高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第讲函数的单调性与最值习题(新)-课件

2017高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第2讲 函数的单调性与最值习题A 组 基础巩固一、选择题1．(2014·北京理)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是导学号 25400202( )A ．y ＝x ＋1B ．y ＝(x －1)2C ．y ＝2－xD ．y ＝log 0.5(x ＋1)[答案] A[解析] A 项，函数y ＝x ＋1在[－1，＋∞)上为增函数，所以函数在(0，＋∞)上为增函数，故正确；B 项，函数y ＝(x －1)2在(－∞，1)上为减函数，在[1，＋∞)上为增函数，故错误；C 项，函数y ＝2－x ＝(12)x 在R 上为减函数，故错误；D 项，函数y ＝log 0.5(x ＋1)在(－1，＋∞)上为减函数，故错误．2．已知函数f (x )＝2ax 2＋4(a －3)x ＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a 的取值范围是导学号 25400203( )A ．(0，34)B ．(0，34]C ．[0，34)D ．[0，34][答案] D[解析] 当a ＝0时，f (x )＝－12x ＋5，在(－∞，3)上是减函数，当a ≠0时，由⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－4 a －34a ≥3，得0＜a ≤34，综上a 的取值范围是0≤a ≤34.3．函数f (x )＝log 12(x 2－4)的单调递增区间是导学号 25400204( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，－2)[答案] D[解析] 因为y ＝log 12t 在定义域上是减函数，所以求原函数的单调递增区间，即求函数t ＝x 2－4的单调递减区间，结合函数的定义域，可知所求区间为(－∞，－2)．4．已知f (x )为R 上的减函数，则满足f (1x)＞f (1)的实数x 的取值范围是导学号 25400205( )A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，0)∪(0,1)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞)[答案] D[解析] 依题意得1x ＜1，即x －1x＞0，所以x 的取值范围是x ＞1或x ＜0.5．(2015·山西太原模拟)已知f (x )＝x 2－cos x ，则f (0.6)，f (0)，f (－0.5)的大小关系是导学号 25400206( )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 )＝x 2－cos x ＝f (x )， ∴f (x )是偶函数． ∴f (－0.5)＝f (0.5)．又∵f ′(x )＝2x ＋sin x ，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．(2015·福建福州一模)如果函数f (x )对任意的实数x ，都有f (1＋x )＝f (－x )，且当x ≥12时，f (x )＝log 2(3x －1)，那么函数f (x )在[－2,0]上的最大值与最小值之和为导学号 25400207( )A ．2B ．3C ．4D ．－1[答案] C[分析] 由f (1＋x )＝f (－x )得函数f (x )关于x ＝12对称，进而求得f (x )在各区间的单调性，可得函数f (x )的最大值与最小值．[解析] 根据f (1＋x )＝f (－x )，可知函数f (x )的图象关于直线x ＝12对称．又函数f (x )在[12，＋∞)上单调递增，故f (x )在(－∞，12]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)＝log 28＋log 22＝4.二、填空题7．函数f (x )＝(13)x－log 2(x ＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________.导学号 25400208[答案] 3[解析] 由于y ＝(13)x在R 上单调递减，y ＝log 2(x ＋2)在[－1,1]上递增，所以f (x )在[－1,1]上单调递减，故f (x )在[－1,1]上的最大值为f (－1)＝3.8．(2015·四川成都高三月考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的递减区间是________.导学号 25400209[答案] [0,1)[解析] 由条件知g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ＞1，0，x ＝1，－x 2，x ＜1.其函数图象如图所示，其递减区间是[0,1)．9．已知函数f (x )＝x 2＋ax(a ＞0)在(2，＋∞)上为单调递增函数，则实数a 的取值范围为________.导学号 25400210[答案] (0,4][解析] 方法一(定义法)：在区间(2，＋∞)上任取x 1，x 2，且x 1＜x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 21＋a x 1－x 22＋ax 2＝(x 1＋ax 1)－(x 2＋a x 2) ＝(x 1－x 2)＋(a x 1－a x 2)＝(x 1－x 2)＋a x 2－x 1x 1x 2＝(x 1－x 2)(1－ax 1x 2)． ∵f (x )在(2，＋∞)上为增函数， ∴(x 1－x 2)(1－ax 1x 2)＜0. 又x 1＜x 2，即x 1－x 2＜0， ∴ax 1x 2＜1，即a ＜x 1x 2. ∵x 1，x 2∈(2，＋∞)，且x 1＜x 2， ∴x 1·x 2＞4. ∴a ≤4.