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【2016届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固:第2章 第2节 函数的单调性与最值


第二章

第二节

一、选择题 1.(文)下列四个函数中,在区间(0,1)上是减函数的是( A.y=log2x 1 C.y=-( )x 2 [答案] D 1 1 [解析] y=log2x 在(0,+∞)上为增函数;y=x 在(0,+∞)上是增函数;∵y=( )x 在(0, 3 2 1 1 1 +∞)上是减函数,∴y=-( )x 在(0,+∞

)上是增函数;y= 在(0,+∞)上是减函数,故 y= 2 x x 在(0,1)上是减函数.故选 D. (理)(2014· 东营模拟)下列函数在(0,+∞)上是增函数的是( A.y=ln(x-2) C.y=x-x [答案] C 1 [解析] 当 x=1 时,y=ln(x-2)无意义;y=- x在[0,+∞)上单调递减;y=( )|x|在[0, 2 +∞)上单调递减, ∴选 C.
? ?log2x,x≥1, 2.(文)(2014· 山西运城模拟)已知函数 f(x)=? 则“c=-1”是“函数 f(x)在 ?x+c,x<1, ?
-1

)

1 B.y=x 3 1 D.y= x

)

B.y=- x 1 D.y=( )|x| 2

R 上递增”的(

) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

A.充分不必要条件 C.充要条件 [答案] A

[解析] c=-1 时,f(x)在 R 上单调递增;c=-2 时,f(x)在 R 上也单调递增,故选 A. a ? ? (理)已知 f(x)=? a ? ??4-2?x+2 ( ) A.(1,+∞) C.(4,8) B.[4,8) D.(1,8)
x

?x>1?, ?x≤1? 是 R 上的单调递增函数,则实数 a 的取值范围为

-1-

[答案] B a a [解析] 由 y=ax(x>1)单调增知 a>1;由 y=(4- )x+2(x≤1)单调增知,4- >0,∴a<8; 2 2 a 又 f(x)在 R 上单调增,∴a≥(4- )+2, 2 ∴a≥4,综上知,4≤a<8. [点评] 可用筛选法求解,a=2 时,有 f(1)=5>4=f(2),排除 A、D.a=4 时,f(x)=

?4x ?x>1?, ? ? 在 R 上单调递增,排除 C,故选 B. ?2x+2 ?x≤1?. ?

3. (文)(2014· 贵州贵阳质检)定义在 R 上的函数 f(x)的图象关于直线 x=2 对称, 且 f(x)在(- ∞,2)上是增函数,则( A.f(-1)<f(3) C.f(-1)=f(3) [答案] A [解析] ∵f(x)的图象关于直线 x=2 对称, ∴f(3)=f(1), ∵f(x)在(-∞,2)上是增函数,∴f(-1)<f(1)=f(3). (理)(2014· 厦门模拟)定义在 R 上的函数 f(x)在区间(-∞,2)上是增函数,且 f(x+2)的图象 关于直线 x=0 对称,则( A.f(-1)<f(3) C.f(-1)=f(3) [答案] A [解析] ∵f(x+2)的图象关于直线 x=0 对称,∴f(x)的图象关于直线 x=2 对称,∴f(3)= f(2+1)=f(2-1)=f(1),又 f(x)在(-∞,2)上为增函数,∴f(-1)<f(0)<f(1),故选 A. 4.若 f(x)=x3-6ax 的单调递减区间是(-2,2),则 a 的取值范围是( A.(-∞,0] C.{2} [答案] C [解析] f ′(x)=3x2-6a, 若 a≤0,则 f ′(x)≥0,∴f(x)单调增,排除 A; 若 a>0,则由 f ′(x)=0 得 x=± 2a,当 x<- 2a和 x> 2a时,f ′(x)>0,f(x)单调增,当 - 2a<x< 2a时,f(x)单调减, ∴f(x)的单调减区间为(- 2a, 2a),从而 2a=2, ∴a=2. [点评] f(x)的单调递减区间是(-2,2)和 f(x)在(-2,2)上单调递减是不同的,应加以区
-2-

