高考数学总复习22函数的单调性与最值.pdf

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高考数学总复****22函数的单调性与最值
【走向高考】高考数学总复****2-2函数的单调性与最值但因为
测试新人教B版
1.(文)(·大连模拟)以下函数在(0,1)上是减函数的是( )
=log(1-x)=x
1-x12
=(1-x)
2
[答案] D
[解析] ∵u=1-x在(0,1)上为减函数,且u>0,∴y=log(1-x)为增函数,y1-x为
增函数;>0,
12
∴幂函数y=x在(0,1)上为增函数;二次函数y=(1-x)开口向下,对称轴x=0,
2
故在(0,1)上为减函数.
(理)(·广州模拟)以下函数f(x)中,满足“对任意x1,x2∈(-∞,0),当x1<x2时,
都有f(x1)<f(x2)〞的函数是( )
(x)=-x+(x)=x2-1
(x)=(x)=ln(-x)
[答案] C
[解析] f(x)=-x+1为减函数,f(x)=x2-1(-∞,1)上为减函数;在f(x)=2x为
增函数,f(x)=ln(-x)为减函数,由条件知f(x)在(-∞,0)上为增函数,故排除A、B、

1
2.(·湖北理,2)U={y|y=log2x,x>1},P={y|y=,x>2},那么∁UP=( )
x
11
A.[B.(0,),+∞)
22
1
C.(0,+∞)D.(-∞,0]∪[,+∞)
2
[答案] A
[解析] ∵U={y|y=log2x,x>1}=(0,+∞),
11
P={y|y=,x>2}=(0,),
x2
1
∴∁UP=[,+∞).
2
3.(文)(·上海文,15)以下函数中,既是偶函数,又在区间(0,+∞)上单调递减的
函数是( )
=x-=x-1
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高考数学总复****22函数的单调性与最值
1
==x3
[答案] A
1
[解析] y=x-1是奇函数,y=x2在(0,+∞)上单调递增,y=x3是奇函数.
(理)(·课标全国文,3)以下函数中,既是偶函数又在(0,+∞)单调递增的函数是
( )
==|x|+1
=-x2+=2-|x|
[答案] B
[解析] A项中y=x3是奇函数而不是偶函数,C项中y=-x2+1是偶函数,但在
(0,+∞)单调递减,D项中y=2-|x|是偶函数但在(0,+∞)上单调递减.

a=2,log1b=,log1c=,那么( )
3(2)
32
<b<<c<b
<c<<a<c
[答案] B
[解析] ∵2<1=0,∴log1log1a<0;
33
11
∵>1,∴log1=1=log1b>1;
32
22
1
∵<1,∴0<c<1,应选B.
(2)
5.(文)(·北京模拟)设函数f(x)=Error!,假设f(a)>a,那么实数a的取值范围是
( )
A.(-∞,-3)B.(-∞,-1)
C.(1,+∞)D.(0,1)
[答案] B
[解析] f(a)>a化为Error!或Error!,
∴a<-1.
1
(理)(·衡水模拟)偶函数f(x)在区间[0,+∞)上单调增加,那么满足f(2x-1)<f()
3
的x的取值范围是( )
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高考数学总复****22函数的单调性与最值
1212
A.()B.[),,
3333
1212
C.()D.[),,
2323
[答案] A
1
[解析] 当2x-1≥0,即x≥时,
2
由于函数f(x)在区间[0,+∞)上单调增加,
11
那么由f(2x-1)<f()得2x-1<,
33
212
即x<,故≤x<;
323
1
当2x-1<0,即x<时,
2
由于函数f(x)是偶函数,
故f(2x-1)=f(1-2x),此时1-2x>0,
11
由f(2x-1)<f()得1-2x<,
33
111
即x><,故x<.
332
12
综上可知x的取值范围是().,
33
11
[点评] (1)由于f(x)为偶函数,∴f(2x-1)<f()⇔f(|2x-1|)<f().
33
(2)可借助图形分析
作出示意图可知:
111
f(2x-1)<f⇔-<2x-1<,
(3)33
12
即<x<.应选A.
33
6.(·青岛模拟)函数f(x)=ax+logax(a>0且a≠1)在[1,2]上的最大值与最小值之和
为loga2+6,那么a的值为( )
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11
.
24

[答案] C
[解析] f(x)在[1,2]上是单调函数,由题意知,a+a2+loga2=loga2+6,∴a2+a-
6=0,∵a>0,∴a=2.
7.(文)如果函数f(x)=ax2+2x-3(-∞,4)上单调递增,那么实数在区间a的取值
范围是________.
