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【红对勾】(新课标)2016高考数学大一轮复习 第二章 函数、导数及其应用课时作业5 理 新人教A版


课时作业 5

函数的单调性与最值

一、选择题 1.(2014·北京卷)下列函数中,定义域是 R 且为增函数的是( A.y=e
-x

)

B.y=x

3

C.y=lnx 解析:A 项,函数 y=e 为 R 上的减函数; B 项,函数 y=x

为 R 上的增函数; C 项,函数 y=lnx 为(0,+∞)上的增函数;
3 -x

D.y=|x|

D 项,函数 y=|x|在(-∞,0)上为减函数,在(0,+∞)上为增函数. 故只有 B 项符合题意,应选 B. 答案:B 2.下列函数 f(x)中,满足“对任意的 x1,x2∈(0,+∞)时,均有(x1-x2)[f(x1)-

f(x2)]>0”的是(
1 A.f(x)= 2 C.f(x)=2
x

) B.f(x)=x -4x+4 1 D.f(x)=log x 2
2

解析:由于(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0 等价于 x1-x2 与 f(x1)-f(x2)正负号相同,故函数

f(x)在(0,+∞)上单调递增.显然只有函数 f(x)=2x 符合,故选 C.
答案:C 3.函数 y=x +bx+c(x∈[0,+∞))是单调函数的充要条件是( A.b≥0 C.b<0
2 2

)

B.b≤0 D.b>0

解析:函数 y=x +bx+c 在[0,+∞)上是单调函数的充要条件是- ≤0 得 b≥0. 2 答案:A 4.已知函数 y=f(x)在 R 上是减函数,则 y=f(|x-3|)的单调递减区间是( A.(-∞,+∞) C.[-3,+∞) B.[3,+∞) D.(-∞,3] )

b

解析:因为函数 y=f(|x-3|)是由 y=f(μ ),μ =|x-3|复合而成的,而函数 y=f(x) 在 R 上是减函数,y=f(|x-3|)的单调递减区间,即 μ =|x-3|的单调递增区间,结合函数 μ =|x-3|的图象可得,应有 x-3≥0,解得 x≥3,所以函数 y=f(|x-3|)的单调递减区间
1

是[3,+∞),故选 B. 答案:B 5.定义新运算⊕:当 a≥b 时,a⊕b=a;当 a<b 时,a⊕b=b ,则函数 f(x)=(1⊕x)x -(2⊕x),x∈[-2,2]的最大值等于( A.-1 C.6 ) B.1 D.12
2

解析:由已知得当-2≤x≤1 时,f(x)=x-2, 当 1<x≤2 时,f(x)=x -2. ∵f(x)=x-2,f(x)=x -2 在定义域内都为增函数. ∴f(x)的最大值为 f(2)=2 -2=6. 答案:C
?log2x,x≥1, ? 6.已知函数 f(x)=? ?x+c,x<1, ?
3 3 3

则“c=-1”是“函数 f(x)在 R 上递增”的

(

) A.充分不必要条件 C.充要条件 B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

解析:若函数 f(x)在 R 上递增,则需 log21≥c+1,即 c≤-1.由于 c=-1? c≤-1, 但 c≤-1? / c=-1,所以“c=-1”是“f(x)在 R 上递增”的充分不必要条件.故选 A. 答案:A 二、填空题

?3? 2 7.f(x)在(0,+∞)上为减函数,则 A=f(a -a+1),B=f? ?的大小关系为________. ?4? ? 1?2 3 3 2 解析:因为 a -a+1=?a- ? + ≥ , ? 2? 4 4
又 f(x)在(0,+∞)上为减函数,

?3? 2 所以 f(a -a+1)≤f? ?,即 A≤B. ?4?
答案:A≤B 1,x>0, ? ? 8.设函数 f(x)=?0,x=0, ? ?-1,x<0, ________. 解析:

g(x)=x2f(x-1),则函数 g(x)的递减区间是

2

x ,x>1, ? ? g(x)=?0,x=1, ? ?-x2,x<1.

2

如图所示,其递减区间是[0,1).

答案:[0,1) 2x+k 9.使函数 y= 与 y=log3(x-2)在(3,+∞)上具有相同的单调性,则实数 k 的取 x-2 值范围是________. 解析:由 y=log3(x-2)的定义域为(2,+∞),且为增函数,故在(3,+∞)上是增函 数. 2x+k 2?x-2?+4+k 4+ k 又函数 y= = =2+ , x-2 x-2 x- 2 使其在(3,+∞)上是增函数,故 4+k<0,得 k<-4. 答案:(-∞,-4) 三、解答题 10.已知 f(x)=

x

x-a

(x≠a).

(1)若 a=-2,试证明 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. 解:(1)证明:任设 x1<x2<-2, 则 f(x1)-f(x2)=

x2 2?x1-x2? - = . x1+2 x2+2 ?x1+2??x2+2?

x1

∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,∴f(x1)<f(x2), ∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增. (2)任设 1<x1<x2,则

x1 x2 a?x2-x1? f(x1)-f(x2)= - = . x1-a x2-a ?x1-a??x2-a?
∵a>0,x2-x1>0, ∴要使 f(x1)-f(x2)>0,
3

只需(x1-a)(x2-a)>0 恒成立,∴a≤1. 综上所述知 0<a≤1. 11.已知函数 f(x)=2x+ +c 其中 b,c 为常数且满足 f(1)=5,f(2)=6. (1)求 b,c 的值; (2)证明:函数 f(x)在区间(0,1)上是减函数;

b x

?1 ? (3)求函数 y=f(x),x∈? ,3?的值域. ?2 ?
解:(1)f(x)=2x+ +c, 2+b+c=5 ? ? ?? b 4+ +c=6 ? ? 2

b x

? ?f?1?=5 ? ?f?2?=6 ?

