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文档简介

学必求其心得,业必贵于专精学必求其心得,业必贵于专精学必求其心得,业必贵于专精2.2函数的单调性与最值[知识梳理]1.函数的单调性(1)单调函数的定义(2)函数单调性的三种等价形式设任意x1,x2∈[a,b]且x1<x2,那么①x1-x2<0,若f(x1)-f(x2)〈0⇔f(x)在[a,b]上是增函数;若f(x1)-f(x2)〉0⇔f(x)在[a,b]上是减函数.②eq\f(fx1-fx2,x1-x2)〉0⇔f(x)在[a,b]上是增函数;eq\f(fx1-fx2,x1-x2)〈0⇔f(x)在[a,b]上是减函数.③(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]〉0⇔f(x)在[a,b]上是增函数;(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]〈0⇔f(x)在[a,b]上是减函数.注:研究函数单调区间的注意事项(1)单调性是与“区间”紧密相关的概念,一个函数在不同的区间上,可以有不同的单调性.(2)函数的单调性只能在函数的定义域内来讨论,求函数的单调区间,必须先求函数的定义域.(3)函数的单调性是对某个区间而言的,所以要受到区间的限制.例如函数y=eq\f(1,x)分别在(-∞,0),(0,+∞)内都是单调递减的,但不能说它在整个定义域即(-∞,0)∪(0,+∞)内单调递减,只能分开写,即函数的单调减区间为(-∞,0)和(0,+∞).2.函数的最值函数的最大值对应图象最高点的纵坐标,函数的最小值对应图象最低点的纵坐标.注:(1)函数的值域一定存在,而函数的最值不一定存在.(2)若函数的最值存在,则一定是值域中的元素;若函数的值域是开区间,则函数无最值,若函数的值域是闭区间,则闭区间上的端点值就是函数的最值.[诊断自测]1.概念思辨(1)函数y=eq\f(1,x)的单调递减区间是(-∞,0)∪(0,+∞).()(2)设任意x1,x2∈[a,b]且x1≠x2,那么f(x)在[a,b]上是增函数⇔eq\f(fx1-fx2,x1-x2)〉0⇔(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0。()(3)函数y=f(x)在[0,+∞)上为增函数,则函数y=f(x)的增区间为[0,+∞).()(4)闭区间上的单调函数,其最值一定在区间端点取到.()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2.教材衍化(1)(必修A1P39B组T3)下列函数中,在区间(-∞,0)上是减函数的是()A.y=2x B.y=logeq\s\do8(\f(1,2))xC.y=x-1 D.y=x3答案C解析函数y=2x在区间(-∞,0)上是增函数;函数y=logeq\s\do8(\f(1,2))x在区间(-∞,0)上无意义;函数y=x-1在区间(-∞,0)上是减函数;函数y=x3在区间(-∞,0)上是增函数.故选C.(2)(必修A1P45B组T4)已知函数f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x2-ax-5x≤1,,\f(a,x)x〉1))是R上的增函数,则a的取值范围是()A.-3≤a<0 B.-3≤a≤-2C.a≤-2 D.a〈0答案B解析∵函数f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x2-ax-5x≤1,,\f(a,x)x〉1))是R上的增函数,设g(x)=-x2-ax-5(x≤1),h(x)=eq\f(a,x)(x〉1),由分段函数的性质可知,函数g(x)=-x2-ax-5在(-∞,1]单调递增,函数h(x)=eq\f(a,x)在(1,+∞)单调递增,且g(1)≤h(1),∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-\f(a,2)≥1,,a<0,,-a-6≤a,))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤-2,,a<0,,a≥-3,))解得-3≤a≤-2。故选B。3.小题热身(1)(2014·天津高考)函数f(x)=logeq\s\do8(\f(1,2))(x2-4)的单调递增区间为()A.(0,+∞) B.(-∞,0)C.(2,+∞) D.(-∞,-2)答案D解析由x2-4〉0得x〈-2或x〉2.令u=x2-4,易知u=x2-4在(-∞,-2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数,y=logeq\s\do8(\f(1,2))u为减函数,故f(x)的单调递增区间为(-∞,-2).故选D.(2)(2017·保定期末)直角梯形OABC中AB∥OC,AB=1,OC=BC=2,直线l:x=t截该梯形所得位于l左边图形面积为S,则函数S=f(t)的图象大致为()答案C解析由题意可知:当0〈t≤1时,f(t)=eq\f(1,2)·t·2t=t2,当1〈t≤2时,f(t)=1×2×eq\f(1,2)+(t-1)·2=2t-1;所以f(t)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t2,0〈t≤1,,2t-1,1〈t≤2。))结合不同段上函数的性质,可知选项C符合.故选C。