) B.f(0)>f(3) D.f(0)=f(3)

) B.f(0)>f(3) D.f(0)=f(3)

)

B.[-2,2] D.[2,+∞)

分.本例亦可用 x=± 2 是方程 f ′(x)=3x2-6a=0 的两根解得 a=2. 1- 5.(文)已知 a=21.2,b=( ) 0.8,c=2log52,则 a、b、c 的大小关系为( 2 A.c<b<a C.b<a<c [答案] A [解析] 本题考查指数、对数值的大小比较. 1- a=21.2>21=2,b=( ) 0.8=20.8<21=2,b=20.8>20=1,c=2log52=log522=log54<log55=1, 2 所以 c<b<a. (理)已知 a=20.2,b=0.40.2,c=0.40.6,则( A.a>b>c C.c>a>b [答案] A [分析] b 与 c 有相同底数 0.4,故可用指数函数 y=0.4x 的单调性比较大小,且可知 b 与 c 都小于 1,又知 a>1,即可获解. [解析] ∵y=0.4x 为减函数,0<0.2<0.6,∴1>0.40.2>0.40.6,∴1>b>c;又 y=2x 为增函数, 0.2>0,∴20.2>20=1,∴a>1,∴a>b>c. 6.(文)(2014· 安徽省“江南十校”联考)函数 y=log2(|x|+1)的图象大致是( ) ) B.a>c>b D.b>c>a B.c<a<b D.b<c<a )

[答案] B [解析] 首先判断定义域为 R.又 f(-x)=f(x), 所以函数 y=log2(|x|+1)为偶函数,当 x>0 时,y=log2(x+1). 由对数函数的图象特征知排除 A、C,又 x=1 时,y=1,排除 D,故选 B. 1 (理)(2013· 阜阳月考)函数 y=f(x)的图象如图所示,则函数 y=log f(x)的图象大致是( 2 )

-3-

[答案] A [解析] 由 f(x)的图象知 f(x)≥1, 1 ∴y=log f(x)≤0,故选 A. 2 二、填空题 1 7.(文)(2013· 柳州月考)定义在 R 上的奇函数 y=f(x)在[0,+∞)上递增,且 f( )=0,则满 2 1 足 f(log x)>0 的 x 的集合为________. 9 1 [答案] {x|0<x< ,或 1<x<3} 3 1 [解析] 由奇函数 y=f(x)在[0,+∞)上递增,且 f( )=0,得函数 y=f(x)在(-∞,0)上递 2 1 1 1 1 1 1 1 增,且 f(- )=0.由 f(log x)>0,得 log x> 或- <log x<0,解得 0<x< 或 1<x<3. 2 9 9 2 2 9 3 1 所以满足条件的 x 的取值集合为{x|0<x< ,或 1<x<3}. 3 1 (理)(2013· 黄山月考)若定义域为 R 的偶函数 f(x)在[0,+∞)上是增函数,且 f( )=0,则不 2 等式 f(log4x)>0 的解集是________. 1 [答案] (0, )∪(2,+∞) 2 [解析] 由 f(x)是偶函数,且在[0,+∞)上是增函数,可得 f(x)在(-∞,0)上是减函数, 1 1 1 1 f(log4x)>0?f(log4x)>f( )?log4x<- 或 log4x> ,解得 0<x< 或 x>2. 2 2 2 2
?e x-2,x≤0, ? 8.(文)已知函数 f(x)=? (a 是常数且 a>0).对于下列命题: ?2ax-1,x>0, ?