又a ＞0， ∴a 的取值范围为(0,4]．方法二(导数法): f (x )＝x ＋a x ，f ′(x )＝1－a x2≥0， 由题意知f (x )≥0在(2，＋∞)上恒成立， ∴a ≤x 2，∴0＜a ≤4. 10．已知函数f (x )＝e|x －a |(a 为常数)．若f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是________.导学号 25400211[答案] (－∞，1][分析] 思路一：先求出f (x )的单调增区间，再根据已知条件找出已知区间与单调区间的关系，求字母的范围；思路二：求出f (x )的导数，利用f ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，求a 的范围．[解析] 方法一：∵f (x )＝e |x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －ax ≥a ，e －x ＋ax ＜a ，∴f (x )在[a ，＋∞)上为增函数， 则[1，＋∞)⊆[a ，＋∞)，∴a ≤1.方法二：∵f (x )＝e |x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －ax ≥a ，e －x ＋ax ＜a ，当x ≥a 时， f (x )＝e x －a，f ′(x )＝ex －a.由题意知f ′(x )＝ex －a≥0在[1，＋∞)上是恒成立的，此结论显然成立．∴a ≤x min ，∴a ≤1.当x ＜a 时，f ′(x )＝－e x －a＜0恒成立，不符合题意．综上所述，a ≤1.三、解答题 11．已知f (x )＝xx －a(x ≠a ).导学号 25400212(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． [答案] (1)略 (2)(0,1][解析] (1)证明：任取x 1＜x 2＜－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2 x 1－x 2 x 1＋2 x 2＋2. ∵(x 1＋2)(x 2＋2)＞0，x 1－x 2＜0， ∴f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)， ∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增． (2)解：任设1＜x 1＜x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a x 2－x 1x 1－a x 2－a.∵a ＞0，x 2－x 1＞0，∴要使f (x 1)－f (x 2)＞0，只需(x 1－a )(x 2－a )＞0恒成立，∴a ≤1.综上所述，a 的取值范围是(0,1]．12．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f (x 1x 2)＝f (x 1)－f (x 2)，且当x ＞1时，f (x )＜0.导学号 25400213(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值． [答案] (1)0 (2)略 (3)－2 [解析] (1)令x 1＝x 2＞0， 代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0， 故f (1)＝0.(2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1＞x 2， 则x 1x 2＞1，由于当x ＞1时，f (x )＜0， 所以f (x 1x 2)＜0，即f (x 1)－f (x 2)＜0， 因此f (x 1)＜f (x 2)，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．(3)∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数． ∴f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)． 由f (x 1x 2)＝f (x 1)－f (x 2)得，f (93)＝f (9)－f (3)，而f (3)＝－1，所以f (9)＝－2. ∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.B 组 能力提升1．(2015～2016学年重庆市南开中学高三月考试题)函数函数y ＝3x 2－2x 的单调递增区间为导学号 25400214( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，－1)C ．(1，＋∞)D ．(3，＋∞)[答案] C[解析] 可以看出原函数是由y ＝3t 和t ＝x 2－2x 复合而成的复合函数，y ＝3t为增函数，从而t ＝x 2－2x 的增区间便是原函数的增区间，从而求二次函数t ＝x 2－2x 的增区间即可．令x 2－2x ＝t ，y ＝3t为增函数；∴t ＝x 2－2x 的单调递增区间为原函数的单调增区间； ∴原函数的单调递增区间为(1，＋∞)． 故选：C ．[点拨] 考查复合函数的单调性，以及指数函数、二次函数的单调性，清楚复合函数是由哪两个函数复合而成的．2．设函数f (x )＝2x ＋1x－1(x ＜0)，则f (x )导学号 25400215( )A ．有最大值B ．有最小值C ．是增函数D ．是减函数[答案] A[解析] 当x ＜0时，－x ＞0，－(2x ＋1x )＝(－2x )＋(－1x)≥2－2x · －1x＝22，即2x ＋1x ≤－22，2x ＋1x －1≤－22－1，即f (x )≤－22－1，当且仅当－2x ＝－1x，即x ＝－22时取等号，此时函数f (x )有最大值，选A ． 3．(2015·辽宁联考)定义在区间(－1,1)上的函数f (x )满足：f (x )－f (y )＝f (x －y1－xy)，x ∈(－1,0)时f (x )＞0.