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2013届高三人教A版文科数学一轮复习课时作业(5)函数的单调性与最值


课时作业(五) [第 5 讲 函数的单调性与最值] [时间:45 分钟 分值:100 分] 基础热身 1. [2011· 课标全国卷] 下列函数中, 既是偶函数又在(0, +∞)上单调递增的函数是( ) 3 A.y=x B.y=|x|+1 - C.y=-x2+1 D.y=2 |x| ?1?? 2.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) B.(0,1) C.(-1,0)∪(0,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞) 2x 3.函数 f(x)= 在[1,2]上的最大值和最小值分别是( ) x+1 4 4 2 2 A. ,1 B.1,0 C. , D.1, 3 3 3 3 4.设 x1,x2 为 y=f(x)的定义域内的任意两个变量,有以下几个条件: ①(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0; ②(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0; f?x1?-f?x2? ③ >0; x1-x2 f?x1?-f?x2? ④ <0. x1-x2 其中能推出函数 y=f(x)为增函数的条件为________(填序号). 能力提升 5.函数 f(x)=ln(4+3x-x2)的单调递减区间是( ) 3 1 ? ? ? A.? ?2,4? B.?2,4? 5? ?3 ? C.? ?1,2? D.?2,2? 6.函数 f(x)=ax+loga(x+1)在[0,1]上的最大值与最小值之和为 a,则 a 的值是( ) 1 A.2 B. 2 1 C.4 D. 4 7.[2011· 浙江五校联考] 已知偶函数 f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,则满足 f(2x- 2)<f( 2)的 x 的取值范围是( ) A.(-∞,0) B.(0, 2) C.(0,2 2) D.( 2,+∞) π 8.设 f(x)=x3+x,x∈R,当 0≤θ≤ 时,f(msinθ)+f(1-m)>0 恒成立,则实数 m 的取 2 值范围是( ) A.(0,1) B.(-∞,0) 1? C.? ?-∞,2? D.(-∞,1) ?sinπx?0≤x≤1?, ? 9.[2011· 湖南十二校联考] 已知函数 f(x)=? 若 a,b,c 互不相等,且 ?log2010x?x>1?, ? f(a)=f(b)=f(c),则 a+b+c 的取值范围是( ) A.(1,2010) B.(1,2011) C.(2,2011) D.[2,2011]

? ??3a-1?x+4a?x<1?, 10.[2011· 苏州模拟] 已知 f(x)=? 是(-∞,+∞)上的减函数, ?logax?x≥1? ? 那么 a 的取值范围是________. ? ?a,a≥b, 11.对 a,b∈R,记 max(a,b)=? 函数 f(x)=max(|x+1|,|x-2|)(x∈R)的最 ?b,a<b, ? 小值是________. 12.[2011· 西城区二模] 定义某种运算 ,a b 的运算原理如图 K5-1 所示.设 f(x)= ( x)x-( x).则 f(2)=________;f(x)在区间[-2,2]上的最小值为________.

图 K5-1 13.[2011· 淮南一模]
x ? ?e -2?x≤0?, 已知函数 f(x)=? (a 是常数且 a>0).对于下列命 ?2ax-1?x>0? ?


1 ? 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;③若 f(x)>0 在? ?2,+∞?上 恒成立,则 a 的取值范围是 a>1;④对任意 x1<0,x2<0 且 x1≠x2,恒有 f? 其中正确命题的序号是________. 1 1 14.(10 分)已知函数 f(x)= - (a>0,x>0). a x (1)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数; 1 ? 1 ,2 上的值域是? ,2?,求 a 的值. (2)若 f(x)在? ?2 ? ?2 ? x1+x2? f?x1?+f?x2? . 2 ? 2 ?<

15. (13 分)已知定义域为[0,1]的函数 f(x)同时满足: ①对于任意的 x∈[0,1], 总有 f(x)≥0; ②f(1)=1;③若 x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1,则有 f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2). (1)求 f(0)的值; (2)求 f(x)的最大值; (3)若对于任意 x∈[0,1], 总有 4f2(x)-4(2-a)f(x)+5-4a≥0 成立, 求实数 a 的取值范围.

