【创新设计】2014高考数学一轮复习 限时集训(六)函数的单调性与最值 理 新人教A版


限时集训(六)

函数的单调性与最值

(限时:45 分钟 满分:81 分)

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.(2012·广东高考)下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是( A.y=ln(x+2) B.y=- x+1 1 D.y=x+ )

?1?x C.y=? ? ?2?
2.已知函数 f(x)=log2x+ A.f(x1)<0,f(x2)<0 C.f(x1)>0,f(x2)<0 3.若 f(x)=-x +2ax 与 g(x)= ( ) A.(-1,0)∪(0,1) C.(0,1)
2

x
)

1 ,若 x1∈(1,2),x2∈(2,+∞),则( 1-x B.f(x1)<0,f(x2)>0 D.f(x1)>0,f(x2)>0

a 在区间[1,2]上都是减函数,则 a 的取值范围是 x+1

B.(-1,0)∪(0,1] D.(0,1]

4. (2013·潍坊模拟)已知函数 f(x)的图象向左平移 1 个单位后关 于 y 轴对称, x2>x1>1 当

? 1? 时,[f(x2)-f(x1)]·(x2-x1)<0 恒成立,设 a=f?- ?,b=f(2),c=f(3),则 a,b,c 的 ? 2?
大小关系为( A.c>a>b C.a>c>b ) B.c>b>a D.b>a>c

? 1? 2 5.若函数 f(x)=loga(2x +x)(a>0 且 a≠1)在区间?0, ?内恒有 f(x)>0,则 f(x)的单 ? 2?
调递增区间为( 1? ? A.?-∞,- ? 4? ? C.(0,+∞) )

? 1 ? B.?- ,+∞? ? 4 ?
1? ? D.?-∞,- ? 2? ?

6.定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)+f?

y? ,当 x<0 时,f(x)>0,则函数

f(x)在[a,b]上有(
A.最小值 f(a) C.最小值 f(b)

) B.最大值 f(b) D.最大值 f?

?a+b? ? ? 2 ?
1

二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分)

?1?x 7.函数 f(x)=? ? -log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为________. ?3?
8.(2013·东城模拟)函数 f(x)的定义域为 A,若 x1,x2∈A 且 f(x 1)=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. 给出下列命题: ①函数 f(x)=x (x∈R)是单函数; ②指数函数 f(x)=2 (x∈R)是单函数; ③若 f(x)为单函数,x1,x2∈A 且 x1≠x2,则 f(x1)≠f(x2); ④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数. 其中真命题是________(写出所有真命题的编号).
?e -2,x≤0, ? 9.已知函数 f(x)=? ? ?2ax-1,x>0
-x 2

x

(a 是常数且 a>0).对于下列命题:

①函数 f(x)的最小值是-1; ②函数 f(x)在 R 上是单调函数; ③若 f(x)>0 在

?1,+∞?上恒成立, a 的取值范围是 a>1; ④对任意的 x <0, <0 且 x ≠x , f?x1+x2? 则 x2 ?2 ? 1 1 2 恒有 ? ? ? ? ? 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). 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 1 1 10.已知函数 f(x)= - (a>0,x>0).

a x

(1)求证:f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数;

?1 ? ?1 ? (2)若 f(x)在? ,2?上的值域是? ,2?,求 a 的值. ?2 ? ?2 ?
11.已知函数 f (x)对任意的 a,b∈R 恒有 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(3m -m-2)<3. 12.已知 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且 f(1)=1,若 a,b∈[-1,1],a+b≠0 时,有
2

f? a? +f? b? >0 成立. a+ b

(1)判断 f(x)在[-1,1]上的单调性,并证明它;

? 1? ? 1 ?; (2)解不等式 f?x+ ?<f? ? ? 2? ?x-1?
(3)若 f(x)≤m -2am+1 对所有的 a∈[-1,1]恒成立,求实数 m 的取值范围.
2
2





限时集训(六) 函数的单调性与最值 1.A 2.B 3.D 4.D 5.D 7.3 8.②③④ 9.①③④ 10.解:(1)证明:设 x2>x1>0, 则 x2-x1>0,x1x2>0, 1 1 ∵f(x2)-f(x1)= - - 6.C

a

x2

?1- 1 ?= 1 - 1 =x2-x1>0, ?a x1? x x ? ? 1 2 x1x2
∴f(x2)>f(x1).∴f(x)在(0,+∞)上是单调递增的.

?1 ? ?1 ? ?1 ? ?1? 1 (2)∵f(x)在? ,2?上的值域是? ,2?,又 f(x)在? ,2?上单调递增,∴f? ?= ,f(2) ?2 ? ?2 ? ?2 ? ?2? 2
=2. 2 ∴易得 a= . 5 11.解:(1)证明:任取 x1,x2∈R, 且 x1<x2, ∵f(x2)=f((x2-x1)+x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1, 又 x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1. ∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0, 即 f(x2)>f(x1). ∴f(x)是 R 上的增函数. (2)令 a=b=2,得 f(4)=f(2)+f(2)-1=2f(2)-1, ∴f(2)=3. 而 f(3m -m-2)<3,∴f(3m -m-2)<f(2). 又 f(x)在 R 上是单调递增函数, 4 2 ∴3m -m-2<2,解得-1<m< . 3 4? ? 故原不等式的解集为?-1, ?. 3? ? 12.解:(1)任取 x1,x2∈[-1,1]且 x1<x2, 则-x2∈[-1,1],∵f(x)为奇函数, ∴f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)
2 2

3



f? x1? +f? -x2? ·(x1-x2), x1+? -x2? f? x1? +f? -x2? >0, x1+? -x2?

由已知得

x1-x2<0,
∴f(x1)-f(x2)<0 ,即 f(x1)<f? ∴f(x)在[-1,1]上单调递增. (2)∵f(x)在[-1,1]上单调递增,

x2? .

? ? 1 ∴?-1≤x+ ≤1, 2 1 ?-1≤x-1≤1, ?
x+ < , 2 x-1
1 1 ∴在[-1,1]上,f(x)≤1. 问题转化为 m -2am+1≥1,
2

3 解得- ≤x<-1. 2

(3)∵f(1)=1,f(x)在[-1, 1]上单调递增.

即 m -2am≥0,对 a∈[-1,1]成立. 下面来求 m 的取值范围. 设 g(a)=-2m·a+m ≥0. ①若 m=0,则 g(a)=0≥0, 对 a∈[-1,1]恒成立. ②若 m≠0, g(a)为 a 的一次函数, g(a)≥0, a∈[-1,1]恒成立, 则 若 对 必须 g(-1)≥0, 且 g(1) ≥0, ∴m≤-2,或 m≥2. ∴m 的取值范围是 m=0 或 m≥2 或 m≤-2.
2

2

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