若P ＝f (15)＋f (17)，Q ＝f (12)，R ＝f (0)，则P ，Q ，R 的大小关系为导学号 25400216( )A ．R ＞Q ＞PB ．R ＞P ＞QC ．P ＞R ＞QD ．Q ＞P ＞R[答案] B[解析] 令x ＝y ＝0得f (0)＝0，令x ＝0得f (－y )＝－f (y )，所以f (x )为奇函数．由x ∈(－1,0)时f (x )＞0知：x ∈(0,1)时f (x )＜0.令x 1，x 2∈(0,1)且x 2＞x 1，则f (x 2)－f (x 1)＝f (x 2－x 11－x 2x 1)，又x 2－x 1－(1－x 1x 2)＝(x 1＋1)(x 2－1)＜0，x 2－x 1＞0,1－x 1x 2＞0，所以x 2－x 11－x 2x 1∈(0,1)，故f (x 2－x 11－x 2x 1)＜0，即f (x 2)＜f (x 1)，从而f (x )在(0,1)上单调递减．又P ＝f (15)－f (－17)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋171＋15×17＝f (13)，12＞13＞0，所以Q ＜P ＜R ，故选B ．4．已知f (x )的定义域为(－2,2)，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3＋ln 2－x 2＋x ，－2＜x ≤1－4x 2－5x ＋23，1＜x ＜2，如果f[x (x ＋1)]＜23，那么x 的取值范围是导学号 25400217( )A ．－2＜x ＜－1或0＜x ＜1B ．x ＜－1或x ＞0C ．－2＜x ＜－54D ．－1＜x ＜0[答案] A[解析] 依题意得，函数y ＝2x ＋3＋ln 2－x 2＋x ＝2x ＋3＋ln(－1＋42＋x)在(－2,1]上是减函数(注：函数y ＝2x ＋3，y ＝ln(－1＋42＋x )在(－2,1]上均是减函数)；函数y ＝－4x 2－5x ＋23在(1,2)上是减函数，且21＋3＋ln 2－12＋1＝12－ln3＞－4×12－5×1＋23，因此函数f (x )在(－2,2)上是减函数，且f (0)＝23，于是不等式f [x (x ＋1)]＜23＝f (0)等价于0＜x (x ＋1)＜2，解得－2＜x ＜－1或0＜x ＜1，选A ．5．(2015·内蒙古巴彦淖尔第一中学10月月考)已知函数f (x )＝x 2＋mx ＋n 的图象过点(1,3)，且f (－1＋x )＝f (－1－x )对任意实数都成立，函数y ＝g (x )与y ＝f (x )的图象关于原点对称.导学号 25400218(1)求f (x )与g (x )的解析式；(2)若F (x )＝g (x )－λf (x )在[－1,1]上是增函数，求实数λ的取值范围． [答案] (1)f (x )＝x 2＋2x ，g (x )＝－x 2＋2x (2)λ≤0 [解析] (1)因为f (1)＝1＋m ＋n ＝3，所以m ＋n ＝2.因为f (－1＋x )＝f (－1－x )对任意实数都成立，所以f (0)＝n ＝f (－2)＝4－2m ＋n ，解得m ＝2，n ＝0，所以f (x )＝x 2＋2x .因为函数y ＝g (x )与y ＝f (x )的图象关于原点对称，所以g (x )＝－x 2＋2x .(2)因为F (x )＝g (x )－λf (x )在[－1,1]上是增函数， 所以F ′(x )＝(－2－2λ)x ＋2－2λ在[－1,1]上非负．所以⎩⎪⎨⎪⎧－2 1＋λ ＞0， －2－2λ －1 ＋2－2λ≥0或⎩⎪⎨⎪⎧－2 1＋λ ＜0， －2－2λ ＋2－2λ≥0或⎩⎪⎨⎪⎧－2 1＋λ ＝0，2－2λ≥0，解得λ≤0.6．(2015·浙江金华艾青中学上学期期中)已知a ∈R ，函数f (x )＝x |x －a |.导学号 25400219(1)当a ＝2时，写出函数y ＝f (x )的单调递增区间； (2)当a ＞2时，求函数y ＝f (x )在区间[1,2]上的最小值；(3)设a ≠0，函数f (x )在(m ，n )上既有最大值又有最小值，请分别求出m ，n 的取值范围(用a 表示)．[答案] (1)(－∞，1]和[2，＋∞)(2)f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a －4，2＜a ≤3，a －1，a ＞3.(3)当a >0时，0≤m <a2，a <n ≤2＋12a ； 当a <0时，1＋22a ≤m <a ，a2<n ≤0[分析]明定义—明确二次函数的表达式、对称轴和定义域 ↓定最值—利用分类讨论思想，确定函数的最值 ↓求最值—代入函数解析式求出最值 [解析] (1)当a ＝2时，f (x )＝x |x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x x －2 ，x ≥2，x 2－x ，x ＜2.由图象可知，单调递增区间为(－∞，1]和[2，＋∞)．(2)因为a ＞2，x ∈[1,2]，所以f (x )＝x (a －x )＝－x 2＋ax ＝－(x －a2)2＋a 24.当1＜a 2≤32，即2＜a ≤3时，f (x )min ＝f (2)＝2a －4；当a 2＞32，即a ＞3时，f (x )min ＝f (1)＝a －1. f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a －4，2＜a ≤3，a －1，a ＞3.(3)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x x －a ，x ≥a ，x a －x ，x ＜a .①当a ＞0时，图象如图(1)所示．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝a 24，y ＝x x －a ，得x ＝ 2＋1 a 2，∴0≤m ＜a 2，a ＜n ≤2＋12a .②当a ＜0时，图象如图(2)所示．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－a 24，y ＝x a －x ，得x ＝ 1＋2 2a ，∴1＋22a ≤m ＜a ，a2＜n ≤0.。