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2013年高考数学总复习 2-2 函数的单调性与最值但因为测试 新人教B版

2013年高考数学总复习 2-2 函数的单调性与最值但因为测试 新人教B版


2013 年高考数学总复习 2-2 函数的单调性与最值但因为测试 新人教 B版
1.(文)(2011· 大连模拟)下列函数在(0,1)上是减函数的是( A.y=log0.5(1-x) C.y=0.51 [答案] D [解析] ∵u=1 -x 在(0,1)上为减函数,且 u>0,∴y=log0.5(1-x)为增函数,y=0.51 为增函数;又 0.5>0, 1 ∴幂函数 y=x0.5 在(0,1)上为增函数;二次函数 y= (1-x2)开口向下,对称轴 x=0,故 2 在(0,1)上为减函数. (理)(2011· 广州模拟)下列函数 f(x)中,满足“对任意 x1,x2∈(-∞,0),当 x1<x2 时,都有 f(x1)<f(x2)”的函数是( A.f(x)=-x+1 C.f(x)=2x [答案] C [解析] f(x)=-x+1 为减函数,f(x)=x2-1 在(-∞,1)上为减函数;f(x)=2x 为增函数, f(x)=ln(-x)为减函数,由条件知 f(x)在(-∞,0)上为增函数,故排除 A、B、D 选 C. 1 2.(2011· 湖北理,2)已知 U={y|y=log2x,x>1},P={y|y= ,x>2},则?UP=( x 1 A.[ ,+∞) 2 C.(0,+∞) [答案] A [解析] ∵U={y|y=log2x,x>1}=(0,+∞), 1 1 P={y|y= ,x>2}=(0, ), x 2 1 ∴?UP=[ ,+∞). 2 3.(文)(2011· 上海文,15)下列函数中,既是偶函数,又在区间(0,+∞)上单调递减的函 数是( )
-2 -x -x

)

B.y=x0.5 1 D.y= (1-x2) 2

) B.f(x)=x2-1 D.f(x)=ln(-x)

)

1 B.(0, ) 2 1 D.(-∞,0]∪[ ,+∞) 2

A.y=x

B.y=x

-1

C.y=x2

1 3 D.y=x

[答案] A 1 3 - [解析] y=x 1 是奇函数,y=x2 在(0,+∞)上单调递增,y=x 是奇函数. (理)(2011· 课标全国文, 3)下列函数中, 既是偶函数又在(0, +∞)单调递增的函数是( A.y=x3 C.y=-x2+1 [答案] B [解析] A 项中 y=x3 是奇函数而不是偶函数,C 项中 y=-x2+1 是偶函数,但在(0, +∞)单调递减,D 项中 y=2
-|x|

)

B.y=|x|+1 D.y=2
-|x|

是偶函数但在(0,+∞)上单调递减.

1 1 4.(2011· 江苏南通中学月考、 北京东城示范校练习)设 a=log1 2, b=log1 ,c=?2?0.3, ? ? 3 3 2 则( ) A.a<b<c C.b<c<a [答案] B [解析] ∵log1 2<log1 1=0,∴a<0; 3 3 1 1 ∵log1 >log1 =1,∴b>1; 3 2 2 2 1 ∵?2?0.3<1,∴0<c<1,故选 B. ? ? B.a<c<b D.b<a<c

?3x-1 x≥0 5.(文)(2011· 北京模拟)设函数 f(x)=? 1 ?x x<0
2 是( ) A.(-∞,-3) C.(1,+∞) [答案] B

,若 f(a)>a,则实数 a 的取值范围

B.(-∞,-1) D.(0,1)

?a≥0 ?a<0 ? ? [解析] f(a)>a 化为?2 或?1 , ? ? ?3a-1>a ?a>a
∴a<-1. 1 (理)(2011· 衡水模拟)已知偶函数 f(x)在区间[0,+∞)上单调增加,则满足 f(2x-1)<f( )的 3 x 的取值范围是( )

