【聚焦典型题】(苏教版)2014届高考一轮数学(理):《函数的单调性与最值》


第2讲

函数的单调性与最值 【2014年高考会这样考】
1.考查求函数单调性和最值的基本方法. 2.利用函数的单调性求单调区间. 3.利用函数的单调性求最值和参数的取值范围. 4.函数的单调性和其它知识结合综合考查求函数最值、比较 大小、解不等式等相关问题.

单击标题可完成对应小部 分的学习,每小部分独立 成块,可全讲,也可选讲

抓住2个考点

函数的单调性 函数的最值 考向一 函数单调性的判

助学微博 考点自测

突破3个考向

断及应用 考向二 求函数的单调区间 【例2】 【训练2】 考向三 抽象函数的单调 【例3】 【训练3】 性及最值

【例1】 【训练1】

揭秘3年高考

利用函数的单调性求参数的范围

限时规范训练

A级

、 ?1 选择题 ? 填空题 ? 2、 ?3 、 解答题 ?

B级

、 ?1 选择题 ? 填空题 ? 2、 ?3 、 解答题 ?

考点梳理
1.函数的单调性 (1)单调函数的定义
增函数 减函数 一般地,设函数f(x)的定义域为I,如果对于定义域 I 内某个 区间D上的任意两个自变量x1,x2 定义 当x1<x2时,都有 f(x1)<f(x2) , 当x1<x2时,都有 f(x1)>f(x2), 那么就说函数f(x)在区间D上是 那么就说函数f(x)在区间D上 增函数 是减函数 图象 描述

自左向右看图象是 上升的 . 自左向右看图象是 下降的

.

(2)单调区间的定义 若函数f(x)在区间D上是 增函数 或 减函数 ,则称函数f(x)在这 一区间具有(严格的)单调性, 区间D 叫做y=f(x)的单调区间.

考点梳理
2.函数的最值

前提

设函数y=f(x)的定义域为I,如果存在实数M满足

①对于任意x∈I,都有 f(x)≤M ; ①对于任意x∈I,都有f(x)≥M ; 条件 ②存在x0∈I,使得 f(x0)=M 。 ②存在x0∈I,使得 f(x0)=M 。
结论 M为最大值 M为最小值

助学微博
一个防范 单调区间只能用区间表示,不能用集合或不等式表示; 如有多个单调区间应分别写,不能用符号“U”联结,也不 能用“或”联结. 两种形式
设任意 x1,x2∈ [a, b]且 x1<x2,那么 f?x1?-f?x2? ① >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. x1-x2 ②(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. 两条结论 (1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值.当函数在闭 区间上单调时最值一定在端点取到. (2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小值).

考点自测
1.已知函数 f(x)=loga|x|在(0,+∞) 上单调递增,则( ). A . f(3)<f( - 2)<f(1) B . f(1)<f( - 2)<f(3) C. f(-2)<f(1)<f(3) D. f(3)<f(1)<f(- 2) 2.(2013· 西安调研)设 f(x)为定义在 R 上的奇函数,且当 x≥0 时,f(x)单调 递减, x1+x2>0, f(x1)+f(x2)的值 若 则 ( ). A.恒为正值 B.恒等于零 C.恒 为负值 D.无法确定正负 3.(2012· 广东)下列函数中, 在区间(0, +∞)上为增函数的是( ).
单击题号显示结果 1 答案显示 B 单击图标显示详解

A . y = ln(x + 2) B . y = - x+1 ?1? 1 C.y=? ?x D.y=x+ ? ? x ?2? 4.(2013· 金华模拟)若函数 f(x)=-x2 - +2ax 与 g(x)=(a+1)1 x 在区间[1,2] 上都是减函数,则 a 的取值范围是 ( ). A . ( - 1,0) B . ( - 1,0) ∪ (0,1] C.(0,1) D.(0,1] 5.(人教 A 教材习题改编)函数 f(x)= 2x 在[1,2]的最大值和最小值分别是 x+1 ________.
2 C 3 A 4 D 5

