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2018届高考数学一轮复习必修一第二章-课后巩固训练(5)-函数的单调性与最值



2018 高三高考数学一轮复习资料-必修一

2018 届高考数学一轮复习课后巩固训练(五)
函数的单调性与最值
[基础训练组] 1.函数 f(x)中,满足“对任意 x1,x2∈(0,+∞),当 x1<x2 时,都有 f(x1)>f(x2)”的是( 1 A.f(x)= x C.f(x)=ex B.f(x)=(x-1)2 D.f(x)=ln(

x+1) )

[解析] 由题意知 f(x)在(0,+∞)上是减函数. 1 A 中,f(x)= 满足要求; x B 中,f(x)=(x-1)2 在[0,1]上是减函数,在(1,+∞)上是增函数; C 中,f(x)=ex 是增函数; D 中,f(x)=ln(x+1)是增函数. [答案] A 2.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( 3? A.? ?0,4? 3? C.? ?0,4? 3? B.? ?0,4? 3? D.? ?0,4? )

[解析] 当 a=0 时,f(x)=-12x+5,在(-∞,3)上是减函数;

?a>0 当 a≠0 时,由? 4?a-3? ?- 4a ≥3
3 综上,a 的取值范围是 0≤a≤ 4 [答案] D

3 ,得 0<a≤ . 4

3.(2016· 牡丹江月考)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,则( ) 2? ?3? ?1? B.f? ?3?<f?2?<f?3? 3? ?2? ?1? D.f? ?2?<f?3?<f?3?

1? ?3? ?2? A.f? ?3?<f?2?<f?3? 2? ?1? ?3? C.f? ?3?<f?3?<f?2?

3? [解析] 由题设知,当 x<1 时,f(x)单调递减,当 x≥1 时,f(x)单调递增,而 x=1 为对称轴,∴f? ?2?= 1? ? 1? ?1? 1 1 2 f? ?1+2?=f?1-2?=f?2?,又3<2<3<1,
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1? ?1? ?2? ?1? ?3? ?2? ∴f? ?3?>f?2?>f?3?,即 f?3?>f?2?>f?3?. [答案] B
2 ? ?x +4x,x≥0, 4.已知函数 f(x)=? 若 f(2-a2)>f(a),则实数 a 的取值范围是( 2 ?4x-x ,x<0 ?

)

A.(-∞,-1)∪(2,+∞) C.(-2,1)

B.(-1,2) D.(-∞,-2)∪(1,+∞)

[解析] 由题意知 f(x)在 R 上是增函数,由题意得 2-a2>a,解得-2<a<1. [答案] C f?x? 5.已知函数 f(x)=x2-2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,则函数 g(x)= 在区间(1,+∞)上一定 x ( ) A.有最小值 C.是减函数 B.有最大值 D.是增函数

f?x? a [解析] 由题意知 a<1,∴g(x)= =x+ -2a,当 a<0 时,显然 g(x)在区间(1,+∞)上单调递增, x x 当 a>0 时,g(x)在[ a,+∞)上是增函数,故在(1,+∞)上为增函数,∴g(x)在(1,+∞)上一定是增函数. [答案] D 6.(2014· 天津高考)函数 f(x)=lg x2 的单调递减区间是________. [解析] 函数 f(x)=lg x2 的单调递减区间需满足 x2>0 且 y=x2 单调递减,故 x∈(-∞,0). [答案] (-∞,0) ax+1 7.设函数 f(x)= 在区间(-2,+∞)上是增函数,那么 a 的取值范围是________. x+2a ax+2a2-2a2+1 2a2-1 [解析] f(x)= =a- , x+2a x+2a 其对称中心为(-2a,a).
2 ? ?2a2-1>0 ?2a -1>0 ∴? ?? ?a≥1. ?a≥1 ?-2a≤-2 ?

[答案] [1,+∞) 8.(2016· 荆州质检)函数 f(x)=|x3-3x2-t|,x∈[0,4]的最大值记为 g(t),当 t 在实数范围内变化时,g(t) 的最小值为________. [解析] 令 g(x)=x3-3x2-t,则 g′(x)=3x2-6x,令 g′(x)≥0,则 x≤0 或 x≥2,在[0,2]上 g(x)为减 函数,在[2,4]上 g(x)为增函数,故 f(x)的最大值 g(t)=max{|g(0)|,|g(2)|,|g(4)|},又|g(0)|=|t|,|g(2)|=|4+t|,
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|g(4)|=|16-t|,在同一坐标系中分别作出它们的图象,由图象可知,在 y=16-t(t≤16)与 y=4+t(t≥-4) 的交点处,g(t)取得最小值,由 16-t=4+t,得 2t=12,t=6,∴g(t)min=10.

[答案] 10 x 9.已知 f(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] 任取 x1<x2<-2, 则 f(x1)-f(x2)= 2?x1-x2? x2 - x1+2 x2+2 x1



. ?x1+2??x2+2?