1 ①函数 f(x)的最小值是-1;②函数 f(x)在 R 上是单调函数;③若 f(x)>0 在[ ,+∞)上恒 2 x1+x2 f?x1?+f?x2? 成立,则 a 的取值范围是 a>1;④对任意的 x1<0,x2<0 且 x1≠x2,恒有 f( )< . 2 2 其中正确命题的序号是________(写出所有正确命题的序号). [答案] ①③④ [解析] (数形结合法)根据题意可画出草图,由图象可知,①显 1 然正确;函数 f(x)在 R 上不是单调函数,故②错误;若 f(x)>0 在[ , 2

-4-

1 +∞)上恒成立,则 2a× -1>0,a>1,故③正确;由图象可知对任意的 x1<0,x2<0 且 x1≠x2, 2 x1+x2 f?x1?+f?x2? 恒有 f( )< 成立,故④正确. 2 2 1 ? ??2?x x≤0, (理)已知函数 f(x)=? 若 f(x0)≥2,则 x0 的取值范围是____________. ?log2?x+2? ? x>0. [答案] (-∞,-1]∪[2,+∞) 1 [解析] 当 x0≤0 时,f(x0)≥2 化为( )x0≥2, 2 1 1- 即:( )x0≥( ) 1,∴x0≤-1, 2 2 当 x0>0 时,f(x0)≥2 化为 log2(x0+2)≥2, 即 log2(x0+2)≥log24,∴x0+2≥4,∴x0≥2, ∴x0 的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞). 9.(2014· 河北唐山一中调研)若 f(x)=3x+sinx,则满足不等式 f(2m-1)+f(3-m)>0 的 m 的取值范围为________. [答案] (-2,+∞) [解析] 因为 f(x)=3x+sinx 的定义域 R 关于原点对称,且满足 f(-x)=-f(x),所以函数 f(x)为奇函数. 又因为 f ′(x)=3+cosx>0,所以函数 f(x)在 R 上单调递增,则 f(2m-1)+f(3-m)>0 等价 于 f(2m-1)>-f(3-m),即 f(2m-1)>f(m-3),故 2m-1>m-3,解得 m>-2. 三、解答题 10.(文)(2014· 济南模拟)已知定义域为 R 的函数 f(x)= (1)求 a,b 的值; (2)证明函数 f(x)的单调性. [解析] (1)∵f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x), ∴ -3 x+b -3x+b =- , - + + 3 x 1+a 3x 1+a


-3x+b 是奇函数. + 3x 1+a

∵此式对?x∈R 都成立,∴x=0 时等式成立,∴b=1. 又 x=1 时此等式成立,∴a=3. 2 3 -3x+1 1 (2)f(x)= x+1 =- + x ,易证 f(x)为减函数. 3 3 +1 3 +3 (理)经市场调查,某商品在过去 100 天内的销售量和价格均为时间 t(天)的函数,且日销售 1 112 1 量近似地满足 g(t)=- t+ (1≤t≤100,t∈N).前 40 天价格为 f(t)= t+22(1≤t≤40,t∈ 3 3 4
-5-

1 N),后 60 天价格为 f(t)=- t+52(41≤t≤100,t∈N),试求该商品的日销售额 S(t)的最大值和 2 最小值. [解析] 当 1≤t≤40,t∈N 时, 112×22 1 112 1 1 1 2500 S(t)=g(t)f(t)=(- t+ )( t+22)=- t2+2t+ =- (t-12)2+ , 3 3 4 12 3 12 3 112×22 2500 所以 768=S(40)≤S(t)≤S(12)= +12= . 3 3 当 41≤t≤100,t∈N 时, 112×52 1 1 112 1 1 8 S(t)=g(t)f(t)=(- t+ )(- t+52)= t2-36t+ = (t-108)2- , 3 3 2 6 3 6 3 所以 8=S(100)≤S(t)≤S(41)= 1491 . 2

2500 所以,S(t)的最大值为 ,最小值为 8. 3 [点评] 求函数值域与最值的基本方法与思路:单调性法,图象法,基本不等式法,换元 法,导数法,判别式法等. (1)单调性法 ①若函数 f(x)=x2-2x+m 在[3,+∞)上的最小值为 1,则实数 m 的值为( A.-3 C.-1 [答案] B [解析] ∵f(x)=(x-1)2+m-1 在[3,+∞)上是增加的,且 f(x)在[3,+∞)上的最小值为 1, ∴f(3)=1,即 22+m-1=1,m=-2.选 B. ②函数 y= x+1- x-1的最大值为( A.2 2 C .1 [答案] B [解析] y= 2 ,又 x≥1,则 y 是 x 的减函数,当 x=1 时,ymax= 2. x+1+ x-1 ) B. 2 D.4 B.-2 D.1 )

x2+2x+a ③已知函数 f(x)= ,x∈[1,+∞). x (1)当 a=4 时,求 f(x)的最小值; 1 (2)当 a= 时,求 f(x)的最小值; 2 (3)若 a 为正常数,求 f(x)的最小值.