4 , 1 3

考向一 函数单调性的判断及应用
【例 1】?试讨论函数 f(x)= 单调性. 解 设-1<x1<x2<1, 1 ? x-1+1 ? 1+ f(x)=a =a? x-1 ?, x-1 ? ? 1 ? 1 ? ? ? f(x1)-f(x2)=a?1+x -1 ?-a?1+x -1 ? 1 2 ? ? ? ? x2-x1 =a ?x1-1??x2-1? 当 a>0 时,f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2), 函数 f(x)在(-1,1)上递减; 当 a<0 时,f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2), 函数 f(x)在(-1,1)上递增. ax (a≠0)在(-1,1)上的 x-1

[审题视点] 可利用定义或导数 法讨论函数的单调 性. 【方法锦囊】

证明函数的单调 性用定义法的步骤: 取值—作差—变 形—确定符号—下 结论.

考向一 函数单调性的判断及应用
x 【训练 1】 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 任设 x1<x2<-2, 则 f(x1)-f(x2)= x1 x2 - x1+2 x2+2

[审题视点] 可利用定义或导数 法讨论函数的单调 性. 【方法锦囊】

2?x1-x2? = . ?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.

证明函数的单调 性用定义法的步骤: 取值—作差—变 形—确定符号—下 结论.

考向一 函数单调性的判断及应用
(2)解 任设 1<x1<x2,则 x1 x2 - x1-a x2-a

[审题视点] 可利用定义或导数 法讨论函数的单调 性. 【方法锦囊】

f(x1)-f(x2)=

a?x2-x1? = . ?x1-a??x2-a? ∵a>0,x2-x1>0. ∴要使 f(x1)-f(x2)>0, 只需(x1-a)(x2-a)>0 恒成立, ∴a≤1. 综上所知 0<a≤1,即 a 的取值范围为(0,1].

证明函数的单调 性用定义法的步骤: 取值—作差—变 形—确定符号—下 结论.

考向二 求函数的单调区间
【例 2】?求函数 y= x2+x-6的单调区间. 解 令 u=x2+x-6,y= x2+x-6可以看作有 y= u与 u=x2+x-6 的复合函数. 由 u=x +x-6≥0, 得 x≤-3 或 x≥2. ∵u=x2+x-6 在(-∞,-3]上是减函数, 在[2,+∞)上是增函数, 而 y= u在(0,+∞)上是增函数. ∴y= x2+x-6的单调减区间为(-∞,-3], 单调增区间为[2,+∞).
2

[审题视点] 先确定定义域,再 利用复合函数的单 调性求解. 【方法锦囊】

求复合函数y= f(g(x))的单调区间的 步骤: (1)确定定义域; (2)将复合函数分解 成两个基本初等函 数; (3)分别确定两基本 初等函数的单调性; (4)按“同增异减” 的原则,确定原函 数的单调区间.

考向二 求函数的单调区间
【训练 2】 (2013· 大连模拟)求函数 y=log 解
1 2

(x2-3x+2)的单调区间.
2

[审题视点] 先确定定义域,再 利用复合函数的单 调性求解. 【方法锦囊】

令 u=x -3x+2,则原函数可以看作
1 2

y=log

u 与 u=x2-3x+2 的复合函数.

令 u=x2-3x+2>0,则 x<1 或 x>2. ∴函数 y=log
1 2

(x2-3x+2)的定义域为

(-∞,1)∪(2,+∞).

求复合函数y= f(g(x))的单调区间的 步骤: (1)确定定义域; (2)将复合函数分解 成两个基本初等函 数; (3)分别确定两基本 初等函数的单调性; (4)按“同增异减” 的原则,确定原函 数的单调区间.

考向二 求函数的单调区间
3 又 u=x -3x+2 的对称轴 x= ,且开口向上. 2
2

∴u=x2-3x+2 在(-∞,1)上是单调减函数, 在(2,+∞)上是单调增函数. 而 y=log ∴y=log
1 2

[审题视点] 先确定定义域,再 利用复合函数的单 调性求解. 【方法锦囊】

u 在(0,+∞)上是单调减函数, (x2-3x+2)的单调减区间为(2,+∞),

1 2

单调增区间为(-∞,1).