1 2 A.( , ) 3 3 1 2 C.( , ) 2 3 [答案] A 1 [解析] 当 2x-1≥0,即 x≥ 时, 2 由于函数 f(x)在区间[0,+∞)上单调增加, 1 1 则由 f(2x-1)<f( )得 2x-1< , 3 3 2 1 2 即 x< ,故 ≤x< ; 3 2 3 1 当 2x-1<0,即 x< 时, 2 由于函数 f(x)是偶函数, 故 f(2x-1)=f(1-2x),此时 1-2x>0, 1 1 由 f(2x-1)<f( )得 1-2x< , 3 3 1 1 1 即 x> ,故 <x< . 3 3 2 1 2 综上可知 x 的取值范围是( , ). 3 3

1 2 B.[ , ) 3 3 1 2 D.[ , ) 2 3

1 1 [点评] (1)由于 f(x)为偶函数,∴f(2x-1)<f( )?f(|2x-1|)<f( ). 3 3 (2)可借助图形分析 作出示意图可知:

1 1 1 f(2x-1)<f?3??- <2x-1< , ? ? 3 3 1 2 即 <x< .故选 A. 3 3 6.(2011· 青岛模拟)已知函数 f(x)=ax+logax(a>0 且 a≠1)在[1,2]上的最大值与最小值之 和为 loga2+6,则 a 的值为( )

1 A. 2 C.2 [答案] C

1 B. 4 D.4

[解析] f(x)在[1,2]上是单调函数,由题意知,a+a2+loga2=loga2+6,∴a2+a-6=0, ∵a>0,∴a=2. 7.(文)如果函数 f(x)=ax2+2x-3 在区间(-∞,4)上单调递增,则实数 a 的取值范围是 ________. 1 [答案] [- ,0] 4 [解析] (1)当 a=0 时,f(x)=2x-3,在定义域 R 上单调递增,故在(-∞,4)上单调递 增; 1 (2)当 a≠0 时,二次函数 f(x)的对称轴为直线 x=- ,因为 f(x)在(-∞,4)上单调递增, a 1 1 1 所以 a<0,且- ≥4,解得- ≤a<0.综上所述- ≤a≤0. a 4 4 a (理)若函数 f(x)=-x2+2ax 与 g(x)= 在区间[1,2]上都是减函数,则 a 的取值范围是 x+1 ________. [答案] (0,1] [解析] 由 f(x)=-x2+2ax 得函数对称轴为 x=a, 又在区间[1,2]上是减函数,所以 a≤1, 又 g(x)= a 在[1,2]上减函数,所 以 a>0, x+1

综上 a 的取值范围为(0,1]. 8.(文)f(x)=xlnx 的单调递减区间是________. 1 [答案] ?0,e? ? ? 1 [解析] f ′(x)=lnx+1,令 f ′(x)<0 得 x< , e 1 1 ∴0<x< ,∴f(x)在?0,e?上单调递减. ? ? e (理)若函数 f(x)=x2+2x+alnx 在(0,1)上单调递减,则实数 a 的取值范围是________. [答案] a≤-4 [解析] ∵函数 f(x)=x2+2x+alnx 在(0,1)上单调递减,∴当 x∈(0,1)时,f ′(x)=2x+2
2 a 2x +2x+a + = ≤0,∴g(x)=2x2+2x+a≤0 在 x∈(0,1)时恒成立, x x

1 ∵g(x)的对称轴 x=- ,x∈(0,1), 2

∴g(1)≤0,即 a≤-4. 9.(2011· 江苏)函数 f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是________. 1 [答案] (- ,+∞) 2 1 [解析] ∵2x+1>0,∴x>- . 2 1 所求单调增区间为(- ,+∞). 2 x 10.(文)已知 f(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. [解析] (1)证明:设 x1<x2<-2, 则 f(x1)-f(x2)= = 2?x1-x2? . ?x1+2?x2+2? ? x1 x2 - x1+2 x2+2

∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0, ∴f(x1)<f(x2), ∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增. (2)解:设 1<x1<x2,则 f(x1)-f(x2)= = x1 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 0 <a≤1. [点评] 第(2)问中,由 f(x)单调递减知 x1<x2 时,f(x1)-f(x2)>0 恒成立,从而(x1-a)(x2 -a)>0 恒成立,由于 a>0,x1>1,x2>1,故只有当 0<a≤1 时才满足. (理)已知函数 f(x)对任意的 a、b∈R 都有 f(a+b)=f(a)+f(b)-1,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(3m2-m-2)<3. [解析] (1)证明:任取 x1、x2∈R 且 x1<x2, ∴x2-x1>0. ∴f(x2-x1)>1. ∴f(x2)=f[x1+(x2-x1)]

