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《创新设计》2014届高考数学人教A版(理)一轮复习:第二篇 第2讲 函数的单调性与最值


第 2 讲 函数的单调性与最值

A级

基础演练(时间:30 分钟 满分:55 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 20 分) 1.(2013· 长沙一模)下列函数中,既是偶函数又在(0,+∞)内单调递减的函数是 ( A.y=x2 C.y=-lg|x| B.y=|x|+1 D.y=2|x| ).

解析 对于 C 中函数,当 x>0 时,y=-lg x,故为(0,+∞)上的减函数,且 y=-lg |x|为偶函数. 答案 C 2. (2011· 辽宁)函数 f(x)的定义域为 R, f(-1)=2, 对任意 x∈R, f′(x)>2, 则 f(x)>2x +4 的解集为 A.(-1,1) C.(-∞,-1) 解析 法一 B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞) ( ).

由 x∈R,f(-1)=2,f′(x)>2,可设 f(x)=4x+6,则由 4x+6>2x

+4,得 x>-1,选 B. 法二 设 g(x)=f(x)-2x-4, 则 g(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0, g′(x)=f′(x) -2>0,g(x)在 R 上为增函数.由 g(x)>0,即 g(x)>g(-1).∴x>-1,选 B. 答案 B 3.(2012· 浙江)设 a>0,b>0. A.若 2a+2a=2b+3b,则 a>b B.若 2a+2a=2b+3b,则 a<b C.若 2a-2a=2b-3b,则 a>b D.若 2a-2a=2b-3b,则 a<b 解析 利用原命题与逆否命题的真假性相同求解. 当 0<a≤b 时,显然 2a≤2b,2a≤2b<3b,∴2a+2a<2b+3b,即 2a+2a≠2b+3b ( ).

成立.∴它的逆否命题:若 2a+2a=2b+3b,则 a>b 成立,故 A 正确,B 错 误.当 0<a≤b 时,由 2a≤2b,2a<3b,知 2a-2a 与 2b-3b 的大小关系不确定, ∴C 不正确,同理 D 不正确. 答案 A

?1,x>0, 4. (2013· 苏州调研)设函数 f(x)=?0,x=0, ?-1,x<0,
减区间是 A.(-∞,0] C.[1,+∞)
2

g(x)=x2f(x-1), 则函数 g(x)的递

( B.[0,1) D.[-1,0]

).

解析

?x ,x>1, g(x)=?0,x=1, ?-x2,x<1.

如图所示,其递减区间是

[0,1).故选 B. 答案 B 二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 5.设函数 y=x2-2x,x∈[-2,a],若函数的最小值为 g(a),则 g(a)=________. 解析 ∵函数 y=x2-2x=(x-1)2-1,∴对称轴为直线 x=1. 当-2≤a<1 时,函数在[-2,a]上单调递减,则当 x=a 时,ymin=a2-2a;当 a≥1 时,函数在[-2,1]上单调递减,在[1,a]上单调递增,则当 x=1 时,ymin =-1.
2 ?a -2a,-2≤a<1, 综上,g(a)=? ?-1,a≥1. 2 ?a -2a,-2≤a<1 答案 ? ?-1,a≥1

6.奇函数 f(x)(x∈R)满足:f(-4)=0,且在区间[0,3]与[3,+∞)上分别递减和递 增,则不等式(x2-4)f(x)<0 的解集为________. 解析 当 x2-4>0, 即 x<-2 或 x>2 时, f(x)<0.由 f(x)的图象知, x<-4 或 2<x<4; 当 x2-4<0,即-2<x<2 时,f(x)>0,则-2<x<0.故 x∈(-∞,-4)∪(-2,0)∪ (2,4).

答案 (-∞,-4)∪(-2,0)∪(2,4) 三、解答题(共 25 分) 7.(12 分)设函数 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. (1)证明 设 x1<x2,∴Δx=x2-x1>0,∴f(Δx)>1,

∴f(x2)=f(x1+Δx)=f(x1)+f(Δx)-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=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. a 8.(13 分)已知函数 f(x)=x2+ x(x≠0,a∈R). (1)判断函数 f(x)的奇偶性; (2)若 f(x)在区间[2,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围. 解 (1)当 a=0 时,f(x)=x2(x≠0)为偶函数; 当 a≠0 时,f(-x)≠f(x),f(-x)≠-f(x), ∴f(x)既不是奇函数也不是偶函数. a a x1-x2 2 (2)设 x2>x1≥2,则 f(x1)-f(x2)=x1 +x -x2 2- = x x x [x1x2(x1+x2)-a],
1 2 1 2

由 x2>x1≥2,得 x1x2(x1+x2)>16,x1-x2<0, x1x2>0. 要使 f(x)在区间[2,+∞)上是增函数, 只需 f(x1)-f(x2)<0, 即 x1x2(x1+x2)-a>0 恒成立,则 a≤16.

B级

能力突破(时间:30 分钟 满分:45 分)

一、选择题(每小题 5 分,共 10 分) 1. 定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy(x, y∈R), f(1)=2, 则 f(-

3)等于 A.2 B.3 C.6 D.9

(

).

