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【创新大课堂】(新课标)2016高考数学一轮总复习 第二章 第2节 函数的单调性与最值练习


【创新大课堂】 (新课标)2016 高考数学一轮总复习 第二章 第 2 节 函数的单调性与最值练习
一、选择题 1.(2014·北京高考)下列函数中,定义域是 R 且为增函数的是( A.y=e
-x

)

B.y=x

3

C.y=ln x

D.y=|x|

[解析] 由定义域为 R,排除选项 C,由函数单调递增,排除选项 A,D. [答案] B 2.已知函数 f(x)=2ax +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 3 B.(0 ) 4 3 D.[0 ] 4
2

[解析] 当 a=0 时,f(x)=-12x+5,在(-∞,3)上是减函数;

a>0 ? ? 当 a≠0 时,由? 4?a-3? - ≥3 ? 4a ?
3 综上,a 的取值范围是 0≤a≤ . 4 [答案] D

3 ,得 0<a≤ . 4

a ?x>1?, ? ? 3.已知 f(x)=? a ?4- ?x+2 ?x≤1? ? 2 ?
值范围为( )

x

是 R 上的单调递增函数,则实数 a 的取

A.(1,+∞) C.(4,8)

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

[解析] 因为 f(x)是 R 上的单调递增函数,

? a ? 4- >0 所以可得? 2 a ? ?a≥4-2+2
a>1
[答案] B

.解得 4≤a<8,故选 B.

1

4.(2015·福建质检)已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且在[0,+∞)上单调递增, 若 f(lg x)<0,则 x 的取值范围是( A.(0,1) C.(1,+∞) ) B.(1,10) D.(10,+∞)

[解析] 因为 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且在[0,+∞)上单调递增,所以 f(0)=0, 且函数 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,因为 f(lg x)<0,所以 f(lg x)<f(0),所以 lg x<0, 所以 0<x<1.故选 A. [答案] A 5.已知函数 f(x)=x -2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,则函数 g(x)= 区间(1,+∞)上一定( A.有最小值 C.是减函数 [解析] 由题意知 a<1, ∴g(x)= ) B.有最大值 D.是增函数
2

f?x? 在 x

f?x? a =x+ -2a, x x

当 a<0 时,显然 g(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 当 a>0 时,g(x)在[ a,+∞)上是增函数, 故在(1,+∞)上为增函数,∴g(x)在(1,+∞)上一定是增函数. [答案] D
? ?x +4x,x≥0, 6. 已知函数 f(x)=? 2 ?4x-x ,x<0 ?
2

若 f(2-a )>f(a), 则实数 a 的取值范围是(

2

)

A.(-∞,-1)∪(2,+∞) B.(-1,2) C.(-2,1) D.(-∞,-2)∪(1,+∞) [解析] 由题意知 f(x)在 R 上是增函数,由题意得 2-a >a,解得-2<a<1. [答案] C 二、填空题 7.(2014·天津高考)函数 f(x)=lg x 的单调递减区间是________. [解析] 函数 f(x)=lg x 的单调递减区间需满足 x >0 且 y=x 单调递减, 故 x∈(-∞, 0). [答案] (-∞,0) 8. 设函数 f(x)=
2 2 2 2 2

ax+1 在区间(-2, +∞)上是增函数, 那么 a 的取值范围是________. x+2a
2

[解析] f(x)=

2 ax+2a2-2a2+1 2a -1 =a- , x+2a x+2a

其对称中心为(-2a,a).
? ?2a -1>0 ∴? ?-2a≤-2 ?
2

? ?2a -1>0 ?? ?a≥1 ?

2

? a≥1.

[答案] [1,+∞) 9.(2015·福建厦门质检)已知函数 f(x)=x (e +e )-(2x+1) (e 足 f(x)>0 的实数 x 的取值范围是________. [解析] f(x)=x (e +e )-(2x+1) (e =(-x) (e +e )=x (e +e )=g(x), ∴函数 g(x)为偶函数. ∴ g′(x) = 2x(e + e
2 2x 2 2 -x 2 2

x

-x

2

2x+1

+e

-2x-1

),则满

x

-x

2

2x+1

+e

-2x-1

), 设 g(x)=x (e +e ), 则 g(-x)

