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2017年高考(文)数学一轮复习第2节 函数的单调性与最值


第 2 节 函数的单调性与最值

【选题明细表】 知识点、方法 单调性的判断证明 单调区间的求法 函数的最值(值域) 函数的单调性的应用 题号 1,11,12 4,8 5,7,13,14,16 2,3,6,9,10,15

基础对点练(时间:30 分钟) 1.若函数 y=ax 与 y=- 在(0,+∞)上都是减函数,则 y=ax2+bx 在(0,+∞) 上是( B ) (A)增函数 (B)减函数

(C)先增后减 (D)先减后增 解析:由 y=ax 与 y=- 在(0,+∞)上都是减函数, 知 a<0,b<0, 所以函数 y=ax2+bx 的对称轴 x=- <0, 因此函数 y=ax2+bx 在(0,+∞)上为减函数. 2.设偶函数 f(x)的定义域为 R,当 x∈[0,+∞)时,f(x)是增函数,则 f(-2),f(π ),f(-3)的大小关系是( A ) (A)f(π )>f(-3)>f(-2) (B)f(π )>f(-2)>f(-3)

(C)f(π )<f(-3)<f(-2) (D)f(π )<f(-2)<f(-3) 解析:因为 f(x)为偶函数, 所以 f(-2)=f(2),f(-3)=f(3), 又 f(x)在[0,+∞)上为增函数,且 2<3<π , 所以 f(2)<f(3)<f(π ), 即 f(π )>f(-3)>f(-2). 故选 A. 3.(2015 皖北协作区高三联考)若 f(x)是奇函数,且在(0,+∞)上是减 函数,又有 f(-2)=0,则不等式 x·f(x)<0 的解集为( A ) (A)(-∞,-2)∪(2,+∞) (B)(-2,0)∪(0,2) (C)(-2,0)∪(2,+∞) (D)(-∞,-2)∪(0,2)

解析:由 f(x)是奇函数及 f(-2)=0 得,f(2)=-f(-2)=0;又 f(x)在(0,+ ∞)上是减函数,所以 f(x)在(-∞,0)上是减函数,当 x∈(-∞,-2),x ∈(0,2)时,f(x)>0;当 x∈(-2,0),x∈(2,+∞)时,f(x)<0,故不等式 x·f(x)<0 的解集为(-∞,-2)∪(2,+∞). 4.函数 y=( ) 的递减区间为( D )

(A)(1,+∞) (B)(-∞, ] (C)( ,+∞) (D)[ ,+∞)

解析:令 g(x)=2x2-3x+1,则 y=( )g(x),由于 g(x)在[ ,+∞)上单调递增, 所以函数 y=( ) 的递减区间是( ,+∞].

5.(2015 阜阳模拟)函数 y=x+ ,x∈[ ,4]的值域是( D ) (A)[5,8] (B)[5, ] (C)[4,8] (D)[4, ] 解析:y=x+ ≥2 =4,当 x=2∈[ ,4]时 “=” 成立,所以 ymin=4,ymax= +8= . 6.(2015 上饶模拟)已知函数 f(x)= 上单调递增,则实数 a 的取值范围为( C ) (A)(1,2) (B)(2,3) (C)(2,3] (D)(2,+∞) 解析:函数为增函数,由题意得 所以 2<a≤3. 7.(2016 中山模拟)对于任意实数 a,b,定义 min{a,b}= 设函数 若 f(x)在(-∞,+∞)

f(x)=-x+3,g(x)=log2x,则函数 h(x)=min{f(x),g(x)}的最大值 是 .

解析:依题意,h(x)= 当 0<x≤2 时,h(x)=log2x 是增函数; 当 x>2 时,h(x)=3-x 是减函数, 所以 h(x)=min{f(x),g(x)}在 x=2 时, 取得最大值 h(2)=1.

答案:1 8.函数 y=lo (x2-4x+3)的单调增区间为 .

解析:令 u=x2-4x+3,原函数可以看作 y=lo u 与 u=x2-4x+3 的复合 函数, 令 u=x2-4x+3>0,则 x<1 或 x>3. 所以函数 y=lo (x2-4x+3)的定义域为(-∞,1)∪(3,+∞). 又 u=x2-4x+3 的图象的对称轴为 x=2,且开口向上, 所以 u=x2-4x+3 在(-∞,1)上是减函数, 在(3,+∞)上是增函数. 而函数 y=lo u 在(0,+∞)上是减函数, 所以 y=lo (x2-4x+3)的单调递增区间为(-∞,1). 答案:(-∞,1) 9.设函数 f(x)= 是 . =a, 在区间(-2,+∞)上是增函数,那么 a 的取值范围

解析:因为 f(x)=

函数 f(x)在区间(-2,+∞)上是增函数, 所以 解得 a≥1.

答案:[1,+∞)

10.(2015 邢台质检)已知函数 f(x)在定义域(0,+∞)上为增函数,且 满足 f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1. (1)求 f(9),f(27)的值; (2)若 f(3)+f(a-8)<2,求实数 a 的取值范围. 解:(1)由原题条件,可得到 f(9)=f(3×3)=f(3)+f(3)=1+1=2, f(27)=f(9×3)=f(9)+f(3)=1+2=3. (2)f(3)+f(a-8)=f(3a-24), 又 f(9)=2, 所以 f(3a-24)<f(9),函数在定义域上为增函数, 所以 解得 a 的取值范围为(8,11).

11.已知 f(x)= (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. (1)证明:任取 x1<x2<-2, 则 f(x1)-f(x2)= = .