难点突破 16.(12 分)已知函数 f(x)自变量取值区间为 A,若其值域区间也为 A,则称区间 A 为 f(x) 的保值区间. (1)求函数 f(x)=x2 形如[n,+∞)(n∈R)的保值区间; (2)g(x)=x-ln(x+m)的保值区间是[2,+∞),求 m 的取值.

课时作业(五) 【基础热身】 1.B [解析] A 选项中,函数 y=x3 是奇函数;B 选项中,y=|x|+1 是偶函数,且在(0, +∞)上是增函数;C 选项中,y=-x2+1 是偶函数,但在(0,+∞)上是减函数;D 选项中, 1?|x| - y=2 |x|=? ?2? 是偶函数,但在(0,+∞)上是减函数.故选 B. ?1?? 2.C [解析] 由 f(x)为 R 上的减函数且 f? ??x??<f(1), 1? ? ? ?? >1, ?|x|<1, ? 得:? x? 即? ∴0<x<1 或-1<x<0. ?x≠0, ? ?x≠0, ? 2x 2?x+1?-2 2 3.A [解析] ∵f(x)= = =2- ,∴f(x)在[1,2]上为增函数,∴f(x)min x+1 x+1 x+1 4 =f(1)=1,f(x)max=f(2)= ,故选 A. 3 4.①③ [解析] 依据增函数的定义可知,对于①③,当自变量增大时,相对应的函数 值也增大,所以①③可推出函数 y=f(x)为增函数. 【能力提升】 3 25 x- ?2+ 在(-1,4) 5.A [解析] 函数 f(x)的定义域是(-1,4),u(x)=-x2+3x+4=-? ? 2? 4 3 ? ?3 ? 上的减区间为? ?2,4?.∵e>1,∴函数 f(x)的单调递减区间为?2,4?. 6.B [解析] 因为 ax 与 loga(x+1)的单调性相同,所以不论 a>1,还是 0<a<1,f(x)的 1 最大值与最小值之和都是 1+a+loga2,所以 1+a+loga2=a,解得 a= . 2 7.B [解析] 偶函数 f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,由对称性知其在(-∞,0)上单 调递减,因此应有|2x- 2|< 2,解得 x∈(0, 2). 8.D [解析] 根据函数 f(x)的性质,不等式 f(msinθ)+f(1-m)>0,即 f(msinθ)>f(m-1), π? m-1 m-1 即 msinθ>m-1 在? ?0,2?上恒成立.当 m>0 时,即 sinθ> m 恒成立,只要 0> m 即可, m-1 m-1 解得 0<m<1;当 m=0 时,不等式恒成立;当 m<0 时,sinθ< ,只要 1< ,这个不 m m 等式恒成立,此时 m<0.综上可知:m<1. 1 9.C [解析] 因为函数 f(x)=sinπx(0≤x≤1)的图象关于直线 x= 对称,不妨令 a<b<c, 2 a+b 1 由 f(a)=f(b)可得 = ,即 a+b=1, 2 2 又因为 0≤sinπx≤1,所以 0<log2010c<1, 解得 1<c<2010,所以 2<a+b+c<2011,故选 C. 1 1 10. ≤a< [解析] ∵当 x≥1 时,y=logax 单调递减,∴0<a<1; 7 3 1 而当 x<1 时,f(x)=(3a-1)x+4a 单调递减,∴a< ; 3 1 又函数在其定义域内单调递减,故当 x=1 时,(3a-1)x+4a≥logax,得 a≥ , 7 1 1 综上可知, ≤a< . 7 3 1 x+1,x≥ , 2 1 3 -∞, ? 时 , f(x) ∈ 11. [ 解 析 ] 由 题 意 可 得 f(x) = 当 x∈? 2? ? 2 1 -x+2,x< , 2

? ? ?