2

x

-x

x

2

x

-x

x

- x

) + x (e - e

2

x

- x

) = (2x + x )e + (2x - x )e
2 2x 2 2

2

x

2

- x


2

?2x+x ?e +?2x-x ? ?2x+x ?e +?2x-x ? 2x+x +2x-x , 当 x>0 时, g′(x)= > x x x e e e 4x = x >0, e ∴g(x)在(0,+∞)上单调递增, ∵f(x)>0, ∴g(x)-g(2x+1)>0, ∴g(|x|)>g(|2x+1|), 即|x|>|2x+1|, x >(2x+1) 3x 1 +4x+1<0,∴-1<x<- . 3 1 [答案] (-1,- ) 3
2 2,

2

10.(2015·荆州市质检)函数 f(x)=|x -3x -t|,x∈[0,4]的最大值记为 g(t),当 t 在实数范围内变化时,g(t)的最小值为________. [解析] 令 g(x)=x -3x -t,则 g′(x)=3x -6x,令 g′(x)≥0,则 x≤0 或 x≥2, 在[0,2]上 g(x)为减函数,在[2,4]上 g(x)为增函数,故 f(x)的最大值 g(t)=max{|g(0)|, |g(2)|,|g(4)|},又|g(0)|=|t|,|g(2)|=|4+t|,|g(4)|=|16-t|,在同一坐标系中 分别作出它们的图像, 由图像可知, 在 y=16-t(t≤16)与 y=4+t(t≥-4)的交点处, g(t) 取得最小值,由 16-t=4+t,得 2t=12,t=6,∴g(t)min=10.
3 2 2

3

2

[答案] 10 三、解答题

3

11.(2015·昆明模拟)已知函数 f(x)= 1 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值; 2

x2+2x+a ,x∈[1,+∞). x

(2)若对任意 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围. 1 1 [解] (1)当 a= ,f(x)=x+ +2, 2 2x 1 ∴f′(x)=1- 2, 2x 当 x∈[1,+∞)时,f′(x)>0 恒成立, ∴f(x)在[1,+∞)上是增函数, 7 7 ∴当 x=1 时,f(x)取最小值,f(1)= .故 f(x)min= . 2 2 (2)要使 f(x)>0,x∈[1,+∞)恒成立, 即 x +2x+a>0,x∈[1,+∞)恒成立. 设 g(x)=x +2x+a=(x+1) +a-1, ∴当 x∈[1,+∞)时,g(x)min=3+a. ∴3+a>0,∴a>-3 即可, ∴a∈(-3,+∞). 12.已知 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且 f(1)=1,若 a,b∈[-1,1],a+b≠0 时,有
2 2 2

f?a?+f?b? >0 成立. a+b

(1)判断 f(x)在[-1,1]上的单调性,并证明它; 1 1 (2)解不等式:f(x+ )<f( ); 2 x-1 (3)若 f(x)≤m -2am+1 对所有的 a∈[-1,1]恒成立,求实数 m 的取值范围. [解] (1)任取 x1,x2∈[-1,1],且 x1<x2, 则-x2∈[-1,1],∵f(x)为奇函数, ∴f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2) =
2

f?x1?+f?-x2? ·(x1-x2), x1+?-x2? f?x1?+f?-x2? >0,x1-x2<0, x1+?-x2?

由已知得

∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2). ∴f(x)在[-1,1]上单调递增. (2)∵f(x)在[-1,1]上单调递增,

4

x+ < , 2 x-1 ? ? 1 ∴?-1≤x+ ≤1, 2 1 ? ?-1≤x-1≤1.
1 1 3 ∴- ≤x<-1. 2 (3)∵f(1)=1,f(x)在[-1,1]上单调递增. ∴在[-1,1]上,f(x)≤1. 问题转化为 m -2am+1≥1, 即 m -2am≥0,对 a∈[-1,1]恒成立. 设 g(a)=-2m·a+m ≥0. ①若 m=0,则 g(a)=0≥0,对 a∈[-1,1]恒成立. ②若 m≠0,则 g(a)为 a 的一次函数,若 g(a)≥0,对 a∈[-1,1]恒成立,必须有 g(- 1)≥0 且 g(1)≥0, ∴m≤-2 或 m≥2. ∴m 的取值范围是 m=0 或 m≥2 或 m≤-2.
2 2 2

5


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