求复合函数y= f(g(x))的单调区间的 步骤: (1)确定定义域; (2)将复合函数分解 成两个基本初等函 数; (3)分别确定两基本 初等函数的单调性; (4)按“同增异减” 的原则,确定原函 数的单调区间.

考向三 抽象函数的单调性及最值
【例 3】 ?已知函数 f(x)对于任意 x,y∈R, 总有 f(x) 2 +f(y)=f(x+y),且当 x>0 时,f(x)<0,f(1)=- . 3 (1)求证:f(x)在 R 上是减函数; (2)求 f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值. (1)证明 法一 ∵函数 f(x)对于任意 x,y∈R 总有 f(x)+f(y)=f(x+y), ∴令 x=y=0,得 f(0)=0. 再令 y=-x,得 f(-x)=-f(x). 在 R 上任取 x1>x2,则 x1-x2>0. f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2). 又∵x>0 时,f(x)<0, 而 x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2). 因此 f(x)在 R 上是减函数.

[审题视点] 抽象函数单调性的 判断,仍须紧扣定 义,结合题目作适 当变形.

考向三 抽象函数的单调性及最值
法二 设 x1>x2, 则 f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2). 又∵x>0 时,f(x)<0,而 x1-x2>0, ∴f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2), ∴f(x)在 R 上为减函数. (2)解 ∵f(x)在 R 上是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上也是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为 f(-3)与 f(3). 而 f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2. ∴f(x)在[-3,3]上的最大值为 2,最小值为-2.

【方法锦囊】
对于抽象函数的单 调性的判断仍然要 紧扣单调性的定 义,结合题目所给 性质和相应的条 件,对任意 x1,x2 在所给区间内比较 f(x1)-f(x2)与 0 的 f?x1? 大小,或 与 1 f?x2? 的大小.有时根据 需要,需作适当的 x1 变形:如 x1=x2· x2 或 x1=x2+x1-x2 等.

考向三 抽象函数的单调性及最值
【训练 3】 已知定义在区间(0,+∞)上的函数 f(x)满足 ?x1? f? ?=f(x1)-f(x2),且当 x>1 时,f(x)<0. ?x ? ? 2? (1)求 f(1)的值;(2)判断 f(x)的单调性; (3)若 f(3)=-1,求 f(x)在[2,9]上的最小值. 解 (1)令 x1=x2>0, 代入得 f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故 f(1)=0. x1 (2)任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1>x2,则 >1, x2 ?x1? 由于当 x>1 时,f(x)<0 所以 f? ?<0, ?x ? ? 2? 即 f(x1)-f(x2)<0,因此 f(x1)<f(x2), 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). ?x1? ?9? ? ? 由 f? ?=f(x1)-f(x2),得 f? ?=f(9)-f(3),而 f(3)=-1, ?3? ?x2? ? ? 所以 f(9)=-2.∴f(x)在[2,9]上的最小值为-2.

【方法锦囊】
对于抽象函数的单 调性的判断仍然要 紧扣单调性的定 义,结合题目所给 性质和相应的条 件,对任意 x1,x2 在所给区间内比较 f(x1)-f(x2)与 0 的 f?x1? 大小,或 与 1 f?x2? 的大小.有时根据 需要,需作适当的 x1 变形:如 x1=x2· x2 或 x1=x2+x1-x2 等.

揭秘3年高考
规范解答1 利用函数的单调性求参数的范围

【命题研究】从近三年的高考试题来看,函数单调性的判断 和应用以及函数的最值问题是高考的热点,题型既有选择题、 填空题,又有解答题,难度中等偏高;客观题主要考查函数 的单调性、最值的灵活确定与简单应用,主观题在考查基本 概念、重要方法的基础上,又注重考查函数方程、等价转化、 数形结合、分类讨论的思想方法. 预测2014年高考仍将以利用导数求函数的单调区间,研 究单调性及利用单调性求最值或求参数的取值范围为主要考 点,重点考查转化与化归思想及逻辑推理能力.