解析 f(1)=f(0+1)=f(0)+f(1)+2×0×1=f(0)+f(1),∴f(0)=0. f(0)=f(-1+1)=f(-1)+f(1)+2×(-1)×1=f(-1)+f(1)-2,∴f(-1)=0. f(-1)=f(-2+1)=f(-2)+f(1)+2×(-2)×1=f(-2)+f(1)-4,∴f(-2)=2. f(-2)=f(-3+1)=f(-3)+f(1)+2×(-3)×1=f(-3)+f(1)-6,∴f(-3)=6. 答案 C 2.(2013· 太原质检)设函数 y=f(x)在(-∞,+∞)内有定义,对于给定的正数 K, ?f?x?,f?x?≤K, 1 定义函数 fK(x)=? 取函数 f(x)=2-|x|,当 K=2时,函数 fK(x) ?K,f?x?>K, 的单调递增区间 为 A.(-∞,0) C.(-∞,-1)
- -

( B.(0,+∞) D.(1,+∞)

).

解析

1 2 |x|,2 |x|≤2, ? ? 1 f2(x)=? 1 1 ?2,2 |x|>2 ?


?

?1?|x| ? ?2? ,x≤-1或x≥1, ? ? ? 1 f2(x)=? 1 ? ?2,-1<x<1. 1 1 f2(x)的图象如右图所示,因此 f2(x)的单调递增区间为(-∞,-1). 答案 C 二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 3.设奇函数 f(x)的定义域为[-5,5],若当 x∈[0,5] 时,f(x)的图象如右图,则不等式 f(x)<0 的解 集是________. 解析 法一 奇函数关于原点对称

.∵当 0<x<2 时,f(x)>0?-2<x<0 时,f(x)<0; 当 2<x≤5 时,f(x)<0?-5≤x<-2 时,f(x)>0. ∴综上,f(x)<0 的解集为{x|-2<x<0 或 2<x≤5}.

法二 由于 f(x)为在[-5,5]上的奇函数,通过数形结合可解决问题. 作图可得{x|-2<x<0 或 2<x≤5}. 答案 {x|-2<x<0 或 2<x≤5}
-x ?e -2,x≤0, 4.已知函数 f(x)=? (a 是常数且 a>0).对于下列命题: ?2ax-1,x>0

①函数 f(x)的最小值是-1; ②函数 f(x)在 R 上是单调函数; ?1 ? ③若 f(x)>0 在?2,+∞?上恒成立,则 a 的取值范围是 a>1; ? ? ④对任意的 x1<0,x2<0 且 x1≠x2,恒有 ?x1+x2? f?x1?+f?x2? ?< f? . 2 ? 2 ? 其中正确命题的序号是____________. 解析 根据题意可画出草图,由图象可知,①显

然正确; 函数 f(x)在 R 上不是单调函数, 故②错误; 1 ?1 ? 若 f(x)>0 在?2,+∞?上恒成立,则 2a×2-1>0, ? ? a>1,故③正确;由图象可知在(-∞,0)上对任意 ?x1+x2? f?x1?+f?x2? ?< 的 x1<0,x2<0 且 x1≠x2,恒有 f? 成立,故④正确. 2 ? 2 ? 答案 ①③④ 三、解答题(共 25 分) 5.(12 分)(2011· 上海)已知函数 f(x)=a· 2x+b· 3x,其中常数 a,b 满足 ab≠0. (1)若 ab>0,判断函数 f(x)的单调性; (2)若 ab<0,求 f(x+1)>f(x)时的 x 的取值范围. 解 (1)当 a>0,b>0 时,因为 a· 2x,b· 3x 都单调递增,所以函数 f(x)单调递增; 当 a<0,b<0 时,因为 a· 2x,b· 3x 都单调递减,所以函数 f(x)单调递减. (2)f(x+1)-f(x)=a· 2x+2b· 3x>0. a ?3? (i)当 a<0,b>0 时,?2?x>-2b, ? ? 3? a ? 解得 x>log2?-2b?; ? ?

a ?3? (ii)当 a>0,b<0 时,?2?x<-2b, ? ? 3? a ? 解得 x<log2?-2b?. ? ? ?1? 6.(13 分)(2012· 潍坊一模)已知函数 f(x)在(-1,1)上有定义,f?2?=-1,当且仅当 ? ? ? x+y ? ?,试证明: 0<x<1 时,f(x)<0,且对任意 x、y∈(-1,1)都有 f(x)+f(y)=f? ?1+xy? (1)f(x)为奇函数; (2)f(x)在(-1,1)上单调递减. 证明 (1)函数 f(x)的定义域为(-1,1), ? x+y ? ?, 再由 f(x)+f(y)=f? ?1+xy? 令 x=y=0,得 f(0)=0, ? x-x ? 令 y=-x,得 f(x)+f(-x)=f? 2?=f(0)=0, ?1-x ? ∴f(x)=-f(-x),即 f(x)为奇函数. (2)先证 f(x)在(0,1)上单调递减.令 0<x1<x2<1,则 f(x2)-f(x1)=f(x2)+f(-x1)= ? x2-x1 ? ?. f? ?1-x1x2? ∵0<x1<x2<1,∴x2-x1>0,1-x1x2>0, x2-x1 即 >0. 1-x2x1 又∵(x2-x1)-(1-x2x1)=(x2-1)(x1+1)<0, x2-x1 ∴x2-x1<1-x2x1,∴0< <1. 1-x2x1 ? x2-x1 ? ?<0,即 f(x2)<f(x1), 由题意,知 f? ?1-x1x2? ∴f(x)在(0,1)上单调递减,又 f(x)为奇函数且 f(0)=0, ∴f(x)在(-1,1)上单调递减. 特别提醒:教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见 《创新设计· 高考总复习》光盘中内容.


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