题型1函数单调性的判断与证明eq\o(\s\do1(典例))已知函数f(x)=eq\r(x2+1)-ax,其中a>0.(1)若2f(1)=f(-1),求a的值;(2)证明:当a≥1时,函数f(x)在区间[0,+∞)上为单调减函数.本题用定义法.解(1)由2f(1)=f(-1),可得2eq\r(2)-2a=eq\r(2)+a,得a=eq\f(\r(2),3).(2)证明:任取x1,x2∈[0,+∞),且x1〈x2,f(x1)-f(x2)=eq\r(x\o\al(2,1)+1)-ax1-eq\r(x\o\al(2,2)+1)+ax2=eq\r(x\o\al(2,1)+1)-eq\r(x\o\al(2,2)+1)-a(x1-x2)=eq\f(x\o\al(2,1)-x\o\al(2,2),\r(x\o\al(2,1)+1)+\r(x\o\al(2,2)+1))-a(x1-x2)=(x1-x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,\r(x\o\al(2,1)+1)+\r(x\o\al(2,2)+1))-a))。∵0≤x1<eq\r(x\o\al(2,1)+1),0〈x2〈eq\r(x\o\al(2,2)+1),∴0〈eq\f(x1+x2,\r(x\o\al(2,1)+1)+\r(x\o\al(2,2)+1))〈1。又∵a≥1,∴f(x1)-f(x2)〉0,∴f(x)在[0,+∞)上单调递减.方法技巧确定函数单调性(区间)的常用方法1.定义法:本例采用了定义法.一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论.其关键是作差变形,为了便于判断差的符号,通常将差变成因式连乘(除)或平方和的形式,再结合变量的范围、假定的两个自变量的大小关系及不等式的性质进行判断.见典例.2.图象法:如果f(x)是以图象形式给出的,或者f(x)的图象易作出,则可由图象的直观性确定它的单调性.如冲关针对训练1.3.导数法:本例也可采用求导法.利用导数取值的正负确定函数的单调性.见冲关针对训练2。冲关针对训练1.已知函数f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2+4x,x≥0,,4x-x2,x〈0,))若f(2-a2)>f(a),则实数a的取值范围是()A.(-∞,-1)∪(2,+∞) B.(-1,2)C.(-2,1) D.(-∞,-2)∪(1,+∞)答案C解析依题意知f(x)在R上是增函数,由f(2-a2)>f(a),得2-a2〉a,解得-2〈a<1。故选C.2.讨论函数f(x)=x+eq\f(a,x)(a>0)在(0,+∞)上的单调性.解∵f(x)=x+eq\f(a,x)(a〉0),∴f′(x)=1-eq\f(a,x2)=eq\f(x2-a,x2)=eq\f(x+\r(a)x-\r(a),x2),令f′(x)=0,计算得出x=±eq\r(a),当f′(x)〉0,即x〉eq\r(a)时,f(x)单调递增,当f′(x)〈0,即0<x<eq\r(a)时,f(x)单调递减,综上所述,x∈(eq\r(a),+∞),函数f(x)单调递增,x∈(0,eq\r(a)),函数f(x)单调递减。题型2求函数的单调区间eq\o(\s\do1(典例1))(2017·全国卷Ⅱ)函数f(x)=ln(x2-2x-8)的单调递增区间是()A.(-∞,-2) B.(-∞,1)C.(1,+∞) D.(4,+∞)根据复合函数单调性的“同增异减”求解.答案D解析由x2-2x-8〉0,得x>4或x〈-2。设t=x2-2x-8,则y=lnt为增函数.要求函数f(x)的单调递增区间,即求函数t=x2-2x-8的单调递增区间.∵函数t=x2-2x-8的单调递增区间为(4,+∞),∴函数f(x)的单调递增区间为(4,+∞).故选D。[条件探究]若将本典例自然对数变为指数函数如何求解呢?例如:y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x2-4x。解令u=x2-4x,x∈R,y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))u,u=(x-2)2-4,∴x∈(-∞,2]上u是递减的,x∈[2,+∞)上u是递增的,又y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))u是减函数,∴函数y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x2-4x的增区间是(-∞,2],减区间是[2,+∞).eq\o(\s\do1(典例2))求函数f(x)=|x2-4x+3|的单调区间.本题用图象法.解先作出函数y=x2-4x+3的图象,由于绝对值的作用,把x轴下方的部分翻折到上方,可得函数y=|x2-4x+3|的图象.如图所示.由图可知f(x)在(-∞,1]和[2,3]上为减函数,在[1,2]和[3,+∞)上为增函数,故f(x)的增区间为[1,2],[3,+∞),减区间为(-∞,1],[2,3].[条件探究]若将本典例中的绝对值符号挪动位置,那如何求解呢?例如:f(x)=-x2+2|x|+3。解∵f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x2+2x+3x≥0,,-x2-2x+3x<0,))其图象如图所示,所以函数y=f(x)的单调递增区间为(-∞,-1]和[0,1];单调递减区间为[-1,0]和[1,+∞).eq\o(\s\do1(典例3))求函数f(x)=x-lnx的单调区间.