2014届高考数学一轮复习方案 第5讲 函数的单调性与最值课时作业 新人教B版

1、PAGE PAGE 6课时作业(五)第5讲函数的单调性与最值 (时间：45分钟分值：100分)eq avs4alco1(基础热身)1下列函数中，满足“对任意x1，x2(0，)，当x1f(x2)”的是()Af(x)eq f(1,x) Bf(x)(x1)2Cf(x)ex Df(x)ln(x1)2函数f(x)1eq f(1,x)在3，4)上()A有最小值无最大值B有最大值无最小值C既有最大值又有最小值D最大值和最小值皆不存在32012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()Aycos2x，xR Bylog2|x|，xR且x0Cyeq f(exex,2)，xR Dyx31，

2、xR4函数f(x)eq f(r(x),x1)的最大值为_eq avs4alco1(能力提升)52012宁波模拟 已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f(|x|)f(1)的实数x的取值范围是()A(1，1) B(0，1)C(1，0)(0，1) D(，1)(1，)62012商丘三模 设f(x)x22x3(xR)，则在区间，上随机取一个实数x，使f(x)0的概率为()A.eq f(1,) B.eq f(2,) C.eq f(3,) D.eq f(3,2)72012哈尔滨师范大学附中期中 函数yeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq sup12(f(1,x21)的值域为()A(，

3、1) B.eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，1)C.eq blcrc)(avs4alco1(f(1,2)，1) D.eq blcrc)(avs4alco1(f(1,2)，)82013惠州二调 已知函数f(x)ex1，g(x)x24x3，若有f(a)g(b)，则b的取值范围为()A(2eq r(2)，2eq r(2) B2eq r(2)，2eq r(2)C1，3 D(1，3)92012长春外国语学校月考 已知函数f(x)eq blc(avs4alco1(ax（x0），,（a3）x4a（x0）)满足对任意的实数x1x2都有eq f(f（x1）f（x2）,x1x2)0成立，则实

4、数a的取值范围是()A(3，) B(0，1)C.eq blc(rc(avs4alco1(0，f(1,4) D(1，3)10若函数yf(x)的值域是eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，3)，则函数F(x)f(x)eq f(1,f（x）)的值域是_11若在区间eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)上，函数f(x)x2pxq与g(x)xeq f(1,x)在同一点取得相同的最小值，则f(x)在该区间上的最大值是_12函数yeq f(x,xa)在(2，)上为增函数，则a的取值范围是_13函数ylneq f(1x,1x)的单调递增区间是_14(10分)试讨论函数f(x)e

5、q f(x,x21)的单调性15(13分)已知函数f(x)aeq f(1,|x|).(1)求证：函数yf(x)在(0，)上是增函数；(2)若f(x)0时，f(x)eq f(r(x),x1)eq f(1,r(x)f(1,r(x)，而eq r(x)eq f(1,r(x)2，当且仅当x1时等号成立，所以f(x)eq f(1,2).【能力提升】5D解析 因为f(x)为R上的减函数，且f(|x|)1.所以x1.故选D.6B解析 解x22x30得，1x3，所以，满足条件的概率为eq f(3（1）,2)eq f(2,).故选B.7C解析 因为x211，所以0eq f(1,x21)1，令teq f(1,x21

6、)，则eq f(1,2)1eq f(1,2)teq f(1,2)0，即eq f(1,2)eq f(1,2)t1，所以eq f(1,2)y1，g(x)x24x3(x2)211，若有f(a)g(b)，则g(b)(1，1，即b24b31，解得2eq r(2)b2eq r(2).9C解析 由题设条件知函数f(x)在R上为减函数，所以x0时，f(x)ax为减函数，则a(0，1)；x0时，f(x)(a3)x4a为减函数，则a30，且f(0)(a3)04aa0，得aeq f(1,4).综上知00，所以得函数的单调增区间为(，a)，(a，)，要使yeq f(x,xa)在(2，)上为增函数，只需2a，即a2.1

7、3(1，1)解析 由eq f(1x,1x)0得函数的定义域为(1，1)，原函数的递增区间即为函数u(x)eq f(1x,1x)在(1，1)上的递增区间，由于u(x)eq f(1x,1x)eq f(2,（1x）2)0.故函数u(x)eq f(1x,1x)的递增区间为(1，1)，即为原函数的递增区间14解：f (x)的定义域为R，在定义域内任取x1x2，有f(x1)f(x2)eq f(x1,xeq oal(2,1)1)eq f(x2,xeq oal(2,2)1)eq f(（x1x2）（1x1x2）,（xeq oal(2,1)1）（xeq oal(2,2)1）)，其中x1x20，xeq oal(2,

8、1)10，xeq oal(2,2)10.当x1，x2(1，1)时，即|x1|1，|x2|1，所以|x1x2|1，则x1x21，1x1x20，f(x1)f(x2)0，f(x1)f(x2)，所以f(x)为增函数当x1，x2(，1或1，)时，1x1x20，f(x1)f(x2)，所以f(x)为减函数综上所述，f(x)在(1，1)上是增函数，在(，1和1，)上是减函数15解：(1)证明：当x(0，)时，f(x)aeq f(1,x)，设0 x10，x2x10.f(x1)f(x2)aeq f(1,x1)aeq f(1,x2)eq f(1,x2)eq f(1,x1)eq f(x1x2,x1x2)0.f(x1)f(x2)，即f(x)在(0，)上是增函数(2)由题意aeq f(1,x)2x在(1，)上恒成立，设h(x)2xeq f(1,x)，则ah(x)在(1，)上恒成立可证h(x)在(1，)上单调递增所以ah(1)，即a3.所以a的取值范围为(，3【难点突破】16解：(1)f(x)eq f(x2,x2)eq f(（x2）22,x2)(x2)eq f(4,x2)4，令x2t，由于yteq f(4,t)4在(，2)，(2，)内单调递增，在(2，0)，(0，2)内单调递减，容易求得f(x)的单调递增区间为(，0)，(4，)；单调递减区间为(0，2)，(2，4)(2)f(x)在x