【示例】? (本小题 满分 13 分)(2011· 北 京)已知函数 f(x)=
x 2 k (x-k) e .

[教你审题] (1)根据导函数大于零和小于零即可得出函数 的单调区间, 但求解过程中要注意对参数 k 进行分类讨论. (2)利用函数单调性求出函数最大值 f(x)max, f(x)max≤e 即 使 可解出 k 的取值范围.
1 [规范解答] (1)f′(x)=k(x2-k2)e
x k

1

(1)求 f(x)的单调区 间; (2)若对于任意的 x ∈(0,+∞),都有 1 f(x)≤ , k 的取值 求 e 范围.

.

令 f′(x)=0,得 x=± k. 当 k>0 时,f(x)与 f′(x)的变化情况如下:
x f′(x) f(x) (-∞,-k) + ? -k 0 4k2e-1 (-k,k) - ? k 0 0

(2 分)
(k,+∞) + ?

所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞),单调 递减区间是(-k,k). (4 分) 当 k<0 时,f(x)与 f′(x)的变化情况如下:
x f′(x) f(x) (-∞,-k) - ? k 0 0 (k,-k) + ? -k 0 4k2e-1 (-k,+∞) - ?

所以 f(x)的单调递减区间是(-∞,k)和(-k,+∞),单调 递增区间是(k,-k). (6 分)

【示例】? (本小题 满分 13 分)(2011· 北 京)已知函数 f(x)=
x 2 k (x-k) e .

(1)求 f(x)的单调区 间; (2)若对于任意的 x ∈(0,+∞),都有 1 f(x)≤ , k 的取值 求 e 范围.

1 > , e 1 所以不会有?x∈(0,+∞),f(x)≤ . (8 分) e 当 k<0 时,由(1)知 f(x)在(0,+∞)上的最大值是 f(-k)= 4k2 . (10 分) e 1 4k2 1 所以?x∈(0,+∞),f(x)≤ 等价于 f(-k)= ≤ , e e e 1 解得- ≤k<0. (12 分) 2 1 故当?x∈(0,+∞),f(x)≤ 时, e ? 1 ? ? k 的取值范围是?-2,0?. (13 分) ? ? ? (2)当 k>0 时,因为 f(k+1)=e
k+1 k

【示例】? (本小题 满分 13 分)(2011· 北 京)已知函数 f(x)=
x 2 k (x-k) e .

(1)求 f(x)的单调区 间; (2)若对于任意的 x ∈(0,+∞),都有 1 f(x)≤ , k 的取值 求 e 范围.

[阅卷老师手记] (1)导数法是研究函数单调性的重要工具,利用导数研 究函数单调性应注意三个方面: 一是求导之后函数的定 义域可能会发生变化, 要在函数的定义域内分析导函数 的符号;二是若求函数的单调区间可直接转化为 f′(x)>0(或 f′(x)<0)的解集求解,若函数在区间 M 上 的单调递增(递减), 则应转化为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0) 在区间 M 上的恒成立问题求解;三是当含有参数时, 要注意对参数的取值范围进行分类讨论. (2)数学解题的核心是转化,本题的关键是将?x∈(0, 1 1 +∞)都有 f(x)≤ 转化为当 x∈(0, +∞)时有 f(x)max≤ , e e 利用函数单调性求函数最值, 通过解不等式求得 k 的取 值范围. (3)利用导数法求解函数最值的实质是利用函数的单调 性确定最值. 应该注意三个问题: 一是在利用导函数判 断函数单调性时要注意函数定义域; 二是准确求导; 三 是要注意极值与最值的区别.

【示例】? (本小题 满分 13 分)(2011· 北 京)已知函数 f(x)=
x 2 k (x-k) e .

(1)求 f(x)的单调区 间; (2)若对于任意的 x ∈(0,+∞),都有 1 f(x)≤ , k 的取值 求 e 范围.