本题采用导数法.解由题意,得x〉0。y′=1-eq\f(1,x)=eq\f(x-1,x).由y′=0解得x=1.列表如下:x(0,1)1(1,+∞)y′-0+y1由上表可知,函数的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).[条件探究]若本典例变为f(x)=ax+lnx.研究单调区间时,应注意什么问题?解由于参数a范围未定,所以要对a进行分类讨论.f(x)=ax+lnx的定义域为(0,+∞).f′(x)=a+eq\f(1,x)=eq\f(ax+1,x),①当a≥0时,f′(x)〉0,故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞);②当a<0时,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,-\f(1,a)))时,f′(x)>0,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,a),+∞))时,f′(x)〈0;故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,-\f(1,a))),单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,a),+∞))。方法技巧1.研究函数的单调性及求单调区间问题,首先求出函数的定义域(定义域优先原则).2.对已知函数解析式的构成进行分析,变形转化,变成几个基本初等函数组成的形式,再根据基本初等函数的性质,研究函数的单调性.例如:典例1函数f(x)=ln(x2-2x-8)是由y=lnu,u=x2-2x-8复合而成的,u是中间变量.典例2条件探究函数f(x)=-x2+2|x|+3,带绝对值符号的可去掉绝对值符号,化为分段函数f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x2+2x+3x≥0,,-x2-2x+3x<0。))3.若函数解析式是由y=lnx,y=ex与其他基本函数构成的复杂函数,需要考虑求导法.如典例3.冲关针对训练1.(2017·洛阳二模)函数y=f(x)(x∈R)的图象如图所示,则函数g(x)=f(logax)(0<a〈1)的单调减区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))B.[eq\r(a),1]C.(-∞,0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))D.[eq\r(a),eq\r(a+1)]答案B解析由图象可知,函数y=f(x)的单调递减区间为(-∞,0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞)),单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2))).∵0〈a〈1,∴函数y=logax在定义域内单调递减.由题意可知,0≤logax≤eq\f(1,2),解得eq\r(a)≤x≤1,即所求递减区间为[eq\r(a),1].故选B.2.已知函数f(x)=eq\r(x2-2x-3),则该函数的单调递增区间为()A.(-∞,1] B.[3,+∞)C.(-∞,-1] D.[1,+∞)答案B解析设t=x2-2x-3,由t≥0,即x2-2x-3≥0,解得x≤-1或x≥3。所以函数的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).因为函数t=x2-2x-3的图象的对称轴为x=1,所以函数t在(-∞,-1]上单调递减,在[3,+∞)上单调递增.所以函数f(x)的单调递增区间为[3,+∞).故选B.题型3函数单调性的应用角度1利用函数的单调性比较大小eq\o(\s\do1(典例))(2017·福州模拟)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称,当x2>x1〉1时,[f(x2)-f(x1)]·(x2-x1)<0恒成立,设a=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2))),b=f(2),c=f(3),则a,b,c的大小关系为()A.c>a>b B.c〉b〉aC.a>c〉b D.b>a>c利用对称性转化到同一单调区间,再利用单调性比较大小.答案D解析根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x=1对称,且在(1,+∞)上是减函数,所以a=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))),故b>a>c。故选D。角度2利用函数的单调性解不等式eq\o(\s\do1(典例))f(x)是定义在(0,+∞)上的单调增函数,满足f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1,当f(x)+f(x-8)≤2时,x的取值范围是()A.(8,+∞) B.(8,9]C.[8,9] D.(0,8)本题用转化法,利用函数单调性把不等式从抽象转化到具体.答案B解析2=1+1=f(3)+f(3)=f(9),由f(x)+f(x-8)≤2,可得f[x(x-8)]≤f(9),因为f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0,,x-8>0,,xx-8≤9,))解得8<x≤9.