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【南方新课堂】2015年高考数学(理)总复习课时检测:第2章 第4讲 函数的单调性与最值


第4讲

函数的单调性与最值

1.(2012 年陕西)下列函数中,既是奇函数又是增函数的是( ) A.y=x+1 B.y=-x3 1 C.y= D.y=x|x| x 2.(2012 年广东)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?x 1 C.y=? ?2? D.y=x+x f?x

?-f?-x? 3.设奇函数 f(x)在(0,+∞)上为增函数,且 f(1)=0,则不等式 <0 的解集为 x ( ) A.(-1,0)∪(1,+∞) B.(-∞,1)∪(0,1) C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-1,0)∪(0,1) 4.(2012 年山东)设 a>0 且 a≠1,则“函数 f(x)=ax 在 R 上是减函数”,是“函数 g(x) =(2-a)x3 在 R 上是增函数”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 ??3-a?x-4a?x<1?, ? 5.已知 f(x)=? 是(-∞,+∞)上的增函数,那么 a 的取值范围是 ? ?x≥1? ?logax ( ) A.(1,+∞) B.(-∞,3) 3 ? C.? ?5,3? D.(1,3) 1 6.(2014 年广东广州一模)已知 x>-1,则函数 y=x+ 的最小值为( ) x+1 A.-1 B.0 C.1 D.2 2x2 7.设 f(x)= ,g(x)=ax+5-2a(a>0),若对于任意 x1∈[0,1],总存在 x0∈[0,1],使 x+1 得 g(x0)=f(x1)成立,则 a 的取值范围是( ) 5 ? A.[4,+∞) B.? ?0,2? 5 ? ?5 ? C.? ?2,4? D.?2,+∞? 8.(2013 年广东广州二模)记实数 x1,x2,?,xn 中的最大数为 max{x1,x2,?,xn}, 最小数为 min{x1,x2,?,xn},则 max{min{x+1,x2-x+1,-x+6}}=( ) 3 7 A. B.1 C.3 D. 4 2 1 9. 在区间 D 上, 如果函数 f(x)为增函数, 而函数 f(x)为减函数, 则称函数 f(x)为“弱增” x

函数.已知函数 f(x)=1-

1 . 1+x (1)判断函数 f(x)在区间(0,1]上是否为“弱增”函数; 1 (2)设 x1,x2∈[0,+∞),x1≠x2,证明:|f(x2)-f(x1)|< |x2-x1|; 2 1 (3)当 x∈[0,1]时,不等式 1-ax≤ ≤1-bx 恒成立,求实数 a,b 的取值范围. 1+x

10.(2013 年广东惠州调研)设函数 f(x)=ax-(k-1)a-x(a>0,且 a≠1)是定义域为 R 的奇 函数. (1)求 k 的值; (2)若 f(1)<0,试判断函数单调性,并求使不等式 f(x2+tx)+f(4-x)<0 恒成立的 t 的取值 范围; 3 (3)若 f(1)= ,且 g(x)=a2x+a-2x-2mf(x)在[1,+∞)上的最小值为-2,求 m 的值. 2