-6-

[分析] 在解决该类型函数的最值时,首先考虑到应用均值不等式求解,但须逐一验证应 用均值不等式所具备的条件,若条件不具备,应从函数单调性的角度考虑. 4 [解析] (1)当 a=4 时,f(x)=x+ +2,易知 f(x)在[1,2]上是减少的,在[2,+∞)上是增加 x 的. ∴f(x)min=f(2)=6. 1 1 7 (2)当 a= 时,f(x)=x+ +2,易知 f(x)在[1,+∞)上为增加的,∴f(x)min=f(1)= . 2 2x 2 a (3)函数 f(x)=x+ +2 在(0, a]上是减少的, x 在[ a,+∞)上是增加的. 若 a>1,即 a>1 时,f(x)在区间[1,+ ∞)上先减后增,f(x)min=f( a)=2 a+2; 若 a≤1,即 0<a≤1 时,f(x)在区间 [1,+∞)上是增加的. ∴f(x)min=f(1)=a+3.

?a+3?0<a≤1? 综上所述,f(x)min=? . ?2 a+2?a>1?
(2)图象法
?a ? ④设 a,b∈R,定义 max{a,b}=? ?b ?

a≥b a<b

,函数 f(x)=max{|x+1|,|x-2|}(x∈R),

则 f(x)的最小值是______. [答案] 3 2

[解析] 令 y1=|x+1|,y2=|x-2|, 在同一坐标系中分别作出其图象, 如图所示, 根据条件知函数 f(x)的图象为图中的射线 PA, PB 构成,

? ?y=-x+2 3 由? ,解得 y= . 2 ?y=x+1 ?

即为函数 f(x)的最小值. (3)反函数法 1-x2 ⑤函数 y= 的值域为________. 1+x2 [答案] (-1,1]

-7-

1-x2 [解析] 解法 1:(反函数法)由 y= 得 1+x2 1-y x2= ≥0,解得-1<y≤1. 1+y 1-x2 -?x2+1?+2 2 解法 2:(分离常数法)y= = =-1+ 2 . 1+x2 x2+1 x +1 2 2 ∵x2+1≥1,∴0< 2 ≤2,∴-1<-1+ 2 ≤1. x +1 x +1 (4)换元法 ⑥函数 y=2x+ 1-2x的值域为________. 5 [答案] (-∞, ] 4 [解析] 令 t= 1-2x(t≥0),则 x= 1-t2 , 2

1 5 ∴y=-t2+t+1=-(t- )2+ (t≥0), 2 4 1 3 5 ∵当 t= 即 x= 时,ymax= ,无最小值. 2 8 4 5 ∴函数值域为(-∞, ]. 4 (5)基本不等式法 x -2x+4 ? ? ,x>0, x ⑦f(x)=? 的值域为( ?-x2-2x,x≤0 ? A.R C.[1,2] [答案] B [分析] 先分别求出函数在每一段上的取值,当 x>0 时,可化简函数解析式,利用基本不 等式求解函数的最值,进而确定其取值范围;当 x≤0 时,可利用配方法求解其取值范围,最 后把两个取值范围取并集,即得函数的值域. x2-2x+4 4 [解析] 当 x>0 时,f(x)= =x+ -2, x x 4 由基本不等式可得 x+ ≥2 x 4 4 x× =4(当且仅当 x= ,即 x=2 时等号成立), x x
2

) B.(-∞,1]∪[2,+∞) D.(-∞,-1]∪[2,+∞)

4 所以 f(x)=x+ -2≥4-2=2,即此时 f(x)∈[2,+∞). x 当 x≤0 时,f(x)=-x2-2x=-(x+1)2+1,因为当 x=-1 时,f(x)取得最大值 1, 所以此时 f(x)∈(-∞,1]. 综上,f(x)的值域为(-∞,1]∪[2,+∞),故选 B.
-8-