,∴?

? ?b=2 ?c=1 ?

.

(2)设 x1,x2∈(0,1)且 x1<x2,

f(x)=2x+ +1, x f(x2)-f(x1)=?2x2+ +1?-?2x1+ +1? x2 ? ? x1 ? ?
1 ? 2?x1-x2? ? =2(x2-x1)+ =2(x2-x1)?1- ?

2

?

2

? ?

2

?

x2x1

?

x1x2?



2?x2-x1??x1x2-1? <0,

x1x2

∴f(x2)<f(x1), ∴f(x)在(0,1)上是减函数. (3)由(2)知函数在(0,1)上是减函数,易知在(1,+∞)上是增函数.

?1 ? 当 x∈? ,3?时,f(x)min=f(1)=5, ?2 ?
23 1 ?1? 又∵f? ?=6,f(3)= ,f(3)>f( ), 3 2 ?2? 23 ? 23? ∴f(x)max= ,∴f(x)的值域是?5, ?. 3? 3 ?

1. 已知函数 y=f(x)满足: f(x)=f(4-x)(x∈R), 且在[2, +∞)上为增函数, 则( A.f(4)>f(1)>f(0.5) C.f(4)>f(0.5)>f(1) B.f(1)>f(0.5)>f(4) D.f(0.5)>f(4)>f(1)

)

4

解析:因为函数 y=f(x)满足:f(x)=f(4-x)(x∈R), 所以函数 f(x)的图象关于 x=2 对称, 所以 f(1)=f(3),f(0.5)=f(3.5), 又因为 f(x)在[2,+∞)上为增函数, 所以 f(4)>f(3.5)>f(3), 即 f(4)>f(0.5)>f(1),故选 C. 答案:C π π 2. 已知函数 f(x)满足 f(x)=f(π -x), 且当 x∈(- , )时, f(x)=ex+sinx, 则( 2 2 A.f(1)<f(2)<f(3) C.f(3)<f(2)<f(1) B.f(2)<f(3)<f(1) D.f(3)<f(1)<f(2) )

π π π 解析: 由 f(x)=f(π -x), 得函数 f(x)的图象关于直线 x= 对称, 又当 x∈(- , ) 2 2 2 π π 时, f′(x)=ex+cosx>0 恒成立, 所以 f(x)在(- , )上为增函数, f(2)=f(π -2), f(3) 2 2 π =f(π -3),且 0<π -3<1<π -2< ,所以 f(π -3)<f(1)<f(π -2),即 f(3)<f(1)<f(2). 2 答案:D 3.已知函数 f(x)=e 范围是________. 解析:∵f(x)=e
|x-a| |x-a|

(a 为常数).若 f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,则 a 的取值

?e ?x≥a?, ? =? -x+a ? ?x<a?, ?e

x-a

∴f(x)在[a,+∞)上为增函数,则[1,+∞)? [a,+∞),∴a≤1. 答案:(-∞,1] 1 3 1 2 4.若 a∈R,函数 f(x)= x + ax -(a+1)x. 3 2 (1)若 a=0,求函数 f(x)的单调递增区间; 2 (2)当 x∈[-1,2]时,-1≤f(x)≤ 恒成立,求实数 a 的取值范围. 3 1 3 解:(1)当 a=0 时,f(x)= x -x,f′(x)=(x+1)(x-1),所以函数 f(x)的单调递增 3 区间是(-∞,-1),(1,+∞). (2)因为 f′(x)=(x-1)[x+(a+1)], 又因为-1,1∈[-1,2], 3 2 2 所以 f(-1)= a+ ∈[-1, ], 2 3 3

5

f(1)=- a- ∈[-1, ],
3 2 2 1 2 2 即-1≤ a+ ≤ 且-1≤- a- ≤ , 2 3 3 2 3 3 10 1 解之得- ≤a≤0.所以-1≤-(a+1)≤ . 9 9 2 2 ①当 a=0 时,f(x)max=max{f(-1),f(2)}= ,f(x)min=f(1)=- ,满足条件. 3 3 10 ②当- ≤a<0 时, 9 -1 (-1, -(a+1)) + 3 2 a+ 2 3 单调递增 -(a+1) 0 极大值 (-(a+ 1),1) - 单调递减 1 0 极小值 (1,2) + 单调递增 2 3 2

1 2

2 3

2 3

f′(x) f(x)

所以 f(x)在[-1,-(a+1)],[1,2]上单调递增,在[-(a+1),1]上单调递减, 2 所以 f(x)min=min{(f-1),f(1)}≥-1,f(2)= , 3 2 所以只要 f(-(a+1))≤ 恒成立即可. 3 1 2 设 g(a)=f(-(a+1))= (a+4)(a+1) , 6 1 因为 g′(a)= (a+3)(a+1), 2 10 2 所以 g(a)max=max{g(- ),g(0)}=g(0)= , 9 3 2 则 f(-(a+1))≤ 恒成立. 3 10 故实数 a 的取值范围是[- ,0]. 9

6


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