第4讲

函数的单调性与最值

1.D 2.A 3.D 4.A 5.D 解析:方法一:∵f(x)在 R 上是增函数,∴f(x)在[1,+∞)上单调递增.由对数 函数单调性,知:a>1 ①.又由 f(x)在(-∞,1)上单调递增,∴3-a>0,∴a<3 ②.又由于 f(x)在 R 上是增函数,为了满足单调区间的定义,f(x)在(-∞,1)上的最大值 3-5a 要小于 3 等于 f(x)在[1,+∞)上的最小值 0,才能保证单调区间的要求,∴3-5a≤0,即 a≥ ③. 5 由①②③,可得 1<a<3. 3 方法二:令 a 分别等于 ,0,1,即可排除 A,B,C.故选 D. 5 6.C 7.C 解析:对于任意 x1∈[0,1],总存在 x0∈[0,1],使得 g(x0)=f(x1)成立,即函数 y= 2 2x2 2?x -1?+2 2 f(x)的值域是函数 y=g(x)值域的子集,f(x)= = =2x-2+ =2(x+1)+ x+1 x+1 x+1 2 2 -4≥2 2?x+1?× -4=0,当且仅当 x=0 时等号成立,所以 f(x)∈[0,1];y=g(x) x+1 x+1
? ?5-2a≤0, 5 单调递增,所以 g(x)∈[5-2a,5-a];[5-2a,5-a]?[0,1],即? 解得 ≤a≤4. 2 ?5-a≥1, ? 故选 C. 8.D 解析:在同一坐标系中作出三个函数 y=x+1,y=x2-x+1 与 y=-x+6 的图 象如图 D62: 由图可知,min{x+1,x2-x+1,-x+6}为射线 AM、抛物线、线段 BC、与射线 CT 的组合体,显然,在 C 点时,y=min{x+1,x2-x+1,-x+6}取得最大值. ?y=-x+6, ? 5 7? , 解方程组? 得 C? 2 2?, ? ? y = x + 1 , ?

7 ∴max{min{x+1,x2-x+1,-x+6}}= . 2 7 故答案为 . 2

图 D62

9.(1)解:显然 f(x)在区间(0,1]为增函数. 1 ? 1 1+x-1 1 1? ∵ f(x)= ?1- ?= · x x? 1+x? x 1+x 1 x 1 = · = , x 1+x? 1+x+1? 1+x+ 1+x

1 ∴ f(x)为减函数. x ∴f(x)在区间(0,1]为“弱增”函数. ? 1 - 1 ? (2)证明:|f(x2)-f(x1)|=? ? 1+x1? ? 1+x2 = = | 1+x1- 1+x2| 1+x2 1+x1 |x2-x1|

. 1+x2 1+x1? 1+x2+ 1+x1? ∵x1,x2∈[0,+∞),x1≠x2, 1+x2 1+x1( 1+x2+ 1+x1)>2, 1 ∴|f(x2)-f(x1)|< |x2-x1|. 2 (3)解:∵当 x∈[0,1]时,不等式 1-ax≤ 然成立. 1 ≤1-bx 恒成立.当 x=0 时,不等式显 1+x

?a≥xf?x?, 当 x∈(0,1]时.等价于:? 1 ?b≤xf?x?,
1 2 1 1 由(1),知: f(x)为减函数,故 1- ≤ f(x)< , x 2 x 2 1 2 ∴a≥ ,b≤1- . 2 2 10.解:(1)∵f(x)是定义域为 R 的奇函数, ∴f(0)=a0-(k-1)a0=1-(k-1)=0.∴k=2. (2)f(x)=ax-a-x(a>0,且 a≠1), 1 ∵f(1)<0,∴a- <0. a 又 a>0,且 a≠1,∴0<a<1. 而 y=ax 在 R 上单调递减,y=a-x 在 R 上单调递增, 故判断 f(x)=ax-a-x 在 R 上单调递减, 不等式化为 f(x2+tx)<f(x-4),∴x2+tx>x-4. ∴x2+(t-1)x+4>0 恒成立. ∴Δ=(t-1)2-16<0,解得-3<t<5. 3 1 3 (3)∵f(1)= ,∴a- = ,即 2a2-3a-2=0. 2 a 2 1 ∴a=2 或 a=- (舍去). 2 2x -2x ∴g(x)=2 +2 -2m(2x-2-x) =(2x-2-x)2-2m(2x-2-x)+2. 令 t=f(x)=2x-2-x, 由(1)可知 f(x)=2x-2-x 为增函数, 3 ∵x≥1,∴t≥f(1)= . 2 3 t≥ ?, 令 h(t)=t2-2mt+2=(t-m)2+2-m2 ? 2 ? ? 3 2 若 m≥ ,当 t=m 时,h(t)min=2-m =-2,∴m=2; 2 3 3 17 若 m< ,当 t= 时,h(t)min= -3m=-2. 2 2 4

1

25 3 ∴m= > 舍去.综上可知 m=2. 12 2


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