(6)导数法 ⑧函数 y=2x3-3x2-12x+5 在[0,3]上的最大值、最小值分别是( A.5;-15 C.-4;-15 [答案] A [解析] y′=6x2-6x-12, 令 y′=0?x=-1(舍去)或 x=2. x=0 时 y=5;x=2 时 y=-15;x=3 时 y=-4. ∴ymax=5,ymin=-15.故选 A. 1 1 ⑨设 f(x)=- x3+ x2+2ax. 3 2 2 (1)若 f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; 3 16 (2)当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为- ,求 f(x)在该区间上的最大值. 3 [解析] (1)由 f ′(x)=-x2+x+2a 1 1 =-(x- )2+ +2a 2 4 2 2 2 2 1 当 x∈[ ,+∞)时,f ′(x)的最大值为 f ′( )= +2a;令 +2a>0,得 a>- 3 3 9 9 9 1 2 2 所以,当 a>- 时,f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间.即 f(x)在( ,+∞)上存在单调 9 3 3 1 递增区间时,a 的取值范围是(- ,+∞). 9 (2)令 f ′(x)=0,得两根 x1= 1- 1+8a 1+ 1+8a ,x2= . 2 2 B.5;-4 D.5;-16 )

所以 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减, 在(x1,x2)上单调递增. 当 0<a<2 时,有 x1<1<x2<4, 所以 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(x2), 27 又 f(4)-f(1)=- +6a<0,即 f(4)<f(1) 2 40 16 所以 f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)=8a- =- ,得 a=1,x2=2, 3 3 10 从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2)= . 3

一、选择题

-9-

11.(2014· 吉林长春调研)已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)+f(-x)=0,且在(-∞,0) 上单调递增,如果 x1+x2<0 且 x1x2<0,则 f(x1)+f(x2)的值( A.可能为 0 C.恒小于 0 [答案] C [解析] ∵f(x)+f(-x)=0,∴f(x)为奇函数, ∵x1+x2<0,x1x2<0, ∴x1<-x2<0 或 x2<-x1<0, ∵f(x)在(-∞,0)上单调递增, ∴f(x1)<f(-x2)或 f(x2)<f(-x1). 又 f(x)为奇函数,∴f(x1)+f(x2)<0. 12.(文)若函数 y=f(x)的导函数 在区间[a,b]上是增函数,则函数 y=f(x)在区间[a,b]上 ... 的图象可能是( ) B.恒大于 0 D.可正可负 )

[答案] A [解析] ∵导函数 f ′(x)是增函数, ∴切线的斜率随着切点横坐标的增大,逐渐增大, 故选 A. [点评] B 图中切线斜率逐渐减小,C 图中 f ′(x)为常数,D 图中切线斜率先增大后减小. (理)如果函数 y=a x(a>0, 且 a≠1)是减函数, 那么函数 f(x)=loga


1 的图象大致是( x+1

)

- 10 -

[答案] C 1 - [解析] 解法一:由函数 y=a x(a>0,且 a≠1)是减函数知 a>1,∴0< <1, a f(x)=loga 1 1 =-loga(x+1)=log (x+1). a x+1