故选B。角度3利用函数的单调性求最值eq\o(\s\do1(典例))(2017·福州一模)如果函数f(x)对任意的实数x,都有f(1+x)=f(-x),且当x≥eq\f(1,2)时,f(x)=log2(3x-1),那么函数f(x)在[-2,0]上的最大值与最小值之和为()A.2 B.3C.4 D.-1本题采用数形结合思想.答案C解析根据f(1+x)=f(-x),可知函数f(x)的图象关于直线x=eq\f(1,2)对称.又函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))上单调递增,故f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(1,2)))上单调递减,则函数f(x)在[-2,0]上的最大值与最小值之和为f(-2)+f(0)=f(1+2)+f(1+0)=f(3)+f(1)=log28+log22=4。故选C.角度4利用函数的单调性求参数的取值或范围eq\o(\s\do1(典例))已知f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a-1x+4a,x〈1,,logax,x≥1))是(-∞,+∞)上的减函数,那么a的取值范围是()A.(0,1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7),\f(1,3)))D。eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7),1))本题用定义法和数形结合方法.答案C解析当x=1时,loga1=0,若f(x)为R上的减函数,则(3a-1)x+4a>0在x<1时恒成立,令g(x)=(3a-1)x+4a,则必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a-1<0,,g1≥0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a-1〈0,,3a-1+4a≥0,))且0<a〈1⇒eq\f(1,7)≤a〈eq\f(1,3).此时,logax是减函数,符合题意.故选C.方法技巧函数单调性应用问题的常见类型及解题策略1.比较函数值的大小,应将自变量转化到同一个单调区间内,然后利用函数的单调性解决.如角度1典例.2.在求解与抽象函数有关的不等式时,往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉,使其转化为具体的不等式求解.此时,应特别注意函数的定义域.如角度2典例.3.利用单调性求解最值问题,应先确定函数的单调性,然后再由单调性求解.如角度3典例.4.利用单调性求参数时,通常要把参数视为已知数,依据函数的图象或单调性定义,确定函数的单调区间,与已知单调区间比较求参数.如角度4典例.提醒:若函数在区间[a,b]上是单调的,则该函数在此区间的任意子集上也是单调的.冲关针对训练1.(2017·江西三校第一次联考)定义在R上的偶函数f(x)满足:对任意的x1,x2∈(-∞,0)(x1≠x2),都有eq\f(fx1-fx2,x1-x2)<0。则下列结论正确的是()A.f(0.32)<f(20.3)<f(log25)B.f(log25)〈f(20。3)〈f(0.32)C.f(log25)<f(0。32)〈f(20。3)D.f(0。32)〈f(log25)〈f(20。3)答案A解析∵对任意x1,x2∈(-∞,0),且x1≠x2,都有eq\f(fx1-fx2,x1-x2)<0,∴f(x)在(-∞,0)上是减函数,又∵f(x)是R上的偶函数,∴f(x)在(0,+∞)上是增函数,∵0〈0.32<20.3<log25,∴f(0。32)<f(20.3)〈f(log25).故选A。2.(2017·湖南益阳箴言中学三模)已知a〉0且a≠1,若函数f(x)=logaeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ax2-2-ax+3))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3),2))上是增函数,则a的取值范围是________.答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6),\f(2,5)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5),+∞))解析由复合函数单调性可知①当a>1时,eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2-a,2a)≤\f(1,3),,\f(1,9)a-\f(2-a,3)+3〉0,))解得a≥eq\f(6,5);②当0<a<1时,eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2-a,2a)≥2,,4a-22-a+3〉0,))解得eq\f(1,6)<a≤eq\f(2,5).∴a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6),\f(2,5)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5),+∞)).

