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2013年高考数学一轮复习课时训练:函数的单调性与最大(小)值(北师大版))


A级

基础达标演练 满分:60 分)

(时间:40 分钟 一、选择题(每小题 5 分,共 25 分)

1.(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 2.(★)(2011· 课标全国)下列函数中,既是偶函数又在(0,+∞)单调递增的函数 是( ). B.y=|x|+1 D.y=2-|x|

A.y=x3 C.y=-x2+1

解析 (筛选法)对于 A:y=x3 为奇函数,不合题意;对于 C,D:y=-x2+1 和 y=2- |x|在 (0 ,+ ∞)上单调递减,不合题意;对于 B: y= |x|+ 1 的图象如图所 示,知 y=|x|+1 符合题意,故选 B.

答案 B 【点评】 采用筛选法,根据选项中的函数的图象和性质逐一筛选. 3.(2012· 宿州模拟)已知偶函数 f(x)在区间[0,+∞)单调增加,则满足 f(2x-1) ?1? <f?3?的 x 的取值范围是( ? ? ).

?1 2? A.?3,3? ? ? ?1 2? C.?2,3? ? ?

?1 2? B.?3,3? ? ? ?1 2? D.?2,3? ? ?

解析 f(x)是偶函数,其图象关于 y 轴对称,又 f(x)在[0,+∞)上递增,∴f(2x- 1 1 2 ?1? 1)<f?3??|2x-1|<3?3<x<3.故选 A. ? ? 答案 A ?-x+3-3a?x<0?, 4.已知函数 f(x)=? x (a>0,且 a≠1)是(-∞,+∞)上的减 ?a ?x≥0? 函数,则 a 的取值范围是( 2? ? A.?0,3? ? ? C.(2,3) 解析 2 a≤3. 答案 A 5.函数 f(x)=ln(4+3x-x2)的单调递减区间是( 3? ? A.?-∞,2? ? ? 3? ? C.?-1,2? ? ? ). ?3 ? B.?2,+∞? ? ? ?3 ? D.?2,4? ? ? ). ?1 ? B.?3,1? ? ? ?1 2? D.?2,3? ? ?

?0<a<1, 由 f(x)是 (-∞ ,+ ∞)上的减函数,可得 ? 化简得 0< 0 ?f?0?=a ≤3-3a.

? 3? 25 解析 函数 f(x)的定义域是(-1,4),u(x)=-x2+3x+4=-?x-2?2+ 4 的减区间 ? ? ?3 ? 为?2,4?, ? ? ?3 ? ∵e>1,∴函数 f(x)的单调减区间为?2,4?. ? ? 答案 D 二、填空题(每小题 4 分,共 12 分) 6.函数 y=ln 1+x 的单调递增区间是________. 1-x

解析 本题考查复合函数单调区间的确定;据题意需满足 为(-1,1),原函数的递增区间即为函数 u(x)=

1+x >0 即函数定义域 1-x

1+x 在(-1,1)上的递增区间,由于 1-x

1+x 1+x 2 u′(x)=( )′= 的递增区间(-1,1)即为原函数的 2>0.故函数 u(x)= 1-x ?1-x? 1-x 递增区间. 答案 (-1,1) 7.(2012· 延安模拟)已知函数 f(x)=2ax2+4(a-3)x+5 在区间(-∞,3)上是减函 数,则 a 的取值范围是________. 解析 ①当 a=0 时,f(x)=-12x+5 在(-∞,3)上为减函数;②当 a>0 时,要 3-a 使 f(x)=2ax2+4(a-3)x+5 在区间(-∞,3)上是减函数,则对称轴 x= a 必在 3-a 3 x=3 的右边,即 a ≥3,故 0<a≤4;③当 a<0 时,不可能在区间(-∞,3) 3? ? 上恒为减函数.综合知:a 的取值范围是?0,4?. ? ? 3? ? 答案 ?0,4? ? ? 8.(2011· 合肥二模)已知定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(x)=x2+2x(x≥0),若 f(3 -a2)>f(2a),则实数 a 的取值范围是________. 解析 依题意得,函数 f(x)=x2+2x 在[0,+∞)上是增函数,又因为 f(x)是 R 上 的奇函数,所以函数 f(x)是 R 上的增函数,要使 f(3-a2)>f(2a),只需 3-a2>2a. 由此解得-3<a<1,即实数 a 的取值范围是(-3,1). 答案 (-3,1) 三、解答题(共 23 分) 9.(11 分)已知函数 y=f(x)在(0,+∞)上为增函数且 f(x)<0,试判断 F(x)= 在(0,+∞)上的单调性并证明. 解 F(x)在(0,+∞)上为减函数. 下面给出证明: 任取 x1、x2∈(0,+∞)且 Δx=x2-x1>0, 1 f?x?