=f(x1)+f(x2-x1)-1>f(x1), ∴f(x)是 R 上的增函数. (2)解:f(4)=f(2)+f(2)-1=5, ∴f(2)=3. ∴f(3m2-m-2)<3 化为 f(3m2-m-2)<f(2). 又由(1)的结论知 f(x)是 R 上的增函数, 4 ∴3m2-m-2<2,∴-1<m< . 3

11.(文)(2011· 平顶山一模)定义在 R 上的偶函数 f(x)满足: 对任意 x1, 2∈[0, x +∞)(x1≠x2), f?x2?-f?x1? 有 <0,则( x2-x1 ) B.f(1)<f(-2)<f(3) D.f(3)<f(1)<f(-2)

A.f(3)<f(-2)<f(1) C.f(-2)<f(1)<f(3) [答案] A [解析] 由题意 f(x)在[0,+∞)上为减函数, ∴f(3)<f(2)<f(1), 又 f(x)为偶函数,∴f(-2)=f(2),故选 A.

(理)(2011· 山东聊城一中期末)设函数 f(x)定义在实数集上, 它的图象关于直线 x=1 对称, 且当 x≥1 时,f(x)=3x-1,则有( 1 3 2 A.f?3?<f?2?<f?3? ? ? ? ? ? ? 2 3 1 B.f?3?<f?2?<f?3? ? ? ? ? ? ? 2 1 3 C.f?3?<f?3?<f?2? ? ? ? ? ? ? 3 2 1 D.f?2?<f?3?<f?3? ? ? ? ? ? ? [答案] B [解析] ∵f(x)的图象关于直线 x=1 对称,x≥1 时,f(x)=3x-1 为增函数,故当 x<1 时, 3 1 1 1 1 1 2 2 3 1 1 2 f(x)为减函数,且 f?2?=f?1+2?=f?1-2?=f?2?,∵ < < ,∴f?3?>f?2?>f?3?,即 f?3?<f?2? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 3 2 3 1 <f?3?,故选 B. ? ? )

?1,x>0 ? 12.(2011· 西安模拟)设函数 f(x)=?0,x=0, ?-1,x<0 ?
间是( )

,g(x)=x2f(x-1),则函数 g(x)的递减区

A.(0,1) C.(-∞,0) [答案] A

B.(1,+∞) D.(0,+∞)

?x ,x>1 ? 2 [解析] 依题意得,g(x)=x f(x-1)=?0,x=1 , ?-x2,x<1 ?
所以 g(x)的递减区间为(0,1). ?x>1? ?a ? 13.(文)(2011· 抚顺模拟)已知 f(x)=? a 是 R 上的单调递增函数,则实 ??4-2?x+2 ?x≤1? ? 数 a 的取值范围为( )
x

2

A.(1,+∞) C.(4,8) [答案] B [解析] 由 y=ax(x>1)单调增知 a>1;

B.[4,8) D.(1,8)

a a 由 y=(4- )x+2(x≤1)单调增知,4- >0,∴a<8; 2 2 a 又 f(x)在 R 上单调增,∴a≥(4- )+2, 2 ∴a≥4,综上知,4≤a<8. [点评]
x

可用筛选法求解,a=2 时,有 f(1)=4=f(2),排除 A、D.a=4 时,f(x)=

?x>1? ? ?4 ? ,在 R 上 单调递增,排除 C,故选 B. ? ?2x+2 ?x≤1? (理)(2011· 北京学普教育中心)若函数 f(x)=2x2-lnx 在其定义域内的一个子区间(k-1,k +1)内不是单调函数,则实数 k 的取值范围是( .. A.[1,+∞) C.[1,2) [答案] B 1 1 [解析] 因为 f(x)定义域为(0,+∞),f ′(x)=4x- ,由 f ′(x)=0,得 x= . x 2 ) 3 B.[1, ) 2 3 D.[ ,2) 2