1.(2017·山东高考)若函数exf(x)(e=2。71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是()A.f(x)=2-x B.f(x)=x2C.f(x)=3-x D.f(x)=cosx答案A解析若f(x)具有性质M,则[exf(x)]′=ex[f(x)+f′(x)]〉0在f(x)的定义域上恒成立,即f(x)+f′(x)>0在f(x)的定义域上恒成立.对于选项A,f(x)+f′(x)=2-x-2-xln2=2-x(1-ln2)〉0,符合题意.经验证,选项B,C,D均不符合题意.故选A.2.(2018·三门峡模拟)设函数f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x,x<2,,x2,x≥2,))若f(a+1)≥f(2a-1),则实数a的取值范围是()A.(-∞,1] B.(-∞,2]C.[2,6] D.[2,+∞)答案B解析函数f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x,x〈2,,x2,x≥2))是在定义域为R上的增函数.∵f(a+1)≥f(2a-1),∴a+1≥2a-1,解得a≤2.故实数a的取值范围是(-∞,2].故选B.3.(2017·合肥模拟)若2x+5y≤2-y+5-x,则有()A.x+y≥0 B.x+y≤0C.x-y≤0 D.x-y≥0答案B解析设函数f(x)=2x-5-x,易知f(x)为增函数,又f(-y)=2-y-5y,由已知得f(x)≤f(-y),∴x≤-y,∴x+y≤0。故选B.4.(2017·辽宁三校联考)已知函数f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log21-x+1,-1≤x〈0,,x3-3x+2,0≤x≤a))的值域是[0,2],则实数a的取值范围是()A.(0,1] B.[1,eq\r(3)]C.[1,2] D.[eq\r(3),2]答案B解析先作出函数f(x)=log2(1-x)+1,-1≤x<0的图象,再研究f(x)=x3-3x+2,0≤x≤a的图象.令f′(x)=3x2-3=0,得x=1(x=-1舍去),由f′(x)〉0得x>1,由f′(x)〈0,得0<x<1.∴当x=1时,f(x)在0≤x≤a上有最小值f(1)=0.又f(eq\r(3))=2.∴1≤a≤eq\r(3).故选B。[基础送分提速狂刷练]一、选择题1.(2017·衡阳四中月考)函数y=f(x)在区间[0,2]上单调递增,且函数f(x+2)是偶函数,则下列结论成立的是()A.f(1)〈feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))〈feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2))) B.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(1)〈feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))C.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))〈feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))〈f(1) D.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))答案B解析因为函数f(x+2)是偶函数,所以f(x+2)=f(-x+2),即函数f(x)的图象关于x=2对称,又函数y=f(x)在[0,2]上单调递增,所以函数y=f(x)在区间[2,4]上单调递减.因为f(1)=f(3),eq\f(7,2)>3〉eq\f(5,2),所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(3)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))),即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).故选B。2.(2017·武汉调研)若函数f(x)=ax+1在R上递减,则函数g(x)=a(x2-4x+3)的增区间是()A.(2,+∞) B.(-∞,2)C.(4,+∞) D.(-∞,4)答案B解析∵f(x)=ax+1在R上递减,∴a〈0.而g(x)=a(x2-4x+3)=a(x-2)2-a.∵a<0,∴在(-∞,2)上g(x)递增.故选B.3.若函数y=loga(x2+2x-3),当x=2时,y>0,则此函数的单调递减区间是()A.(-∞,-3) B.(1,+∞)C.(-∞,-1) D.(-1,+∞)答案A解析当x=2时,y=loga(22+2×2-3)=loga5,∴y=loga5〉0,∴a>1。由复合函数单调性知,单调递减区间需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2+2x-3〉0,,x〈-1,))解之得x〈-3。故选A。4.已知函数f(x)=x2-2ax+a在区间(0,+∞)上有最小值,则函数g(x)=eq\f(fx,x)在区间(0,+∞)上一定()A.有最小值 B.有最大值C.是减函数 D.是增函数答案A解析∵f(x)=x2-2ax+a在(0,+∞)上有最小值,∴a>0.∴g(x)=eq\f(fx,x)=x+eq\f(a,x)-2a在(0,eq\r(a))上单调递减,在(eq\r(a),+∞)上单调递增.∴g(x)在(0,+∞)上一定有最小值.故选A。5.(2018·太原模拟)已知f(x)=x2-cosx,则f(0.6),f(0),f(-0。5)的大小关系是()A.f(0)〈f(0.6)<f(-0.5)B.f(0)〈f(-0.5)<f(0.6)C.f(0.6)〈f(-0.5)〈f(0)D.f(-0。