∵(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 f(x1)-f(x2)= a?x2-x1? x2 - = . x1-a x2-a ?x1-a??x2-a? x1

∵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 a 的取值范围是(0,1]. 10. (2016· 赣州市十二县(市)联考)已知函数 g(x)=ax2-2ax+1+b(a>0)在区间[2,3]上有最大值 4 和最小 g?x? 值 1.设 f(x)= . x (1)求 a、b 的值; (2)若不等式 f(2x)-k· 2x≥0 在 x∈[-1,1]上有解,求实数 k 的取值范围. 解:(1)g(x)=a(x-1)2+1+b-a,因为 a>0,所以 g(x)在区间[2,3]上是增函数,

? ? ?g?2?=1 ?a=1 故? ,解得? . ?g?3?=4 ?b=0 ? ?

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1 ?2 1 1 1 (2)由已知可得 f(x)=x+ -2,所以 f(2x)-k· 2x≥0 可化为 2x+ x-2≥k· 2x,即为 1+? ≥k.令 t ?2x? -2· x 2 2x 1 = x,则 k≤t2-2t+1,因 x∈[-1,1], 2 1 ? 故 t∈? ?2,2?. 1 ? 记 h(t)=t2-2t+1,因为 t∈? ?2,2?,故 h(t)max=1, 所以 k 的取值范围是 (-∞,1].

[能力提升组] a ?x>1?, ? ? 11.已知 f(x)=?? a? 是 R 上的单调递增函数,则实数 a 的取值范围为( 4- x+2 ?x≤1? ? ?? 2? A.(1,+∞) C.(4,8) B.[4,8) D.(1,8)
x

)

[解析] 因为 f(x)是 R 上的单调递增函数,

? a 所以可得?4-2>0 +2 ?a≥4-a 2
a>1 [答案] B 的取值范围是( A.(0,1) C.(1,+∞) )

.解得 4≤a≤8,故选 B.

12.(2016· 福建质检)已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且在[0,+∞)上单调递增,若 f(lg x)<0,则 x

B.(1,10) D.(10,+∞)

[解析] 因为 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且在[0,+∞)上单调递增,所以 f(0)=0,且函数 f(x)在(- ∞,+∞)上单调递增,因为 f(lg x)<0,所以 f(lg x)<f(0),所以 lg x<0,所以 0<x<1.故选 A. [答案] A
?f?x?,f?x?≤k, ? 13.设函数 y=f(x)在(-∞,+∞)内有定义.对于给定的正数 k,定义函数 fk(x)=? 取 ? ?k,f?x?>k,

函数 f(x)=2

-|x|

1 .当 k= 时, 函数 fk(x)的单调递增区间为( 2 B.(0,+∞) D.(1,+∞)

)

A.(-∞,0) C.(-∞,-1) 1 [解析] 由 f(x)> ,得-1<x<1. 2

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1 由 f(x)≤ ,得 x≤-1 或 x≥1. 2 2 ,x≥1, ? ?1 (x)=?2,-1<x<1, ? ?2 ,x≤-1.
-x x

所以f1
2

故f1 x)的单调递增区间为(-∞,-1).
2

[答案] C 14.(2016· 厦门质检)已知函数 f(x)=x2(ex+e x)-(2x+1)2(e2x 1+e
- + -2x-1

),则满足 f(x)>0 的实数 x 的取

值范围是________. [解析] f(x)=x2(ex+e-x)-(2x+1)2(e2x+1+e-2x-1),设 g(x)=x2(ex+e-x),则 g(-x)=(-x)2(e-x+ex)

=x2(ex+e-x)=g(x),∴函数 g(x)为偶函数,∴g′(x)=2x(ex+e-x)+x2(ex-e-x)=(2x+x2)ex+(2x-x2)e-x= ?2x+x2?e2x+?2x-x2? ?2x+x2?e2x+?2x-x2? 2x+x2+2x-x2 4x ,当 x>0 时,g′(x)= > = x >0,∴g(x)在(0,+ ex ex ex e ∞)上单调递增,∵f(x)>0,∴g(x)-g(2x+1)>0,∴g(|x|)>g(|2x+1|),即|x|>|2x+1|,x2>(2x+1)2,3x2+4x+ 1 1<0,∴-1<x<- . 3 1? [答案] ? ?-1,-3? f?a?+f?b? 15.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 >0 a+b 成立. (1)判断 f(x)在[-1,1]上的单调性,并证明它; 1 ? 1 x+ ?<f? (2)解不等式:f? x-1 ; ? 2?

?

?

(3)若 f(x)≤m2-2am+1 对所有的 a∈[-1,1]恒成立,求实数 m 的取值范围. 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)



f?x1?+f?-x2? · (x1-x2), x1+?-x2?

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

? ? 1 ∴?-1≤x+2≤1, 1 ? -1≤ ? x-1≤1.
∴在[-1,1]上,f(x)≤1.

1 1 x+ < , 2 x-1

3 ∴- ≤x<-1. 2

(3)∵f(1)=1,f(x)在[-1,1]上单调递增.

问题转化为 m2-2am+1≥1, 即 m2-2am≥0,对 a∈[-1,1]恒成立. 设 g(a)=-2ma+m2≥0. ①若 m=0,则 g(a)=0≥0,对 a∈[-1,1]恒成立. ②若 m≠0,则 g(a)为 a 的一次函数,若 g(a)≥0,对 a∈[-1,1]恒成立,必须有 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.

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