1
[答案] [-,0]
4
[解析] (1)当a=0时,f(x)=2x-3,在定义域R(-∞,4)上单上单调递增,故在
调递增;
1
(2)当a≠0时,二次函数f(x)的对称轴为直线x=-,因为f(x)在(-∞,4)上单调
a
111
递增,所以a<0,且-≥4,解得-≤a<-≤a≤0.
a44
2a
(理)假设函数f(x)=-x+2ax与g(x)=在区间[1,2]上都是减函数,那么a的
x+1
取值范围是________.
[答案] (0,1]
[解析] 由f(x)=-x2+2ax得函数对称轴为x=a,
又在区间[1,2]上是减函数,所以a≤1,
a
又g(x)=在[1,2]上减函数,所以a>0,
x+1
综上a的取值范围为(0,1].
8.(文)f(x)=xlnx的单调递减区间是________.
1
[答案] (0,)
e
1
[解析] f′(x)=lnx+1,令f′(x)<0得x<,
e
11
∴0<x<,∴f(x)在上单调递减.(0,)
ee
(理)假设函数f(x)=x2+2x+alnx在(0,1)上单调递减,那么实数a的取值范围是
________.
[答案] a≤-4
[解析] ∵函数f(x)=x2+2x+alnx在(0,1)上单调递减,∴当x∈(0,1)时,f′(x)
a2x2+2x+a
=2x+2+=≤0,∴g(x)=2x2+2x+a≤0在x∈(0,1)时恒成立,
xx
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1
∵g(x)的对称轴x=-,x∈(0,1),
2
∴g(1)≤0,即a≤-4.
9.(·江苏)函数f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是________.
1
[答案] (-,+∞)
2
1
[解析] ∵2x+1>0,∴x>-.
2
1
所求单调增区间为(-,+∞).
2
x
10.(文)f(x)=(x≠a).
x-a
(1)假设a=-2,试证f(x)在(-∞,-2)内单调递增;
(2)假设a>0且f(x)在(1,+∞)内单调递减,求a的取值范围.
[解析] (1)证明:设x1<x2<-2,
x1x2
那么f(x1)-f(x2)=-12
x+2x+2
2x1-x2
=.12
x+2x+2
∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,
∴f(x1)<f(x2),
∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增.
(2)解:设1<x1<x2,那么
x1x2
f(x1)-f(x2)=-12
x-ax-a
ax2-x1
=.12
x-ax-a
∵a>0,x2-x1>0,
∴要使f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0恒成立,∴a≤1.
综上所述知0<a≤1.
[点评] 第(2)问中,由f(x)单调递减知x1<x2时,f(x1)-f(x2)>0(恒成立,从而x1
-a)(x2-a)>0恒成立,由于a>0,x1>1,x2>1,故只有当0<a≤1时才满足.
(理)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)假设f(4)=5,解不等式f(3m2-m-2)<3.
[解析] (1)证明:任取x1、x2∈R且x1<x2,
∴x2-x1>0.
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∴f(x2-x1)>1.
∴f(x2)=f[x1+(x2-x1)]
=f(x1)+f(x2-x1)-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化为f(3m2-m-2)<f(2).
又由(1)的结论知f(x)是R上的增函数,
24
∴3m-m-2<2,∴-1<m<.
3
11.(文)(·平顶山一模)定义在R上的偶函数f(x)满足:对任意x1,x2∈[0,+
fx2-fx1
∞)(x1≠x2),有<0,那么( )21
x-x
(3)<f(-2)<f(1)(1)<f(-2)<f(3)
(-2)<f(1)<f(3)(3)<f(1)<f(-2)
[答案] A
[解析] 由题意f(x)在[0,+∞)上为减函数,
∴f(3)<f(2)<f(1),
又f(x)为偶函数,∴f(-2)=f(2),应选A.
(理)(·山东聊城一中期末)设函数f(x)定义在实数集上,它的图象关于直线x=1对
称,且当x≥1时,f(x)=3x-1,那么有( )
132
<f<f
(3)(2)(3)
231
()<f()<f()
323
213
<f<f
(3)(3)(2)
321
<f<f
(2)(3)(3)
[答案] B
[解析] ∵f(x)的图象关于直线x=1对称,x≥1时,f(x)=3x-1为增函数,故当
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3111112112
x<1时,f(x)为减函数,且f=f1+=f1-=f,∵<<,∴f>f>f,即
(2)(2)(2)(2)323(3)(2)(3)
231
f<f<f,应选B.
