥ 0), 则 f(x)的最大值为 A.4 C.6 B.5 D.7 ( ).

?y=x+2, ? 解析 由 f(x)=min{2x, x+2, 10-x}(x≥0)画出图象, 最大值在 A 处取到, 联立? ?y=10-x, ?

得 y=6.

答案 C 二、填空题 6.函数 y=-(x-3)|x|的递增区间为________. 解析
?-x2+3x,x≥0, ? 3 0, ?. y=-(x-3)|x|=? 2 由图可知其递增区间为? 2? ? ?x -3x,x<0, ?

3? 答案 ? ?0,2? 1 7.设 a>1,函数 f(x)=logax 在区间[a,2a]上的最大值与最小值之差为 ,则 a=________. 2
2

1 解析 由 a>1 知函数 f(x)在[a,2a]上为单调增函数,则 loga(2a)-logaa= ,解得 a=4. 2 答案 4
? ?-x+a,x<1, 8.设函数 f(x)=? x 的最小值为 2,则实数 a 的取值范围是________. ?2 ,x≥1 ?

解析 由题意知,当 x=1 时,f(x)min=2,故-1+a≥2, ∴a≥3 . 答案 [3,+∞)

三、解答题 9.试讨论函数 f(x)= ax (a≠0)在(-1,1)上的单调性. x-1

解 设-1<x1<x2<1, 1 x-1+1 ? f(x)=a =a 1+x-1?, ? ? x-1 1 1 f(x1)-f(x2)=a?1+x -1?-a?1+x -1? ? ? ? ? 1 2 =a x2-x1 , ?x1-1??x2-1?

由于-1<x1<x2<1,所以 x2-x1>0,x1-1<0,x2-1<0, 故当 a>0 时,f(x1) -f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2), 函数 f(x)在(-1,1)上递减; 当 a<0 时,f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2), 函数 f(x)在(-1,1)上递增. 1 1 10.已知函数 f(x)= - (a>0,x>0). a x (1)判断函数 f(x)在(0,+∞)上的单调性; 1 ? ?1 ? (2)若 f(x)在? ?2,2?上的值域是?2,2?,求 a 的值. 解 (1)任取 x1 >x2>0,则 x1-x2>0,x1x2>0, 1 1 ? ?1 1 ? ∵f(x1 )-f(x2)=? ?a-x ?-?a-x ?
1 2

1 1 = - x2 x1 x1-x2 = >0, x1x2 ∴f(x1)>f(x2), 因此,函数 f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.

3

1 ? ?1 ? (2)∵f(x)在? ?2,2?上的值域是?2,2?, 1 ? 又由(1)得 f(x)在? ?2,2?上是单调增函数, 1? 1 ∴f? ?2?=2,f(2)=2, 1 1 1 1 即 -2= , - =2. a 2 a 2 2 解得 a= . 5 能力提升题组 (建议用时:25 分钟) 一、选择题 f?x? 1.已知函数 f(x)=x2-2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,则函数 g(x)= 在区间(1,+ x ∞)上一定 A.有最小值 C.是减函数 B.有最大值 D.是增函数 ( ).

a 解析 由题意知 a<1,又函数 g(x)=x+ -2a 在[ |a|,+∞)上为增函数,故选 D. x 答案 D a 2.(2014· 厦门外国语学校质检)已知函数 f(x)=|ex+ x|(a∈R,e 是自然对数的底数),在区间 e [0,1]上单调递增 ,则 a 的取值范围是 A.[0,1] C.[-1,1] ( ).

B.[-1,0] D. (-∞,-e2]∪[e2,+∞)

2x 1 1 e -1 解析 取 a=1,则 f (x)=ex+ x,当 x∈[0,1]时,f′(x)=ex- x= x ≥0,所以 f(x)在 e e e

1 1 区间[0,1]上单调递增,排除 B,D;取 a=-1,则 f(x)=|ex- x|=ex- x,当 x∈[0,1]时, e e 1 f′(x)=ex+ x>0,所以 f(x)在区间[0,1]上单调递增,排除 A.故选 C. e 答案 C 二、填空题 x2+a 3.已知函数 f(x)= (a>0)在(2,+∞)上递增,则实数 a 的取值范围是________. x
2 x2 a?x2-x1? 1+a x2+a 解析 法一 任取 2<x1<x2, 由已知条件 f(x1)-f(x2)= - =(x1-x2)+ x1 x2 x1x2

?x1-x2??x1x2-a? = <0 恒成立, 即当 2<x1<x2 时, x1x2>a 恒成立, 又 x1x2>4, 则 0<a≤4. x1x2
4

法二

a a f(x)=x+ ,f′(x)=1- 2>0 得 f(x)的递增区间是(-∞,- a),( a,+∞),由 x x

已知条件得 a≤2,解得 0<a≤4. 答案 (0,4]

三、解答题
? ?f?x?,x>0, 4.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a>0),F(x)=? 若 f(-1)=0,且对任意实数 ? ?-f?x?,x<0.

x 均有 f(x)≥0 成立. (1)求 F (x)的表达式; (2)当 x∈[-2,2]时,g(x)=f(x)-kx 是单调函数,求 k 的取值范围. 解 (1)∵f(-1)=0,∴a-b+1=0,∴b=a+1, ∴f(x)=ax2+(a+1)x+1. ∵对任意实数 x 均有 f(x)≥0 恒成立,
?a>0, ? ∴? 2 ? ?Δ=?a+1? -4a≤0, ? ?a>0, ∴? 2 ??a-1? ≤0. ?

∴a=1,从而 b=2,∴f(x)=x2+2x+1,
?x2+2x+1,x>0, ? ∴F(x)=? 2 ?-x -2x-1,x<0. ?

(2)g(x)=x2+2x+1-kx=x2+(2-k)x+1. ∵g(x)在[-2,2]上是单调函数, k-2 k-2 ∴ ≤-2 或 ≥2,解得 k≤-2 或 k≥6. 2 2 故 k 的取值范围是(-∞,-2]∪[6,+∞).

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