?k-1<1<k+1 ? 2 据题意,? , ?k-1≥0 ?
3 解得 1≤k< ,选 B. 2 14.(2011· 天津四校联考)已知函数 f(x)=x2+ax-1 在区间[0,3]上有最小值-2,则实数 a 的值为________. [答案] -2 a [解析] 当- ≤0,即 a≥0 时,函数 f(x)在[0,3]上为增函数, 2 此时,f(x)min=f(0)=-1,不符合题意,舍去; a 当- ≥3,即 a≤-6 时,函数 f(x)在[0,3]上为减函数, 2 10 此时,f(x)min=f(3)=-2,可得 a=- ,这与 a≤-6 矛盾; 3 a a 当 0<- <3,即-6<a<0 时,f(x)min=f(- )=-2,可解得 a=-2,符合题意. 2 2 15.(文)(2010· 北京市东城区)已知函数 f(x)=loga(x+1)-loga(1-x),a>0 且 a≠1. (1)求 f(x)的定义域; (2)判断 f(x)的奇偶性并予以证明; (3)当 a>1 时,求使 f(x)>0 的 x 的取值范围. [解析] (1)要使 f(x)=loga(x+1)-loga(1-x)有意义,则
? ?x+1>0 ? ,解得-1<x<1. ?1-x>0 ?

故所求定义域为{x|-1<x<1}. (2)由(1)知 f(x)的定义域为{x|-1<x<1}, 且 f(-x)=loga(-x+1)-loga(1+x)=-[loga(x+1)-loga(1-x)]=-f(x),故 f(x)为奇函 数. (3)因为当 a>1 时,f(x)在定义域{x|-1<x<1}内是增函数, x+1 所以 f(x)>0? >1. 1-x 解得 0<x<1. 所以使 f(x)>0 的 x 的取值范围是{x|0<x<1}. x>0 ? ?f?x? (理)设函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c 为实数,且 a≠0),F(x)=? . ? ?-f?x? x<0 (1)若 f(-1)=0,曲线 y=f(x)通过点(0,2a+3),且在点(-1,f(-1))处的切线垂直于 y 轴,求 F(x)的表达 式;

(2)在(1)的条件下,当 x∈[-1,1]时,g(x)=kx-f(x)是单调函数,求实数 k 的取值范围; (3)设 mn<0,m+n>0,a>0,且 f(x)为偶函数,证明 F(m)+F(n)>0. [解析] (1)因为 f(x)=ax2+bx+c,所以 f ′(x)=2ax+b. 又曲线 y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线垂直于 y 轴,故 f ′(-1)=0, 即-2a+b=0,因此 b=2a.① 因为 f(-1)=0,所以 b=a+c.② 又因为曲线 y=f(x)通过点(0,2a+3), 所以 c=2a+3.③ 解由①,②,③组成的方程组得,a=-3,b=-6,c=-3. 从而 f(x)=-3x2-6x-3.
?-3?x+1?2 x>0 ? 所以 F(x)=? . 2 ? x<0 ?3?x+1?

(2)由(1)知 f(x)=-3x2-6x-3, 所以 g(x)=kx-f(x)=3x2+(k+6)x+3. 由 g(x)在[-1,1]上是单调函数知: - k+6 k+6 ≤-1 或- ≥1, 6 6

得 k≤-12 或 k≥0. (3)因为 f(x)是偶函数,可知 b=0. 因此 f(x)=ax2+c. 又因为 mn<0,m+n>0, 可知 m,n 异号. 若 m>0,则 n<0. 则 F(m)+F(n)=f(m)-f(n)=am2+c-an2-c =a(m+n)(m-n)>0. 若 m<0,则 n>0. 同理可得 F(m)+F(n)>0. 综上可知 F(m)+F(n)>0. *16.已知 f(x)=ax-lnx,x∈(0,e],a∈R. (1)若 a=1,求 f(x)的极小值; (2)是否存在实数 a,使 f(x)的最小值为 3. 1 x-1 [解析] (1)∵f(x)=x-lnx,f ′(x)=1- = , x x ∴当 0<x<1 时,f ′(x)<0,此时 f(x)单调递减; 当 1<x<e 时,f ′(x)>0,此时 f(x)单调递增.

∴f(x)的极小值为 f(1)=1. 1 ax-1 (2)假设存在实数 a,使 f(x)=ax-lnx,x∈[0,e]有最小值 3,f ′(x)=a- = , x x 4 ①当 a≤0 时,f(x)在(0,e]上单调递增,f(x)min=f(e)=ae-1=3,a= (舍去),所以,此 e 时 f(x)最小值不为 3; 1 1 1 1 ②当 0< <e 时,f(x)在(0, )上单调递减,在?a,e?上单调递增,f(x)min=f?a?=1+lna ? ? ? ? a a =3,a=e2,满足条件; 1 4 ③当 ≥e 时,f(x)在(0,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=ae-1=3,a= (舍去),所以,此 a e 时 f(x)最小值不为 3. 综上,存在实数 a=e2,使得当 x∈(0,e]时,f(x)有最小值为 3.