第一步:求函数的定义域.若题设中有对数函数一 定先求定义域,若题设中有三次函数、指数函数可 不考虑定义域. 第二步:求函数 f(x)的导数 f′(x),并令 f′(x)=0, 求其根. 第三步:利用 f′(x)=0 的根和不可导点的 x 的值从 小到大顺次将定义域分成若干个小开区间,并列表. 第四步:由 f′(x)在小开区间内的正、负值判断 f(x) 在小开区间内的单调性;求极值、最值. 第五步:将不等式恒成立问题转化为 f(x)max≤a 或 f(x)min≥a,解不等式求参数的取值范围. 第六步:明确规范地表述结论.

【试一试】 已知函数 f(x) ? k ? k ?k ? ? ? ? ? 2x2-kx+k +∞) x 2 (2, ?-∞, ? ? ,2? = . 2 ? 2 ?2 ? ? ex f′(x) - + - 0 0 (1)当 k 为何值时,f(x)在 R 上是 极 极 f(x) ? ? ? 减函数; 小 大 (2)试确定实数 k 的值,使 f(x)的 ?k ? ?k ? k ? ? ? 令 f? ?=0 得 2· ?2-k·+k=0, 极小值为 0. ? ? 2 ?2 ? ?2 ? 2 2x -kx+k ∴k=0. 解 (1)∵f(x)= , x e k -x ②当 k>4 时,即 >2 时有 ∴f′(x)=(4x-k)e + 2 -x 2 ? ? (2x -kx+k)· (-1)· e k? k ?k ? ? ? ? (-∞, 2) 2 ?2, ? x ? ? 2 ?2,+∞? 2? k ? ? ? -x ? x- ?· =-2? 2? (x-2)· , e f′(x) - + - 0 0 ? ? 极 极 当 k=4 时,f′(x)=-(x-2)2·-x≤0, e f(x) ? ? ? 小 大 ∴当 k=4 时,f(x)在 R 上是减函数. 令 f(2)=0,得 2×4-2k+k=0, (2)当 k≠4 时,令 f′(x)=0, ∴k=8. k 得 x1=2,x2= . 2 ∴当 k=0 或 k=8 时,f(x)有极小值为 0. k ①当 k<4 时,即 <2 时有 2

A级 基础演练
一、选择题

单击题号出题干 2 1

3

4

单击问号出详解

3.(2012· 浙江)设 a>0,b>0.( ?1,x>0, 2.(2011· 辽宁)函数 f(x)的定义域为). 1. (2013· 长沙一模)下列函数中, R,f(-1)=2,对任 +∞) ? A既是偶函数又在(0, a b A.若 2 4.(2013· +2a=2 +3b,则 a>b 苏州调研)设函数 f(x)>2x+4 的解集为( B 2 ). 意 x∈R,f′(x)>2,则 f(x)=?0,x=0, g(x)=x f(x-1), 内单调递减的函数是( C ). 2 B.若 2a+2a=2b+3b,则 C.y=-lg|x| D.y=2|x| ?-1,x<0, ? A.(-1,1) B.(-1,+∞) A.y=xa B.y=|x|+1 a<b b C.若 2 -2a=2 则函数 g(x)的递减区间是( B a>b C.(-∞,-1) b-3b,则 ). D.(-∞,+∞) a D.若 2 -2a=2 -3b,则 a<b A.(-∞,0] CB.[0,1) 解析 对于 由 x∈R,f(-1)=2,f′(x)>2, x>0 时,y=-lg x, 解析 法一 中函数,当 C.[1,+∞) D.[-1,0] 解析 利用原命题与逆否命题的真假性相同求解.当 故为(0,+∞)上的减函数, x2,x>1, 可设 f(x)=4x+6,则由b,4x+6>2x+4,得+2a<2b+3b, x>-1,选 B. ? 0<a≤b 时,显然 2a≤2 2a≤2b<3b,∴2a ?b 且 y=-lgg(x)=f(x)-2x-4, |x|为偶函数.如图所示, 法二 g(x)=?0,x=1, 设 解析 2a+2a≠2 +3b 成立.∴它的逆否命题:若 2a+2a= 即 答案 C ?-x2,x<1. A 正确,B 错误.当 0<a≤b 时, 则+3b,则? 成立,故 2b g(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0, a>b g′(x)=f′(x)-2>0,g(x)在 2b 上为增函数. 由 2a≤2b,2a<3b, 2a B. 知 其递减区间是[0,1).故选-2a 与 R -3b 的大小关系不确定, ∴C B 由 不正确,同理 D 不正确. 答案g(x)>0,即 g(x)>g(-1).∴x>-1,选 B. 答案 A 答案 B