∵F(x2)-F(x1)=

f?x1?-f?x2? 1 1 - = , f?x2? f?x1? f?x2?f?x1?

∵y=f(x)在(0,+∞)上为增函数且 Δx=x2-x1>0, ∴Δy=f(x2)-f(x1)>0,即 f(x2)>f(x1),∴f (x1)-f(x2)<0,而 f(x1)<0,f(x2)<0, ∴f(x1)f(x2)>0, ∴F(x2)-F(x1)<0, ∴F(x)在(0,+∞)上为减函数. 10.(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?. ? ? B级 综合创新备选 满分:40 分)

(时间:30 分钟 一、选择题(每小题 5 分,共 10 分)

1 . (2012· 西安质检 )设函数 y = f(x) 在 ( -∞,+∞) 内有定义,对于给定的正数 ?f?x?,f?x?≤K, 1 K,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,+∞)

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

?

?1?|x| ? ?2? ,x≤-1或x≥1, ? ? ? 1 f2(x)=? 1 ?2,-1<x<1. ?

1 1 f2(x)的图象如上图所示,因此 f2(x)的单调递增区间为(-∞,-1). 答案 C f?x? 2.已知函数 f(x)=x2-2ax+a,在区间(-∞,1)上有最小值,则函数 g(x)= x 在区间(1,+∞)上一定( A.有最小值 C.是减函数 ). B.有最大值 D.是增函数

a 解析 由题意 a<1,又函数 g(x)=x+x -2a 在[ |a|,+∞)上为增函数,故选 D. 答案 D 二、填空题(每小题 4 分,共 8 分)
2 ?x +1,x≥0, 3.(2010· 江苏)已知函数 f(x)=? 则满足不等式 f(1-x2)>f(2x)的 x ?1,x<0,

的范围是________.
2 ?x +1,x≥0, 解析 f(x)=? 的图象如图所示, ?1,x<0

不等式 f(1-x2)>f(2x)等价于

1-x2>0, 2 ? 1 - x >0 , ? ? 或?2x>0, ?2x≤0, ?1-x2>2x, 解得-1<x< 2-1 答案 (-1, 2-1)
-x ?e -2,x≤0, 4.(★)(2012· 淮南质检)已知函数 f(x)=? (a 是常数且 a>0).对 ?2ax-1,x>0

于下列命题: ①函数 f(x)的最小值是-1; ②函数 f(x)在 R 上是单调函数; ?1 ? ③若 f(x)>0 在?2,+∞?上恒成立,则 a 的取值范围是 a>1; ? ? ?x1+x2? ?< ④对任意的 x1<0,x2<0 且 x1≠x2,恒有 f? ? 2 ? f?x1?+f?x2? . 2 其中正确命题的序号是__________(写出所有正确命题的序号). 解析 (数形结合法)根据题意可画出草图,由图象可知,①显然正确;函数 f(x) 1 ?1 ? 在 R 上不是单调函数,故②错误;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)上对任意的 x1<0,x2<0 ?x1+x2? f?x1?+f?x2? ?< 且 x1≠x2,恒有 f? 成立, 2 ? 2 ? 故④正确.

答案 ①③④

【点评】 采用数形结合法.注意本题中的③和④的理解,此题充分体现了数形结 合法的直观性与便捷性. 三、解答题(共 22 分) 5.(10 分)已知 f(x)= x (x≠a). 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 任设 x1<x2<-2, 2?x1-x2? x1 x2 - = . x1+2 x2+2 ?x1+2??x2+2?

则 f(x1)-f(x2)=

∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0, ∴f(x1)<f(x2),∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增. (2)解 任设 1<x1<x2,则 a?x2-x1? x1 x2 - = . x1-a x2-a ?x1-a??x2-a?

f(x1)-f(x2)=

∵a>0,x2-x1>0, ∴要使 f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0 在(1,+∞)内恒成立,∴a≤1.综 上知 0<a≤1. 6.(12 分)函数 f(x)对任意的 a、b∈R,都有 f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且当 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∈R,且 x1<x2,

则 x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1. f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1) =f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1>0. ∴f(x2)>f(x1).即 f(x)是 R 上的增函数. (2)解 ∵f(4)=f(2+2)=f(2)+f(2)-1=5,

∴f(2)=3, ∴原不等式可化为 f(3m2-m-2)<f(2), ∵f(x)是 R 上的增函数,∴3m2-m-2<2,

4? 4 ? 解得-1<m<3,故解集为?-1,3?. ? ?


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