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

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,a 的取值范围是(0,1]. 能力提升练(时间:15 分钟) 12.(2015 青岛模拟)已知函数 f(x)=log2x+ ,若 x1∈(1,2),x2∈(2,+ ∞),则( B ) (A)f(x1)<0,f(x2)<0 (B)f(x1)<0,f(x2)>0 (C)f(x1)>0,f(x2)<0 (D)f(x1)>0,f(x2)>0 解析:因为函数 f(x)=log2x+ 在(1,+∞)上为增函数,且 f(2)=0,所以 当 x1∈(1,2)时,f(x1)<f(2)=0, 当 x2∈(2,+∞)时,f(x2)>f(2)=0, 即 f(x1)<0,f(x2)>0. 13.(2015 福州模拟)函数 f(x)= 则 a 的取值范围是( B ) (A)[-1,2] (B)[-1,0] (C)[1,2] (D)[0,2] 若 f(0)是 f(x)的最小值,

解析:当 a>0 时,由数形结合可知,f(0)显然不是 f(x)的最小值,当 a ≤0 时,f(0)=a2,故只需 a2≤ x+ +a ≤0. 14.函数 y= 的值域为 .
min

=a+2,解得-1≤a≤2,所以-1≤a

解析:法一 y=

=1-

.

因为 x2-x+1=(x- )2+ , 所以- ≤1<1,即- ≤y<1.

故值域为[- ,1). 法二 去分母,整理,得(y-1)x2-(y-1)x+y=0. 易知 y≠1,故上式可看作是关于 x 的二次方程. 因为 x∈R,所以方程有实根, 所以Δ =(y-1)2-4y(y-1)≥0, 解得- ≤y≤1. 又 y≠1,故值域为[- ,1). 答案:[- ,1) 15.f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,满足 f(x)+f(y)=f(xy). (1)求证:f(x)-f(y)=f( ); (2)若 f(4)=-4,解不等式 f(x)-f( )≥-12.

(1)证明:由条件 f(x)+f(y)=f(xy)可得 F( )+f(y)=f( ·y)=f(x), 所以 f(x)-f(y)=f( ).

(2)解:因为 f(4)=-4,所以 f(4)+f(4)=f(16)=-8, f(4)+f(16)=f(64)=-12. 由第(1)问可得 f(x)-f( )=f(x(x-12)),

又 f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数, 所以 由 f(x)-f( ? x>12, )≥-12,

即 f(x(x-12))≥f(64), 所以 x(x-12)≤64, 所以 x2-12x-64=(x-16)(x+4)≤0, 得-4≤x≤16, 又 x>12, 所以 x∈(12,16]. 16.(2015 宁波模拟)已知函数 f(x)=lg(x+ -2),其中 a 是大于 0 的常 数. (1)求函数 f(x)的定义域; (2)当 a∈(1,4)时,求函数 f(x)在[2,+∞)上的最小值; (3)若对任意 x∈[2,+∞)恒有 f(x)>0,试确定 a 的取值范围. 解:(1)由 x+ -2>0,得 >0,

当 a>1 时,x2-2x+a>0 恒成立,定义域为(0,+∞), 当 a=1 时,定义域为{x|x>0 且 x≠1},

当 0<a<1 时,定义域为{x|0<x<1(2)设 g(x)=x+ -2, 当 a∈(1,4),x∈[2,+∞)时, g'(x)=1- = >0 恒成立,

或 x>1+

}.

所以 g(x)=x+ -2 在[2,+∞)上是增函数. 所以 f(x)=lg(x+ -2)在[2,+∞)上是增函数. 所以 f(x)=lg(x+ -2)在[2,+∞)上的最小值为 f(2)=lg . (3)对任意 x∈[2,+∞)恒有 f(x)>0, 即 x+ -2>1 对 x∈[2,+∞)恒成立. 所以 a>3x-x2,令 h(x)=3x-x2, 而 h(x)=3x-x2=-(x- )2+ 在 x∈[2,+∞)上是减函数,所以 h(x)max=h(2)=2. 所以 a>2. 故 a 的取值范围是(2,+∞). 精彩 5 分钟 1.设 x∈R,若函数 f(x)为单调递增函数,且对任意实数 x,都有 f(f(x)-ex)=e+1(e 是自然对数的底数),则 f(ln 2)的值等于( C ) (A)1 (B)e+1 (C)3 (D)e+3

解题方法:本题利用转化与化归思想将函数解析式求出,再代入求解. 解析:设 t=f(x)-ex, 则 f(x)=ex+t,则条件等价为 f(t)=e+1, 令 x=t,则 f(t)=et+t=e+1, 因为函数 f(x)为单调递增函数, 所以 t=1, 所以 f(x)=ex+1, 即 f(ln 2)=eln 2+1=2+1=3. 2.(2015 沭阳质检)已知函数 f(x)= 函数,则 a 的取值范围是 . 解题方法:本题利用分类讨论的思想进行判断 a 的范围. 解析:当 a>0 时函数在(0,1)上为减函数需满足 所以 1<a≤3,当 a<0 时需满足 a2-1<0, 所以-1<a<0, 当 a=0 时不合题意,综上 a 的取值范围是(-1,0)∪(1,3]. 答案:(-1,0)∪(1,3] 3.(2015 包头质检)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.下列命题: ①函数 f(x)=x2(x∈R)是单函数; ②指数函数 f(x)=2x(x∈R)是单函数; (a≠±1)在区间(0,1)上是减

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. 其中的真命题是 .(写出所有真命题的编号)

解题关键:本题求解的关键是明确“单函数”的概念进行判断. 解析:因为 f(-1)=f(1),所以①错;指数函数在定义域 R 上是单调函数 满足单函数的定义,所以②正确;由单函数的定义可知③④正确. 答案:②③④


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