A级 基础演练
二、填空题

5 单击题号出题干 6
单击问号出详解

6.奇函数 f(x)(x∈R)满足:f(-4)=0,且在区间[0,3]与 5.设函数 y=x2-2x,x∈[-2,a],若函数的最小值为 g(a), ?a2-2a,-2≤a<1 ? [3,+∞)上分别递减和递增,则不等式(x2-4)f(x)<0 的 则 g(a)=? . ?-1,a≥1 ? 解集为(-∞,-4)∪(-2,0)∪(2,4). 解析 ∵函数 y=x2-2x=(x-1)2-1,∴对称轴为直线 x=1. 当-2≤a<1 x2-4>0,即 x<-2 或 x>2 时,f(x)<0.x=a 时, 解析 当 时,函数在[-2,a]上单调递减,则当 ymin=a2-2a;当 a≥1 时,函数在[-2,1]上单调递减, 由 f(x)的图象知,x<-4 或 2<x<4;当 x2-4<0, 在[1,a]上单调递增,则当 x=1 时,ymin=-1. ?a2-2a,-2≤a<1, 即-2<x<2 ? 时,f(x)>0,则-2<x<0. 综上,g(a)=? ?-1,a≥1. ? 故 x∈(-∞,-4)∪(-2,0)∪(2,4). ?a2-2a,-2≤a<1 ? 答案 ? (-∞,-4)∪(-2,0)∪(2,4) 答案 ?-1,a≥1 ?

A级 基础演练
三、解答题

单击题号出题干

7

8

单击问号出详解

(2)设 x2分)已知函数 f(x)=x2a,b∈R,都有 7.(12 分)设函数 f(x)对任意的 +a(x≠0,a∈R). 8.(13 >x1≥2, a ax f(a+b)=f(a)+f(b)-1,且当2 x>0 时,f(x)>1. 则 f(x1)-f(x2f(x)的奇偶性; )=x2+ -x2- (1)判断函数 R 上的增函数;x2 (1)求证:f(x)是 1 x1 (2)若 f(x)在区间[2,+∞)上是增函数,求实数 a (2)若 f(4)=5,解不等式 f(3m 2-m-2)<3. x1-x2 = (1)证明 [x1x21(x ,∴Δx=x2-x 的取值范围. 12+x2)-a], 1>0,∴f(Δx)>1, x1x2 设 x <x ∴f(x2)=f(x1+Δx)=f(x1)+f(Δx)-1>f(x ), 由 x2>x1≥2,得 x1x2(x1+x2)>16,x11-x2<0, ∴f(x)是 解x2>0. R 上的增函数. (1)当 a=0 时,f(x)=x2(x≠0)为偶函数; x1 (2)解 f(4)=f(2)+f(2)-1=5,∴f(2)=3, 当 a≠0-m-2)<3=f(2). 时,f(-x)≠f(x),f(-x)≠-f(x), 要使 f(x)在区间[2,+∞)上是增函数, ∴f(3m 2 ∴f(x)既不是奇函数也不是偶函数. 只需 f(x1)-f(x2)<0, R 上的增函数, 又由(1)的结论知 f(x)是 即 x1x2(x1+x2)-a>0 恒成立,则 a≤16. 4 2
∴3m -m-2<2,∴-1<m< . 3

B级 能力突破
一、选择题

1 单击题号出题干 2
单击问号出详解

2. (2013· 太原质检)设函数 y=f(x)在(-∞, +∞)内有定义, 对于给定的正数 K, 1.定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy(x,y∈R), ?f?x?,f?x?≤K, 1 - f(1)=2,则(x)=? 定义函数 fK f(-3)等于( C ). 取函数 f(x)=2 |x|,当 K= 时,函数 fK(x) 2 ?K,f?x?>K,

