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2017版高考数学一轮复习练习2.2函数的单调性及其最值.doc


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分层限时跟踪练(五)
(限时 40 分钟) [基 础 练] 扣教材 练双基 一、选择题 1.(2015· 长春二模)已知函数 f(x)=|x+a|在(-∞,-1)上是单调函数,则 a 的取值范围 是( ) A.(-∞,1] C.[-1,+∞) B.(-∞,-1] D.[1,+∞) 即函数 f(x)在(-∞, -a)上是减函数, 在[-

?x+a,x≥-a, ? 【解析】 函数 f(x)=? ?-x-a,x<-a, ?

a,+∞)上是增函数,要使函数 f(x)在(-∞,-1)上单调递减,则-a≥-1,即 a≤1,故选 A. 【答案】 A 1 2 + 2.(2015· 怀化模拟)给定函数:①y=x ;②y=log1(x+1);③y=|x-1|;④y=2x 1, 2 其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是( A.①② C.③④ B.②③ D.①④ 1 2 ①y=x 在区间(0,1)上单调递增;②y=log1(x+1)在区间(0,1)上单调递减; 2 )

【解析】

? ?x-1,x≥1 + ③y=|x-1|=? 在区间(0,1)上单调递减;④y=2x 1 在区间(0,1)上单调递增. ?1-x,x<1 ?

【答案】 B ?a -2? x ,x≥2, ? ? x f? x 1?-f? x 2? 3. 已知函数 f(x)=? 1 满足对任意的实数 x1≠x2 都有 x - x ? ? 1 2 ? ??2? -1,x<2, <0 成立,则实数 a 的取值范围为( A.(-∞,2) C.(-∞,2] 【解析】 (1) 由 13? B.? ?-∞, 8 ? 13 ? D.? ? 8 ,2? f? x 1?-f? x 2? < 0 可 知 f(x) 在 R 上 是 减 函 数 , 故 x1-x2 )

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?a-2<0, ??1? ??2? -1≥2? a-2?,
2

13 解得 a≤ . 8

【答案】 B 4.定义新运算⊕:当 a≥b 时,a⊕b=a;当 a<b 时,a⊕b=b2,则函数 f(x)=(1⊕x)x- (2⊕x),x∈[-2,2]的最大值等于( A.-1 C.6 B.1 D.12 )

【解析】 由已知得当-2≤x≤1 时,f(x)=x-2, 当 1<x≤2 时,f(x)=x3-2. ∵f(x)=x-2,f(x)=x3-2 在定义域内都为增函数. ∴f(x)的最大值为 f(2)=23-2=6. 【答案】 C 5.f(x)是定义在(0,+∞)上的单调增函数,满足 f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1,当 f(x)+f(x -8)≤2 时,x 的取值范围是( A.(8,+∞) C.[8,9] )

B.(8,9] D.(0,8)

【解析】 2=1+1=f(3)+f(3)=f(9),由 f(x)+f(x-8)≤2,可得 f[x(x-8)]≤f(9),因为 x>0, ? ? f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,所以有?x-8>0, ? , ?x? x-8? ≤9 解得 8<x≤9. 【答案】 B 二、填空题 6.函数 y=-(x-3)|x|的递增区间是________.

【解析】

2 ? ?-x +3x,x>0, y=-(x-3)|x|=? 2 ?x -3x,x≤0. ?

3? 作出该函数的图象,观察图象知递增区间为? ?0,2?.

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3? 【答案】 ? ?0,2? 7 . (2015· 菏泽模拟 )已知函数 y= log2(ax- 1)在 (2,4)上单调递增,则 a 的取值范围是 ____________.
?a>0, ? 【解析】 由函数 y=log2(ax-1)在(2,4)上单调递增,得? ?a· 2-1>0, ?

1 解得 a> , 2

1 ? 则 a 的取值范围是? ?2,+∞?. 1 ? 【答案】 ? ?2,+∞? 8.已知函数 f(x)是定义在区间[0,+∞)上的函数,且在该区间上单调递增,则满足 f(2x 1? -1)<f? ?3?的 x 的取值范围是______________. 2x-1≥0, ? ? 【解析】 由题意知? 1 2x-1< , ? 3 ?

