2018版高考数学复习函数概念与基本初等函数I第2讲函数的单调性与最值教师用书理

第二章 函数概念与基本初等函数I 第2讲 函数的单调性与最值教师用书 理 新人教版

(建议用时：40分钟)

一、选择题

1.若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a的值为( )

A.－2 B.2 C.－6 D.6

解析 由图象易知函数f(x)＝|2x＋a|的单调增区间是[－a2，＋∞)，令－a2＝3，∴a＝－6.

答案 C

2.(2016·北京卷)下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是( )

A.y＝11－x B.y＝cos x

C.y＝ln(x＋1) D.y＝2－x

解析 ∵y＝11－x与y＝ln(x＋1)在(－1，1)上为增函数，且y＝cos x在(－1，1)上不具备单调性.∴A，B，C不满足题意.只有y＝2－x＝12x在(－1，1)上是减函数.

答案 D

3.定义新运算“⊕”：当a≥b时，a⊕b＝a2；当a

A.－1 B.1 C.6 D.12

解析 由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，

当1

∵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.

答案 C

4.已知函数y＝f(x)的图象关于x＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a＝f－12，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( )

A.c

C.b

解析 ∵函数图象关于x＝1对称，∴a＝f－12＝f52，又y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递

增，

∴f(2)

答案 B

5.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)

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x>0，x－8>0，x（x－8）≤9，解得8

答案 B

二、填空题

6.(2017·郑州模拟)设函数f(x)＝1，x>0，0，x＝0，－1，x<0，g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________.

解析 由题意知g(x)＝x2 （x>1），0 （x＝1），－x2 （x<1），

函数的图象如图所示的实线部分，根据图象，g(x)的减区间是[0，1).

答案 [0，1)

7.(2017·石家庄调研)函数f(x)＝13x－log2(x＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________.

解析 由于y＝13x在R上递减，y＝log2(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.

答案 3

8.(2017·潍坊模拟)设函数f(x)＝－x2＋4x，x≤4，log2x，x>4.若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________.

解析 作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.

答案 (－∞，1]∪[4，＋∞)

三、解答题

9.已知函数f(x)＝1a－1x(a>0，x>0).

(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；

(2)若f(x)在12，2上的值域是12，2，求a的值.

(1)证明 设x2>x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0，

∵f(x2)－f(x1)＝1a－1x2－1a－1x1＝1x1－1x2＝x2－x1x1x2>0，

∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数.

(2)解 ∵f(x)在12，2上的值域是12，2，又由(1)得f(x)在12，2上是单调增函数，

∴f12＝12，f(2)＝2，易知a＝25.

10.已知函数f(x)＝2x－ax的定义域为(0，1](a为实数).

(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的值域；

(2)求函数y＝f(x)在区间(0，1]上的最大值及最小值，并求出当函数f(x)取得最值时x的值.

解 (1)当a＝1时，f(x)＝2x－1x，任取1≥x1＞x2＞0，则f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)－1x1－1x2＝(x1－x2)2＋1x1x2.

∵1≥x1＞x2＞0，∴x1－x2＞0，x1x2＞0.

∴f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(0，1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值1，所以f(x)的值域为(－∞，1].

(2)当a≥0时，y＝f(x)在(0，1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值2－a；

当a＜0时，f(x)＝2x＋－ax，

当－a2≥1，即a∈(－∞，－2]时，y＝f(x)在(0，1]上单调递减，无最大值，当x＝1时取得最小值2－a；

当－a2＜1，即a∈(－2，0)时，y＝f(x)在0，－a2上单调递减，在－a2，1上单调递增，无最大值，当x＝－a2时取得最小值2－2a.

能力提升题组

(建议用时：20分钟)

11.(2017·郑州质检)若函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)x在[0，＋∞)上是增函数，则a＝(

)

A.4 B.2 C.12 D.14

解析 当a>1，则y＝ax为增函数，有a2＝4，a－1＝m，此时a＝2，m＝12，

此时g(x)＝－x在[0，＋∞)上为减函数，不合题意.

当0

有a－1＝4，a2＝m，此时a＝14，m＝116.

此时g(x)＝34x在[0，＋∞)上是增函数.故a＝14.

答案 D

12.(2017·枣阳第一中学模拟)已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，则实数b的取值范围为(

)

A.[0，3] B.(1，3)

C.[2－2，2＋2] D.(2－2，2＋2)

解析 由题可知f(x)＝ex－1>－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，

若f(a)＝g(b)，则g(b)∈(－1，1]，

所以－b2＋4b－3>－1，即b2－4b＋2<0，

解得2－2

所以实数b的取值范围为(2－2，2＋2).

答案 D

13.对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝a，a≤b，b，a>b.设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________.

解析 依题意，h(x)＝log2x，02.

当0

当x>2时，h(x)＝3－x是减函数，

∴h(x)在x＝2时，取得最大值h(2)＝1.

答案 1

14.已知函数f(x)＝lg(x＋ax－2)，其中a是大于0的常数.

(1)求函数f(x)的定义域；

(2)当a∈(1，4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；

(3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，试确定a的取值范围.

解 (1)由x＋ax－2＞0，得x2－2x＋ax＞0，

当a＞1时，x2－2x＋a＞0恒成立，定义域为(0，＋∞)，

当a＝1时，定义域为{x|x＞0且x≠1}，

当0＜a＜1时，定义域为{x|0＜x＜1－1－a或x＞1＋1－a}.

(2)设g(x)＝x＋ax－2，当a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)时，

∴g′(x)＝1－ax2＝x2－ax2>0.

因此g(x)在[2，＋∞)上是增函数，

∴f(x)在[2，＋∞)上是增函数.

则f(x)min＝f(2)＝lna2.

(3)对任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0.

即x＋ax－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立.∴a>3x－x2.

令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞).

由于h(x)＝－x－322＋94在[2，＋∞)上是减函数，

∴h(x)max＝h(2)＝2.

故a>2时，恒有f(x)>0.

因此实数a的取值范围为(2，＋∞).