A.2 B.3 C.6 D.9

D.(1,+∞) 解析 f(1)=f(0+1)=f(0)+f(1)+2×0×1=f(0)+f(1),∴f(0)=0. 1 - - ?1? |x|,x≤-1或x≥1, f(0)=f(-1+1)=f(-1)+f(1)+2×(-1)×1=f(-1)+f(1)-2,∴ 2 |x|,2 |x|≤ , ??2? ? 2 f(-1)=0. ? 解析 f1(x)= ?f1 (x)= ? 1 1 1 - 2 2 f(-1)=f(-2+1)=f(-2)+f(1)+2×(-2)×1=f(-2)+f(1)-4, ∴ ,2 |x|> ?2 2 ?2,-1<x<1. f(-2)=2. f1 (x)的图象如右图所示,因此 f1 (x)的单调递增区间 f(-2)=f(-3+1)=f(-3)+f(1)+2×(-3)×1=f(-3)+f(1)-6, ∴ 2 2 为(-∞,-1). f(-3)=6. 答案 C 答案 C

的单调递增区间为( C ). A.(-∞,0) B.(0,+∞) C.(-∞,-1)

B级 能力突破
二、填空题

3 单击题号出题干 4
单击问号出详解

解析 根据题意可画出草图,由图象可知,①显然正确;函数 ?e-x-2,x≤0, 3.设奇函数 f(x)的定义域为[-5,5],若当 x 4.已知函数 f(x)=? f(x)在 R 上不是单调函数,故②错误;若 ∈ [0,5]时,f(x)的图象如右图,则不等式 ?2ax-1,x>0 ?1 a>0).对于下列命题: f(x)<0 的解集是{x|-2<x<0 或 2<x≤5}. (a 是常数且,+∞?上恒成立,则 2a×1- ? f(x)>0 在? 2 2 ? ? ①函数 f(x)的最小值是-1; 解析 法一 奇函数关于原点对称 1>0,a>1,故③正确;由图象可知在(- ②函数 f(x)在 R 上是单调函数; .∵当 ?1 ? x ∞, 0<x<2 时,f(x)>0?-2<x<0x1≠x2, 0)上对任意的 x1<0, 2<0 且 时,f(x)<0; ? ③若 f(x)>0 在?2,+∞?上恒成立, 时,f(x)>0. 当 2<x≤5 时,f(x)<0?-5≤x<-2 ? ?x1+x2? ? f?x1?+f?x2? ? ? ?<的解集为{x|-2<x<0 或 2<x≤5}. 恒有的取值范围是 a>1; 成立,故④正 ∴综上,f(x)<0 则 a f? 2 ? 2 法二 由于 f(x)为在[-5,5]上的奇函数, 通过数形结合可解决 ④对任意的 x1<0,x2<0 且 x1≠x2, 确. 问题.作图可得{x|-2<x<0 或 2<x≤5}. 答案 f?x1+x2?<f?x1?+f?x2?. ? 恒有 ? ①③④
答案 ? {x|-2<x<0 或 2<x≤5} 2 2 ? ? ? 其中正确命题的序号是 ①③④ .