1.(2011· 上海理,16)下列函数中,既是偶函数,又是在区间(0,+∞)上单调递减的函 数是( ) B.y=x3 D.y=cosx

1 A.y=ln |x| C.y=2|x| [答案] A

[解析] 排除法:B、C 在(0,+ ∞)上单调递增,D 在(0,+∞)上不单调,故选 A. x-3 2.函数 f(x)= 在(-1,+∞)上单调递增,则 a 的取值范围是( x+a-2 A.(-∞,1) C.(-∞,3) [答案] D [解析] f(x)在(-a+2,+∞)上是增函数,由条件知-a+2<-1,且-a-1<0,∴a>3. 3.若 f(x)=x3-6ax 的单调递减区间是(-2,2),则 a 的取值范围是( A.(-∞,0] C.{2} [答案] C [解析] f ′(x)=3x2-6a, 若 a≤0,则 f ′(x)≥0,∴f(x)单调增,排除 A; 若 a>0,则由 f ′(x)=0得 x=± 2a,当 x<- 2a和 x> 2a时,f ′(x)>0,f(x)单调增,当- B.[-2,2] D.[2,+∞) ) B.(1,+∞) D.(3,+∞) )

2a<x< 2a时,f(x)单调减, ∴f(x)的单调减区间为(- 2a, 2a),从而 2a=2, ∴a=2. [点评] f(x)的单调递减区间是(-2,2)和 f(x)在(-2,2)上单调递减是不同的,应加以区 分. 4.(2010· 海南华侨中学期末)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) 1 C.(-∞, ] 2 [答案] C [解析] ∵f(x)=ln(x+1)-mx 在区间(0,1)上恒为增函数, ∴f(x)=ln(x+1)-mx 在区间[0,1]上恒为增函数, ∴f ′(x)= 1 -m≥0 在[0,1]上恒成立, x+1 ) B.(-∞,1] 1 D.(-∞, ) 2

1 1 ∴m≤( ) = . x+1 min 2 1 5.定义在 R 上的偶函数 f(x)在[0,+∞)上是增 函数,若 f( )=0, 3 则适合不等式 f(log 1 x)>0 的 x 的取值范围是( 27 A.(3,+∞) C.(0,+∞) [答案] D 1 [解析] ∵定义在 R 上的偶函数 f(x)在[0, +∞)上是增函数, f( )=0, 且 则由 f(log 1 x)>0, 3 27 1 1 1 得|log 1 x|> ,即log 1 x> 或log 1 x<- .选 D. 3 3 3 27 27 27 6.(2010· 南充市)已知函数 f(x)图象的两条对称轴 x=0 和 x=1,且在 x∈[-1,0]上 f(x) 单调递增,设 a=f(3),b=f( 2),c=f(2),则 a、b、c 的大小关系是( A.a>b>c C.b>c>a [答案] D [解析] ∵f(x)在[-1,0]上单调增,f(x)的图象关于直线 x=0 对称, ∴f(x)在[0,1]上单调减;又 f(x)的图象关于直线 x=1 对称, B.a>c>b D.c>b>a ) )

1 B.(0, ) 3 1 D.(0, )∪(3,+∞) 3

∴f(x)在[1,2]上单调增,在[2,3]上单调减. 由对称性 f(3)=f(-1)=f(1)<f( 2)<f(2), 即 a<b<c. 7.(2011· 四川一模)定义新运算⊕:当 a≥b 时,a⊕b=a;当 a<b 时,a⊕b=b2,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
?1, -2≤x≤1 ? [解析] 由⊕的定义知 1⊕x=? 2 ,2⊕x=2, ? 1<x≤2 ?x ?x-2 -2≤x≤1 ? ∴f(x)=? 3 , ? ?x -2 1<x≤2

) B.1 D.12

显然 f(x)在[-2,2]上为增函数, ∴f(x)max=f(2)=23-2=6.



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