1 函数 f(x)的图象可以看作由函数 y=log x 的图象向左平移 1 个单位长度得到, a 1 又 y=log x 是减函数,∴f(x)为减函数,故选 C. a 1?x - 解法二:由于 f(0)=0,故排除 A、B;由 y=a x,即 y=? ?a? 是减函数知 a>1,∴x>0 时, f(x)<0,排除 D,选 C. 13.(2013· 潍坊模拟)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 1 时,[f(x2)-f(x1)]· (x2-x1)<0 恒成立,设 a=f(- ),b=f(2),c=f(3),则 a,b,c 的大小关系为 2 ( ) A.c>a>b C.a>c>b [答案] D [解析] ∵x2>x1>1 时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0,∴f(x)在[1,+∞)上为减函数, 又 f(x)的图象向左平移 1 个单位后关于 y 轴对称, ∴f(x)的图象关于直线 x=1 对称, 1 5 5 ∴a=f(- )=f( ),∴f(2)>f( )>f(3),即 b>a>c. 2 2 2 14.(文)(2014· 浙江省名校联考)设 f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数,当 n∈N*时,f(n)∈ N*,且 f[f(n)]=2n+1,则( A.f(1)=3,f(2)=4 C.f(2)=4,f(4)=5 [答案] B [解析] 由 f[f(n)]=2n+1,得 f[f(1)]=3,f[f(2)]=5.∵当 n∈N*时,f(n)∈N*,若 f(1)=3, 则由 f[f(1)]=3 得,f(3)=3,与 f(x)在(0,+∞)上单调递增矛盾,故选项 A 错误;若 f(2)=4, 则 f(4)=5,4<f(3)<5,与 f(3)∈N*矛盾,故选项 C 错;若 f(2)=3,则由 f[f(2)]=5 得 f(3)=5,故 选项 D 错. ) B.f(1)=2,f(2)=3 D.f(2)=3,f(3)=4 B.c>b>a D.b>a>c

- 11 -

1 (理)当 0<x≤ 时,4x<logax,则 a 的取值范围是( 2 A.(0, 2 ) 2 B.(

) 2 ,1) 2

C.(1, 2) [答案] B

D.( 2,2)

1 1 1 1 [解析] ∵0<x≤ 时, logax>4x>0, ∴0<a<1, 排除 C、 D; 当 x= 时, loga >4 =2=logaa2, 2 2 2 2 a>1, 0<a<1, ? ? ? ? 2 ∴? 2 1 或? 2 1 ∴a> ,排除 A,选 B. 2 ? ? ?a <2, ?a >2, 二、填空题 a 15.(文)若函数 f(x)=-x2+2ax 与 g(x)= 在区间[1,2]上都是减函数,则 a 的取值范围 x+1 是________. [答案] (0,1] [解析] 由 f(x)=-x2+2ax 得函数对称轴为 x=a, 又在区间[1,2]上是减函数,所以 a≤1, 又 g(x)= a 在[1,2]上减函数,所以 a>0, x+1

综上 a 的取值范围为(0,1]. (理)若函数 f(x)=x2+2x+alnx 在(0,1)上单调递减,则实数 a 的取值范围是________. [答案] a≤-4 [解析] ∵函数 f(x)=x2+2x+alnx 在(0,1)上单调递减,∴当 x∈(0,1)时,f ′(x)=2x+2+
2 a 2x +2x+a = ≤0,∴g(x)=2x2+2x+a≤0 在 x∈(0,1)时恒成立, x x

1 ∵g(x)的对称轴 x=- ,x∈(0,1), 2 ∴g(1)≤0,即 a≤-4. 1 16.(2014· 福建厦门质检)函数 f(x)=( )x-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为________. 3 [答案] 3 1 [解析] 由于 y=( )x 在 R 上递减,y=log2(x+2)在[-1,1]上递增,所以 f(x)在[-1,1]上单 3 调递减,故 f(x)在[-1,1]上的最大值为 f(-1)=3. 三、解答题 17.(文)已知函数 f(x)=loga(x+1)-loga(1-x),a>0 且 a≠1. (1)求 f(x)的定义域;

- 12 -

(2)判断 f(x)的奇偶性并予以证明; (3)当 a>1 时,求使 f(x)>0 的 x 的取值范围.
?x+1>0, ? [解析] (1)要使 f(x)=loga(x+1)-loga(1-x)有意义,则? 解得-1<x<1. ?1-x>0. ?

故所求定义域为{x|-1<x<1}. (2)由(1)知 f(x)的定义域为{x|-1<x<1}, 且 f(-x)=loga(-x+1)-loga(1+x)=-[loga(x+1)-loga(1-x)]=-f(x), 故 f(x)为奇函数. x+1 (3)因为当 a>1 时,f(x)在定义域{x|-1<x<1}内是增函数,所以 f(x)>0? >1.解得 0<x<1. 1-x 所以使 f(x)>0 的 x 的取值范围是{x|0<x<1}.
? x>0, ?f?x? (理)设函数 f(x)=ax2+bx+c(a、b、c 为实数,且 a≠0),F(x)=? ?-f?x? x<0. ?