B级 能力突破
三、解答题

单击题号出题干

5

6

单击问号出详解

6.(13 分)(2011· 潍坊一模)已知函数 f(x)=a·x 5.(12分)(2012· 上海)已知函数0<x1<x2<1,+b·x,其中常 2 3 (2)先证 f(x)在(0,1)上单调递减.令 x>0. (2)f(x+1)-f(x)=a·x+2b· f(x)在(-1,1)上有定义, 2 3 ?1 ? x ? ? f则a,b 满足 ab≠0.0<x<1)=f? x2-x1 ?. a ?=-1,当且仅当 )+f(-x1 数?2f(x2)-f(x1)=f(x2时,?3 ? 时,f(x)<0,且对任意 ?1-x ,? ? ? (i)当 a<0,b>0 ?2 ? >- 1x2 ? ? 2b ? ? x >0, ? ? x+y ∵0<x1<x2<1,∴x f(x)+f(y)=f (1)若 ab>0,判断函数 f(x)的单调性; ?,试证明: x、y∈(-1,1)都有 2-x1>0,1-x1 ?2 1+xy? ? a? ? x2-x1 解得 x>log 3 ?- ?; 即 >0. (1)f(x)为奇函数; 2b? (2)若 ab<0,求?f(x+1)>f(x)时的 x 的取值范围. 1-x2x1 2 (2)f(x)在(-1,1)上单调递减. x 又∵(x2-x a>0,b>01)=(x -1)(x1+1)<0, 2x a 解 (1)当 1)-(1-x时,?32? <- 2x, 3x 都单调递增, 时,因为 a· 证明 (1) 函数 f(x)的定义域为(-1,1),,b· (ii)当 a>0,b<0 x?2? 1 2 ?-x <1. 2b ∴x2-x1<1-x2x1,∴0< ? ? ? x+y 1-x 所以函数 f(x)单调递增; 2x1 再由 f(x)+f(y)=f? ? a ? ?,令 x=y=0,得 f(0)=0, ?1+xy 解得 x<log x2?-1 ? ?.? x 3 -x ? 时,因为 a· f(x )<f(x都单调递减, 当 a<0,b<0 1-x x2b? 2 ,b·x? 1), 由题意,知 f? 2 ? ?<0,即 ? x-x 2 3

? 1 2? ?=f(0)=0, 令 y=-x,得 f(x)+f(-x)=f ? 1-x2? ∴f(x)在(0,1)上单调递减,又 ? 所以函数 f(x)单调递减. f(x)为奇函数且 f(0)=0, ∴f(x)=-f(-x),即 f(x)为奇函数. ∴f(x)在(-1,1)上单调递减.

1.解析 因为 f(x)=loga|x|在(0,+∞)上单调递增,所以 a>1,f(1)<f(2)<f(3).又 函数 f(x)=loga|x|为偶函数,所以 f(2)=f(-2),所以 f(1)<f(-2)<f(3). 答案 B 2.解析 f(x)为奇函数且 x≥0 时 f(x)为减函数,故 f(x)在 R 上是减函数,由 x1 +x2>0,得 x1>-x2,故 f(x1)<f(-x2),即 f(x1)-f(-x2)<0,即 f(x1)+f(x2)<0. 答案 C 3.解析 采用验证法,易知函数 y=ln(x+2)在(-2,+∞)上是增函数,因此在 (0,+∞)上是增函数,故选 A. 答案 A 4.解析 f(x)=-x2+2ax 的对称轴为 x=a,要使 f(x)在[1,2]上为减函数,必须 - 有 a≤1, g(x)=(a+1)1 x 在[1,2]上是减函数, 又 所以 a+1>1, a>0, 0<a≤1. 即 故 答案 D 2?x+1?-2 2x 2 5.解析 f(x)= = =2- 在[1,2]上是增函数,∴f(x)max=f(2) x+1 x+1 x+1 4 = ,f(x)min=f(1)=1. 3 4 答案 ,1 3

返回

自测


相关文档

2014届高三数学(理)一轮《函数的单调性与最值》
2014届高考数学一轮专题复习 高效测试4 函数的单调性与最值 新人教A版
2014届高考数学(理)一轮复习知识点逐个击破专题讲座:函数的单调性与最值(定义域、值域)(人教A版)
(聚焦典型)2014届高三数学一轮复习《函数的单调性与最值》理 新人教B版
2014届高考数学一轮复习课件(理)浙江专版-第5讲 函数的性质(一)——单调性
2014届高三数学(理)一轮专题复习课件 函数的单调性与最值
江苏省2014届高考数学一轮复习 试题选编3 函数的基本性质(单调性、最值、奇偶性、周期性) 苏教版
北京市2014届高三理科数学一轮复习试题选编3:函数的性质(单调性、最值、奇偶性与周期性)
【步步高】2014届高考数学大一轮复习 2.2 函数的单调性与最值配套课件 理 新人教A版
2014届高三数学一轮复习专讲:函数的单调性与最值
电脑版
?/a>