5)〈f(0)<f(0.6)答案B解析∵f(-x)=(-x)2-cos(-x)=x2-cosx=f(x),∴f(x)是偶函数.∴f(-0。5)=f(0.5).又∵f′(x)=2x+sinx,当x∈(0,1)时,f′(x)〉0。∴f(x)在(0,1)上是增函数,∴f(0)〈f(0.5)<f(0.6),即f(0)<f(-0.5)〈f(0.6).故选B。6.(2018·贵阳模拟)定义新运算⊕:当a≥b时,a⊕b=a;当a〈b时,a⊕b=b2,则函数f(x)=(1⊕x)x-2⊕x,x∈[-2,2]的最大值等于()A.-1 B.1C.6 D.12答案C解析由已知得当-2≤x≤1时,f(x)=x-2,当1<x≤2时,f(x)=x3-2.∵f(x)=x-2,f(x)=x3-2在定义域内都为增函数.∴f(x)的最大值为f(2)=23-2=6.故选C。7.(2018·天津质检)已知f(x)为R上的减函数,则满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x-1)))>f(1)的实数x的取值范围是()A.(-∞,2) B.(2,+∞)C.(-∞,1)∪(1,2) D.(-∞,1)∪(2,+∞)答案D解析∵f(x)为R上的减函数,∴由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x-1)))〉f(1)得eq\f(1,x-1)<1.解得x<1或x〉2。∴x的取值范围是(-∞,1)∪(2,+∞).故选D。8.已知a>0,设函数f(x)=eq\f(2018x+1+2010,2018x+1)(x∈[-a,a])的最大值为M,最小值为N,那么M+N=()A.2018 B.2019C.4028 D.4027答案C解析由题意得f(x)=eq\f(2018x+1+2010,2018x+1)=2018-eq\f(8,2018x+1)。∵y=2018x+1在[-a,a]上是单调递增的,∴f(x)=2018-eq\f(8,2018x+1)在[-a,a]上是单调递增的,∴M=f(a),N=f(-a),∴M+N=f(a)+f(-a)=4036-eq\f(8,2018a+1)-eq\f(8,2018-a+1)=4028.故选C.9.(2017·集宁区期末)函数f(x)=eq\f(ax+1,x+2)在区间(-2,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是()A。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))C.(-2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)答案B解析∵当a=0时,f(x)=eq\f(1,x+2)在区间(-2,+∞)上单调递减,故a=0舍去,∴a≠0,此时f(x)=eq\f(ax+1,x+2)=eq\f(ax+2+1-2a,x+2)=a+eq\f(1-2a,x+2),又因为y=eq\f(1,x+2)在区间(-2,+∞)上单调递减,而函数f(x)=eq\f(ax+1,x+2)在区间(-2,+∞)上单调递增,∴1-2a〈0,即a>eq\f(1,2).故选B.10.(2018·山西联考)若函数f(x)=log0.2(5+4x-x2)在区间(a-1,a+1)上递减,且b=lg0。2,c=20。2,则()A.c〈b〈a B.b<c<aC.a〈b〈c D.b<a〈c答案D解析f(x)定义域为{x|-1〈x<5},令u=5+4x-x2,y=log0.2u,u(x)在(-1,2)上单调增,且y=log0。2u为单调减函数,由复合函数单调性知f(x)在(-1,2)上为减函数,(a-1,a+1)⊆(-1,2)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a+1≤2,,a-1≥-1))⇒0≤a≤1,又由于b=lg0。2〈0,所以a>b,c=20.2>20=1,c>a>b。故选D。二、填空题11.(2017·山东济宁模拟)若函数f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a-1x-2a,x<2,,logax,x≥2))(a〉0且a≠1)在R上单调递减,则实数a的取值范围是________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2),1))解析因为函数f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a-1x-2a,x〈2,,logax,x≥2))(a>0且a≠1)在R上单调递减,则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a-1〈0,,0〈a<1,,loga2≤a-1×2-2a))⇒eq\f(\r(2),2)≤a〈1,即实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2),1))。12.已知函数f(x)的定义域为A,若其值域也为A,则称区间A为f(x)的保值区间.若g(x)=-x+m+ex的保值区间为[0,+∞),则m的值为________.答案-1解析由定义知,g(x)=-x+m+ex保值区间为[0,+∞),又∵g′(x)=-1+ex≥0,∴g(x)为在[0,+∞)上的增函数.∴当x=0时,g(0)=0,即m+1=0,∴m=-1.13.(2017·菏泽期中)已知函数f(x)=x2+eq\f(a,x),若函数f(x)在x∈[2,+∞)上是单调递增的,则实数a的取值范围为________.答案(-∞,16]解析∵函数f(x)=x2+eq\f(a,x)在x∈[2,+∞)上单调递增,∴f′(x)=2x-eq\f(a,x2)=eq\f(2x3-a,x2)≥0在x∈[2,+∞)上恒成立.∴2x3-a≥0,∴a≤2x3在x∈[2,+∞)上恒成立,∴a≤2×23=16。∴实数a的取值范围

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