?3,+∞?; ?2 ? 1 3 ? ?3 ? 当 x∈? ?2,+∞?时,f(x)∈?2,+∞?,所以 f(x)的最小值为2.
-2,x≥2, ? ? 12.-2 -6 [解析] ①x≥2 时,f(x)=-2? f(2)=-2;②f(x)=?-x,0<x<2, ? ?-x2+x,x≤0, f(x)在[-2,0]上最小值为-6,在[0,2]上最小值为-2,综上所述,f(x)在区间[-2,2]上的 最小值为-6. 13.①③④ [解析] 如图,①正确;

函数 f(x)在 R 上不是单调函数,②错误; 1 1 ? 若 f(x)>0 在? ?2,+∞?上恒成立,则 2a×2-1>0,a>1,③正确; x1+x2? f?x1?+f?x2? 由图象可知在(-∞,0)上对任意 x1<0,x2<0 且 x1≠x2,恒有 f? 成立, 2 ? 2 ?< ④正确. 14.[解答] (1)证明:方法一:设 x2>x1>0, 则 x2-x1>0,x1x2>0. 1 1 ? ?1 1 ? ∵f(x2)-f(x1)=? ?a-x2?-?a-x1? 1 1 x2-x1 = - = >0, x1 x2 x1x2 ∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是增函数. 1 1 方法二:∵f(x)= - , a x 1 1 1 ? ∴f′(x)=? ?a-x?′=x2>0, ∴f(x)在(0,+∞)上为增函数. 1 ? ?1 ? (2)∵f(x)在? ?2,2?上的值域是?2,2?, 1 ? 又 f(x)在? ?2,2?上单调递增, 1? 1 2 ∴f? = , f (2) = 2 ,∴ a = . 2 ? ? 2 5 15.[解答] (1)对于③,令 x1=x2=0,得 f(0)≤0, 又由①知 f(0)≥0,∴f(0)=0. (2)设 0≤x1<x2≤1,则 x2-x1∈(0,1], ∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1+x1)-f(x1)≥f(x2-x1)+f(x1)-f(x1)=f(x2-x1)≥0, 即 f(x2)≥f(x1). 故 f(x)在[0,1]上是单调递增的, 从而 f(x)的最大值是 f(1)=1. (3)∵f(x)在[0,1]上是增函数, 结合(1)(2)知 f(x)∈[0,1]. 又∵4f2(x)-4(2-a)f(x)+5-4a≥0, ∴4f2(x)-8f(x)+5≥4a[1-f(x)].

4f2?x?-8f?x?+5 当 f(x)≠1 时,a≤ . 4[1-f?x?] 4f2?x?-8f?x?+5 4[1-f?x?]2+1 ∵y= = 4[1-f?x?] 4[1-f?x?] 1 =1-f(x)+ ≥1, 4[1-f?x?] ∴a≤1. 当 f(x)=1 时,4f2(x)-4(2-a)f(x)+5-4a =4-4(2-a)+5-4a=4-8+4a+5-4a =1≥0 恒成立,∴a≤1. 【难点突破】 16.[解答] (1)若 n<0,由题意则 n=f(0)=0,矛盾. 若 n≥0,则 n=f(n)=n2,解得 n=0 或 1, 所以 f(x)的保值区间为[0,+∞)或[1,+∞). (2)因为 g(x)=x-ln(x+m)的保值区间是[2,+∞), 所以 2+m>0,即 m>-2, 1 令 g′(x)=1- >0,得 x>1-m, x+m 所以 g(x)在(1-m,+∞)上为增函数, 同理可得 g(x)在(-m,1-m)上为减函数. 若 2≤1-m,即 m≤-1,则 g(1-m)=2, 得 m=-1,满足题意. 若 2>1-m,即 m>-1, 则 g(2)=2,得 m=-1,矛盾. 所以满足条件的 m 值为-1.


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