【优化方案】2014届高考数学2.3 函数的单调性及最值 课时闯关(含答案解析)


一、选择题 1.给定函数①y=x2;②y=log1(x+1);③y=|x-1|;④y=2x 1.其中在区间(0,1)上单调
2 1


递减的函数的序号是( A.①② C.③④

) B.②③ D.①④
1

解析:选 B.①函数 y=x2在(0,+∞)上为增函数; ②y=log1(x+1)在(-1,+∞)上为减函数,故在(0,1)上也为减函数;③y=|x-1|在(0,1)
2

上为减函数; + ④y=2x 1 在(-∞,+∞)上为增函数,故选 B. 2.(2013· 江西重点盟校二次联考)定义在 R 上的偶函数 f(x)满足:对任意 x1,x2∈[0,+ f?x1?-f?x2? ∞),且 x1≠x2 都有 >0 则( ) x1-x2 A.f(3)<f(-2)<f(1) B.f(1)<f(-2)<f(3) C.f(-2)<f(1)<f(3) D.f(3)<f(1)<f(-2) 解析:选 B.由已知得 f(x)在[0,+∞)上为增函数,且 f(x)为偶函数,所以 f(3)>f(2)=f(- 2)>f(1),故选 B. 3.定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(-x)=-f(x),当 m>0 时,f(x+m)<f(x),则不等式 f(x) +f(x2)<0 的解集是( ) A.(-∞,-1)∪(0,+∞) B.(-1,0) C.(0,1) D.(-1,1) 解析:选 A.∵f(-x)=-f(x),∴f(x)是奇函数. 又当 m>0 时,f(x+m)<f(x),∴f(x)是减函数. ∴f(x)+f(x2)<0 可化为 f(x)<f(-x2). 即 x>-x2.∴x>0 或 x<-1. 即解集为(-∞,-1)∪(0,+∞). 4. (2011· 高考辽宁卷)函数 f(x)的定义域为 R, f(-1)=2, 对任意 x∈R, f′(x)>2, f(x)>2x 则 +4 的解集为( ) A.(-1,1) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞) 解析:选 B.设 m(x)=f(x)-(2x+4), 则 m′(x)=f′(x)-2>0,∴m(x)在 R 上是增函数. ∵m(-1)=f(-1)-(-2+4)=0, ∴m(x)>0 的解集为{x|x>-1}, 即 f(x)>2x+4 的解集为(-1,+∞). 5.(2012· 高考天津卷)下列函数中,既是偶函数,又在区间(1,2)内是增函数的为( ) A.y=cos 2x,x∈R B.y=log2|x|,x∈R 且 x≠0 - ex-e x C.y= ,x∈R D.y=x3+1,x∈R 2 解析:选 B.由函数是偶函数可以排除 C 和 D,又函数在区间(1,2)内为增函数,而此时 y =log2|x|=log2x 为增函数,所以选择 B. 二、填空题 6.函数 y=-(x-3)|x|的递增区间是________.

解析:y=-(x-3)|x| ?-x2+3x ?x>0? ? =? 2 . ? ?x≤0? ?x -3x 3 作出该函数的图象,观察图象知递增区间为?0,2?, ? ? 3 答案:?0,2? ? ? 7.f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,对正实数 x,y 都有:f(xy)=f(x)+f(y)成立.则不 等式 f(log2x)<0 的解集为________. 解析:令 x=y=1 得 f(1)=f(1)+f(1), 即 f(1)=0,则 f(log2x)<0, 即为 f(log2x)<f(1),于是 0<log2x<1, 解集为{x|1<x<2},故填{x|1<x<2}. 答案:{x|1<x<2} 8.(2011· 高考四川卷)函数 f(x)的定义域为 A,若 x1,x2∈A 且 f(x1)=f(x2)时总有 x1=x2, 则称 f(x)为单函数.例如,函数 f(x)=2x+1(x∈R)是单函数.下列命题中: ①函数 f(x)=x2(x∈R)是单函数; ②若 f(x)为单函数,x1,x2∈A 且 x1≠x2,则 f(x1)≠f(x2); ③若 f:A→B 为单函数,则对于任意 b∈B,它至多有一个原象; ④ 函 数 f(x) 在 某 区 间 上 具 有 单 调 性 , 则 f(x) 一 定 是 单 函 数 . 其 中 的 真 命 题 是 __________.(写出所有真命题的编号) 解析:当 f(x)=x2 时,不妨设 f(x1)=f(x2)=4,有 x1=2,x2=-2,此时 x1≠x2,故①不 正确;由 f(x1)=f(x2)时总有 x1=x2 可知,当 x1≠x2 时,f(x1)≠f(x2),故②正确;若 b∈B,b 有两个原象时,不妨设为 a1,a2,可知 a1≠a2,但 f(a1)=f(a2),与题中条件矛盾,故③正确; 函数 f(x)在某区间上具有单调性时在整个定义域上不一定单调,因而 f(x)不一定是单函数, 故④不正确.故答案为②③. 答案:②③ 三、解答题 ax 9.试讨论函数 f(x)= 2 ,x∈(-1,1)的单调性(其中 a≠0). x -1 解:任取 x1,x2∈(-1,1),且 x1<x2,则 Δx=x2-x1>0, ax2 ax1 则 Δy=f(x2)-f(x1)= 2 - 2 x2-1 x1-1 a?x1-x2??x1x2+1? = . 2 ?x2-1??x2-1? 1 ∵-1<x1<x2<1,∴|x1|<1,|x2|<1, x1-x2<0,x2-1<0,x2-1<0,|x1x2|<1, 1 2 即-1<x1x2<1,∴x1x2+1>0, ?x1-x2??x1x2+1? ∴ 2 <0.因此,当 a>0 时,Δy=f(x2)-f(x1)<0,此时函数 f(x)在(-1,1)上为 ?x2-1??x2-1? 1 减函数;当 a<0 时,Δy=f(x2)-f(x1)>0,此时函数 f(x)在(-1,1)上为增函数. 10.若函数 f(x)=log2(ax2+2x+5)在(-2,+∞)单调递增,求 a 的取值范围. 解:设 u(x)=ax2+2x+5,y=log2u, ∵y=log2u 在 u∈(0,+∞)为增函数,∴u(x)=ax2+2x+5 在(-2,+∞)上为增函数且

恒有 ax2+2x+5>0 即可. ?-1≤-2 ? ∴当 a>0 时? a

?a≤1 ? ,∴? 2 , ?u?-2?≥0 ?4a-4+5≥0 ? ?

1 ∴0<a≤ . 2 当 a=0 时,u(x)=2x+5 显然成立. 1 ∴0≤a≤ . 2 11.(探究选做)已知函数 f(x)对于任意 x,y∈R,总有 f(x)+f(y)=f(x+y),且当 x>0 时, 2 f(x)<0,f(1)=- . 3 (1)求证:f(x)在 R 上是减函数; (2)求 f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值. 解:(1)证明:设 x1>x2, 则 f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(x2) =f(x1-x2). 又∵x>0 时,f(x)<0,而 x1-x2>0, ∴f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2), ∴f(x)在 R 上为减函数. (2)由(1)可知 f(x)在[-3,3]上是减函数, ∴fmax=f(-3),fmin=f(3), f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=3f(1)=-2. 又∵f(0)+f(0)=f(0),∴f(0)=0, f(-3)+f(3)=f(0),∴f(-3)=-f(3)=2, ∴最大值为 2,最小值为-2.


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