(1)若 f(-1)=0,曲线 y=f(x)通过点(0,2a+3),且在点(-1,f(-1))处的切线垂直于 y 轴, 求 F(x)的表达式; (2)在(1)的条件下,当 x∈[-1,1]时,g(x)=kx-f(x)是单调函数,求实数 k 的取值范围; (3)设 mn<0,m+n>0,a>0,且 f(x)为偶函数,证明 F(m)+F(n)>0. [解析] (1)因为 f(x)=ax2+bx+c,所以 f ′(x)=2ax+b. 又曲线 y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线垂直于 y 轴,故 f ′(-1)=0, 即-2a+b=0,因此 b=2a.① 因为 f(-1)=0,所以 b=a+c.② 又因为曲线 y=f(x)通过点(0,2a+3), 所以 c=2a+3.③ 解由①,②,③组成的方程组得,a=-3,b=-6,c=-3. 从而 f(x)=-3x2-6x-3.
?-3?x+1?2 x>0, ? 所以 F(x)=? 2 ?3?x+1? x<0. ?

(2)由(1)知 f(x)=-3x2-6x-3, 所以 g(x)=kx-f(x)=3x2+(k+6)x+3. 由 g(x)在[-1,1]上是单调函数知: - k+6 k+6 ≤-1 或- ≥1,得 k≤-12 或 k≥0. 6 6

(3)因为 f(x)是偶函数,可知 b=0.因此 f(x)=ax2+c. 又因为 mn<0,m+n>0,可知 m、n 异号. 若 m>0,则 n<0. 则 F(m)+F(n)=f(m)-f(n)=am2+c-an2-c
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=a(m+n)(m-n)>0. 若 m<0,则 n>0.同理可得 F(m)+F(n)>0. 综上可知 F(m)+F(n)>0. 18. (文)(2014· 盘锦模拟)已知函数 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数, 在[0,1]上 f(x)=2x+ln(x +1)-1. (1)求函数 f(x)的解析式,并判断 f(x)在[-1,1]上的单调性(不要求证明). (2)解不等式 f(2x-1)+f(1-x2)≥0. [解析] (1)设-1≤x≤0,则 0≤-x≤1, 1 - 所以 f(-x)=2 x+ln(1-x)-1= x+ln(1-x)-1, 2 又 f(x)是奇函数,所以 f(-x)=-f(x), 1 f(x)=-f(-x)=- x-ln(1-x)+1, 2 1 ? ?-2x-ln?1-x?+1,-1≤x<0, 所以 f(x)=? ? ?2x+ln?x+1?-1,0≤x≤1, f(x)是[-1,1]上的增函数. (2)∵f(2x-1)+f(1-x2)≥0,f(x)为奇函数, ∴f(2x-1)≥f(x2-1), ∵f(x)在[-1,1]上为增函数, -1≤2x-1≤1, ? ? 2 ∴?-1≤x -1≤1, ? ?2x-1≥x2-1, 0≤x≤1, ? ? ∴?-1≤x≤1, ? ?0≤x≤2.

∴0≤x≤1.

∴原不等式的解集为{x|0≤x≤1}. (理)(2014· 合肥模拟)函数 f(x)对任意的 m,n∈R,都有 f(m+n)=f(m)+f(n)-1,并且 x>0 时,恒有 f(x)>1. (1)求证:f(x)在 R 上是增函数; (2)若 f(3)=4,解不等式 f(a2+a-5)<2. [分析] (1)利用定义法, 取 x1<x2, 则 x2-x1>0→利用 f(m+n)=f(m)+f(n)-1 将 f(x2)-f(x1) 用 f(x2-x1)表示→与 0 比较大小→结论. (2)利用 f(m+n)=f(m)+f(n)-1 及 f(3)=4, 将 2 表示成函数值 f(x0)→得 f(a2+a-5)<f(x0)→ 用单调性脱掉“f”求解. [解析] (1)设 x1<x2,所以 x2-x1>0. 因为当 x>0 时,f(x)>1,所以 f(x2-x1)>1. f(x2)=f((x2-x1)+x1)①