?x≥2, 即? 2 ?x<3,
三、解答题

1

1 2 所以 ≤x< . 2 3

1 2? 【答案】 ? ?2,3?

1 1 9.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)若 f(x)在? ?2,2?上的值域是?2,2?,求 a 的值. 【解】 (1)证明:任取 x1,x2,设 x2>x1>0, 则 x2-x1>0,x1x2>0, 1 1 ? ?1 1 ? ∵f(x2)-f(x1)=? ?a-x ?-? a-x ?
2 1

1 1 x2-x1 = - = >0, x1 x2 x1x2 ∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是增函数. 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,

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1? 1 ∴f? ?2?=2,f(2)=2. 2 易得 a= . 5 x2+2x+a 10.已知 f(x)= ,x∈[1,+∞). x 1 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值; 2 (2)若对任意 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围. 【解】 1 1 (1)当 a= 时,f(x)=x+ +2,任取 1≤x1<x2,则 f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+ 2 2x

?1-1? ?2x1 2x2?
= ?x 1-x2? ? 2x 1x2-1? , 2x1x2

∵1≤x1<x2,∴x1x2>1,∴2x1x2-1>0. 又 x1-x2<0,∴f(x1)<f(x2), ∴f(x)在[1,+∞)上是增函数, 7 ∴f(x)在[1,+∞)上的最小值为 f(1)= . 2 (2)在区间[1,+∞)上,f(x)= x2+2x+a >0 恒成立, x

2 2 ? ? ?a>-? x +2x?, ?x +2x+a>0, ? ? 则 ? ? ? ?x≥1 ?x≥1,

等价于 a 大于函数 φ(x)=-(x2+2x)在[1,+∞)上的最大值. 只需求函数 φ(x)=-(x2+2x)在[1,+∞)上的最大值. 又 φ(x)=-(x+1)2+1 在[1,+∞)上递减, ∴当 x=1 时,φ(x)的最大值为 φ(1)=-3. ∴a>-3, 故实数 a 的取值范围是(-3,+∞). [能 力 练] 扫盲区 提素能 1.(2013· 安徽高考)“a≤0”是“函数 f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)内单调递增”的( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 【解析】 当 a=0 时,f(x)=|(ax-1)x|=|x|在区间(0,+∞)上单调递增;
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)

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当 a<0 时,结合函数 f(x)=|(ax-1)x|=|ax2-x|的图象(如图①所示)知函数在(0,+∞) 上单调递增,

当 a>0 时,结合函数 f(x)=|(ax-1)x|=|ax2-x|的图象(如图②所示)知函数在(0,+∞) 上先增后减再增,不符合条件. 所以要使函数 f(x)=|(ax-1)x|在(0,+∞)上单调递增只需 a≤0. 即“a≤0”是“函数 f(x)=|(ax-1)x|在(0,+∞)上单调递增”的充要条件. 【答案】 C 2.已知函数 f(x)=2x-1,g(x)=1-x2,构造函数 F(x)的定义如下:当|f(x)|≥g(x)时,F(x) =|f(x)|,当|f(x)|<g(x)时,F(x)=-g(x),则 F(x)( A.有最小值 0,无最大值 B.有最小值-1,无最大值 C.有最大值 1,无最小值 D.无最大值,也无最小值 【解析】 F(x)的图象如图所示,由图可知 F(x)有最小值-1,无最大值. )

【答案】 B x ,x≤1, ? ? 3.(2015· 浙江高考)已知函数 f(x)=? 6 则 f[f(-2)]=________,f(x)的 x+ -6,x>1, ? ? x 最小值是________. 6 1 【解析】 f(f(-2))=f(4)=4+ -6=- . 4 2 当 x≤1 时,f(x)min=0; 6 当 x>1 时,f(x)=x+ -6. x 6 令 f′(x)=1- 2=0,解得 x= 6(负值舍去). x 当 1<x< 6时,f′(x)<0;当 x> 6时,f′(x)>0,
2

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∴f(x)的最小值为 f( 6)= 6+ 综上,f(x)的最小值是 2 6-6. 1 【答案】 - 2 2 6-6