(3)(2)(3)
12.(·西安模拟)设函数f(x)=Error!,g(x)=x2f(x-1),那么函数g(x)的递减区间
是( )
A.(0,1)B.(1,+∞)
C.(-∞,0)D.(0,+∞)
[答案] A
[解析] 依题意得,g(x)=x2f(x-1)=Error!,
所以g(x)的递减区间为(0,1).
13.(文)(·抚顺模拟)f(x)=Error!是R上的单调递增函数,那么实数a的取值范围
为( )
A.(1,+∞)B.[4,8)
C.(4,8)D.(1,8)
[答案] B
[解析] 由y=ax(x>1)单调增知a>1;
aa
由y=(4-)x+2(x≤1)单调增知,4->0,∴a<8;
22
a
又f(x)在R上单调增,∴a≥(4-)+2,
2
∴a≥4,综上知,4≤a<8.
[点评] 可用筛选法求解,a=2时,有f(1)=4=f(2),排除A、=4时,f(x)=
Error!,在RC,,排除
(理)(·北京学普教育中心)假设函数f(x)=2x2-lnx在其定义域内的一个子区间(k-
1,k+1)内不是单调函数,那么实数k的取值范围是( )
3
A.[1,+∞)B.[1,)
2
3
C.[1,2)D.[2),
2
[答案] B
11
[解析] 因为f(x)定义域为(0,+∞),f′(x)=4x-,由f′(x)=0,得x=.
x2
据题意,Error!,
3
解得1≤k<B.,选
2
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14.(·天津四校联考)函数f(x)=x2+ax-1[0,3]上有最小值-2,那么实数在区间
a的值为________.
[答案] -2
a
[解析] 当-≤0,即a≥0时,函数f(x)在[0,3]上为增函数,
2
此时,f(x)min=f(0)=-1,不符合题意,舍去;
a
当-≥3,即a≤-6时,函数f(x)在[0,3]上为减函数,
2
10
此时,f(x)min=f(3)=-2,可得a=-,这与a≤-6矛盾;
3
aa
当0<-<3,即-6<a<0时,f(x)min=f(-)=-2,可解得a=-2,符合题意.
22
15.(文)(·北京市东城区)函数f(x)=loga(x+1)-loga(1-x),a>0且a≠1.
(1)求f(x)的定义域;
(2)判断f(x)的奇偶性并予以证明;
(3)当a>1时,求使f(x)>0的x的取值范围.
[解析] (1)要使f(x)=loga(x+1)-loga(1-x)有意义,那么
Error!,解得-1<x<1.
故所求定义域为{x|-1<x<1}.
(2)由(1)知f(x)的定义域为{x|-1<x<1},
且f(-x)=loga(-x+1)-loga(1+x)=-[loga(x+1)-loga(1-x)]=-f(x),故
f(x)为奇函数.
(3)因为当a>1时,f(x)在定义域{x|-1<x<1}内是增函数,
x+1
所以f(x)>0⇔>1.
1-x
解得0<x<1.
所以使f(x)>0的x的取值范围是{x|0<x<1}.
(理)设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c为实数,且a≠0),F(x)=Error!.
(1)假设f(-1)=0,曲线y=f(x)通过点(0,2a+3),且在点(-1,f(-1))处的切线
垂直于y轴,求F(x)的表达式;
(2)在(1)的条件下,当x∈[-1,1]时,g(x)=kx-f(x)是单调函数,求实数k的取值
范围;
(3)设mn<0,m+n>0,a>0,且f(x)为偶函数,证明F(m)+F(n)>0.
[解析] (1)因为f(x)=ax2+bx+c,所以f′(x)=2ax+b.
又曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线垂直于y轴,故f′(-1)=0,
即-2a+b=0,因此b=2a.①
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因为f(-1)=0,所以b=a+c.②
又因为曲线y=f(x)通过点(0,2a+3),
所以c=2a+3.③
解由①,②,③组成的方程组得,a=-3,b=-6,c=-3.
从而f(x)=-3x2-6x-3.
所以F(x)=Error!.
(2)由(1)知f(x)=-3x2-6x-3,
所以g(x)=kx-f(x)=3x2+(k+6)x+3.
由g(x)在[-1,1]上是单调函数知:
k+6k+6
-≤-1或-≥1,
66
得k≤-12或k≥0.
(3)因为f(x)是偶函数,可知b=0.
因此f(x)=ax2+c.
又因为mn<0,m+n>0,
可知m,n异号.
假设m>0,那么n<0.
那么F(m)+F(n)=f(m)-f(n)=am2+c-an2-c
=a(m+n)(m-n)>0.
假设m<0,那么n>0.
同理可得F(m)+F(n)>0.
综上可知F(m)+F(n)>0.
f(x)=ax-lnx,x∈(0,e],a∈R.
(1)假设a=1,求f(x)的极小值;
(2)是否存在实数a,使f(x)的最小值为3.
1x-1
[解析] (1)∵f(x)=x-lnx,f′(x)=1-=,
xx
∴当0<x<1时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减;
当1<x<e时,f′(x)>0,此时f(x)单调递增.
∴f(x)的极小值为f(1)=1.
1
(2)假设存在实数a,使f(x)=ax-lnx,x∈[0,e]有最小值3,f′(x)=a-=
x
ax-1
,
x
4
①当a≤0时,f(x)在(0,e]上单调递增,f(x)min=f(e)=ae-1=3,a=(舍去),所
e
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以,此时f(x)最小值不为3;
1111
②当0<<e时,f(x)在(0,)上单调递减,在上单调递增,,ef(x)min=f=1+
aa(a](a)
lna=3,a=e2,满足条件;
14
③当≥e时,f(x)在(0,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=ae-1=3,a=(舍去),所
ae
以,此时f(x)最小值不为3.
综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时,f(x)有最小值为3.
1.(·上海理,16)以下函数中,既是偶函数,又是在区间(0,+∞)上单调递减的函
数是( )
13
==x
|x|
=2|x|=cosx
[答案] A
[解析] 排除法:B、C(0,+∞)上单调递增,D(0,+∞)上不单调,
x-3
(x)=在(-1,+∞)上单调递增,那么a的取值范围是( )
x+a-2
A.(-∞,1)B.(1,+∞)
C.(-∞,3)D.(3,+∞)
[答案] D
[解析] f(x)在(-a+2,+∞)上是增函数,由条件知-a+2<-1,且-a-1<0,∴
a>3.
(x)=x3-6ax的单调递减区间是(-2,2),那么a的取值范围是( )
A.(-∞,0]B.[-2,2]
C.{2}D.[2,+∞)
[答案] C
[解析] f′(x)=3x2-6a,
假设a≤0,那么f′(x)≥0,∴f(x)单调增,排除A;
假设a>0,那么由f′(x)=0得x=±,当2ax<-和2ax>2a时,f′(x)>0,f(x)
单调增,当-<2ax<2a时,f(x)单调减,
∴f(x)的单调减区间为(-,),从而=2,2a2a2a
∴a=2.
[点评] f(x)的单调递减区间是(-2,2)和f(x)在(-2,2)上单调递减是不同的,应
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加以区分.
f(x)=ln(x+1)-mx在区间(0,1)上恒为增函数,那么实数m的取值范围是( )
A.(-∞,1)B.(-∞,1]
11
C.(-∞,]D.(-∞,)
22
[答案] C
[解析] ∵f(x)=ln(x+1)-mx在区间(0,1)上恒为增函数,
∴f(x)=ln(x+1)-mx在区间[0,1]上恒为增函数,
1
∴f′(x)=-m≥0在[0,1]上恒成立,
x+1
11
∴m≤()min=.
x+12
1
(x)在[0,+∞)上是增函数,假设f()=0,
3
那么适合不等式f(log1x)>0的x的取值范围是( )
27
1
A.(3,+∞)B.(0,)
3
1
C.(0,+∞)D.(0,)∪(3,+∞)
3
[答案] D
1
[解析] ∵定义在R上的偶函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,且f()=0,那么由
3
111
f(log1x)>0,得|log1x|>,即log1x>或log1x<-.选D.
333
27272727
6.(·南充市)函数f(x)图象的两条对称轴x=0和x=1,且在x∈[-1,0]上f(x)单
调递增,设a=f(3),b=f(),2c=f(2),那么a、b、c的大小关系是( )
>b>>c>b
>c>>b>a
[答案] D
[解析] ∵f(x)在[-1,0]上单调增,f(x)的图象关于直线x=0对称,
∴f(x)在[0,1]上单调减;又f(x)的图象关于直线x=1对称,
∴f(x)在[1,2]上单调增,在[2,3]上单调减.
由对称性f(3)=f(-1)=f(1)<f()<2f(2),
即a<b<c.
7.(·四川一模)定义新运算⊕:当a≥b时,a⊕b=a;当a<b时,a⊕b=b2,那么函
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高考数学总复****22函数的单调性与最值
数f(x)=(1⊕x)x-(2⊕x),x∈[-2,2]的最大值等于( )
A.-

[答案] C
[解析] 由⊕的定义知1⊕x=Error!,2⊕x=2,
∴f(x)=Error!,
显然f(x)在[-2,2]上为增函数,
∴f(x)max=f(2)=23-2=6.
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