6 -6=2 6-6. 6

4.(2014· 四川高考)以 A 表示值域为 R 的函数组成的集合,B 表示具有如下性质的函数 φ(x)组成的集合:对于函数 φ(x),存在一个正数 M,使得函数 φ(x)的值域包含于区间[-M, M].例如,当 φ1(x)=x3,φ2(x)=sin x 时,φ1(x)∈A,φ2(x)∈B.现有如下命题: ①设函数 f(x)的定义域为 D,则“f(x)∈A”的充要条件是“? b∈R,? a∈D,f(a)=b”; ②函数 f(x)∈B 的充要条件是 f(x)有最大值和最小值; ③若函数 f(x),g(x)的定义域相同,且 f(x)∈A,g(x)∈B,则 f(x)+g(x)?B; x ④若函数 f(x)=aln(x+2)+ 2 (x>-2,a∈R)有最大值,则 f(x)∈B. x +1 其中的真命题有________.(写出所有真命题的序号) 【解析】 ①因为 f(x)∈A,所以函数 f(x)的值域是 R,所以满足? b∈R,? a∈D,f(a) =b,同时若? b∈R,? a∈D,f(a)=b,则说明函数 f(x)的值域是 R,则 f(x)∈A,所以①正 确; 1 ②因为令 f(x)= ,x∈(1,2],取 M=1,则 f(x)∈[-1,1],但是 f(x)没有最大值,所以② x 错误; ③因为 f(x)∈A,g(x)∈B 且它们的定义域相同(设为[m,n]),所以存在区间[a,b]? [m, n],使得 f(x)在区间[a,b]上的值域与 g(x)的值域相同,所以存在 x0?[a,b],使得 f(x0)的值 接近无穷,所以 f(x)+g(x)?B,所以③正确; ④因为当 x>-2 时,函数 y=ln(x+2)的值域是 R,所以若函数 f(x)有最大值,则 a=0, 此时 f(x)= x 1 x 1 .因为对? x∈R,x2+1≥2|x|,所以- ≤ 2 ≤ . 2 x +1 2 x2+1

1 1 所以- ≤f(x)≤ ,所以 f(x)∈B,所以④正确. 2 2 【答案】 ①③④ 5. 函数 f(x)对任意的 m, n∈R, 都有 f(m+n)=f(m)+f(n)-1, 并且 x>0 时, 恒有 f(x)>1. (1)求证:f(x)在 R 上是增函数; (2)若 f(3)=4,解不等式 f(a2+a-5)<2. 【解】 (1)证明:设 x1,x2∈R,且 x1<x2,∴x2-x1>0, ∵当 x>0 时,f(x)>1,∴f(x2-x1)>1. f(x2)=f[(x2-x1)+x1]=f(x2-x1)+f(x1)-1, ∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0? f(x1)<f(x2),

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∴f(x)在 R 上为增函数. (2)∵m,n∈R,不妨设 m=n=1, ∴f(1+1)=f(1)+f(1)-1? f(2)=2f(1)-1, f(3)=4? f(2+1)=4? f(2)+f(1)-1=4? 3f(1)-2=4, ∴f(1)=2,∴f(a2+a-5)<2=f(1), ∵f(x)在 R 上为增函数,∴a2+a-5<1? -3<a<2,即 a∈(-3,2).
? ,x>0, ?f? x? 6.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a>0),F(x)=? 若 f(-1)=0,且对 ? ,x<0. ?-f? x?

任意实数 x 均有 f(x)≥0 成立. (1)求 F(x)的表达式; (2)当 x∈[-2,2]时,g(x)=f(x)-kx 是单调函数,求 k 的取值范围. 【解】 (1)∵f(-1)=0,∴a-b+1=0,∴b=a+1. ∴f(x)=ax2+(a+1)x+1. ∵对任意实数 x 均有 f(x)≥0 恒成立,
?a>0, ? ∴? ? +1?2-4a≤0. ?Δ=? a ? ?a>0, ∴? ?? a -1?2≤0. ?

∴a=1,从而 b=2,∴f(x)=x2+2x+1,
?x2+2x+1,x>0, ? ∴F(x)=? 2 ?-x -2x-1,x<0. ?

(2)g(x)=x2+2x+1-kx=x2+(2-k)x+1. ∵g(x)在[-2,2]上是单调函数, ∴ k-2 k-2 ≤-2 或 ≥2,解得 k≤-2 或 k≥6. 2 2

故 k 的取值范围是(-∞,-2]∪[6,+∞).

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