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=f(x2-x1)+f(x1)-1, 所以 f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0?f(x1)<f(x2), 所以 f(x)在 R 上为增函数. (2)因为 m,n∈R,不妨设 m=n=1, 所以 f(1+1)=f(1)+f(1)-1?f(2)=2f(1)-1, f(3)=4?f(2+1)=4?f(2)+f(1)-1=4?3f(1)-2=4,所以 f(1)=2, 所以 f(a2+a-5)<2=f(1),② 因为 f(x)在 R 上为增函数, 所以 a2+a-5<1?-3<a<2, 即原不等式的解集为{a|-3<a<2}. [失误与防范] 失误点 ①处不会根据条件 f(m+n)=f(m)+f(n)-1, 构造 f(x2)=f((x2-x1)+x1),进而将 f(x2)-f(x1) 用 f(x2-x1)表示而失分 ②处不能根据条件 f(m+n)=f(m)+f(n)-1 及 f(3)=4,将所解不等式转化为 f(a2+a- 5)<f(1),从而无法根据单调性脱掉“f”而失分 [点评] 求函数解析式的常见类型与方法 (1)换元法 已知 f[g(x)]是关于 x 的函数,即 f[g(x)]=F(x),求 f(x)的解析式,通常令 g(x)=t,由此能 解出 x=φ(t).将 x=φ(t)代入 f[g(x)]=F(x)中,求得 f(t)的解析式,再用 x 替换 t,便得 f(x)的解 析式.注意,换元后要确定新元 t 的取值范围. 2 ①已知 f( +1)=lgx,求 f(x)的解析式. x 2 [解析] 令 +1=t,由于 x>0, x 2 ∴t>1 且 x= , t-1 ∴f(t)=lg 2 2 ,即 f(x)=lg (x>1). t-1 x-1 防范措施 在利用定义法证明抽象函数的单调性时,应 根据所给抽象关系式的特点,对 x1 或 x2 进行 适当变形,进而将 f(x2)-f(x1)与 0 比较大小 求解含“f”的不等式问题,应先利用已知条件 将不等式转化为 f(x1)<f(x2)的形式,然后再根 据其单调性脱掉“f”,转化为关于 x1 与 x2 的不 等式问题求解

(2)待定系数法 若已知函数的结构形式,则可用此法. ②设二次函数 f(x)满足 f(x-2)=f(-x-2)且图象在 y 轴上的截距为 1,在 x 轴上截得的线 段长为 2 2,求 f(x)的解析式. [解析] ∵二次函数 f(x)满足 f(x-2)=f(-x-2),

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∴f(x)的图象关于直线 x=-2 对称, 故可设 f(x)=a(x+2)2+c, ∵f(x)的图象在 y 轴上的截距为 1, ∴f(0)=1,∴4a+c=1,① 又 f(x)的图象在 x 轴上截得线段长为 2 2, ∴-2+ 2与-2- 2是方程 a(x+2)2+c=0 的两根, ∴2a+c=0② 1 由①、②解得,a= ,c=-1, 2 1 1 ∴f(x)= (x+2)2-1,即 f(x)= x2+2x+1. 2 2 (3)消元法 1? 已知 f(x)满足某个等式,这个等式除 f(x)是未知量外,还出现其他未知量,如 f(-x)、f? ? x? 等,必须根据已知等式再构造其他等式组成方程组,通过解方程组求出 f(x). ③已知函数 f(x)满足条件:f(x)+2f(-x)=x,则 f(x)=________. [答案] -x [分析] 由于难以判断 f(x)是何种类型的函数, 故不可能先设出 f(x)的表达式, 但如果把条 件中的 x 换成-x,即得 f(-x)+2f(x)=-x,把 f(x)、f(-x)作为一个整体量,实际上得到了这 两个量的方程组. [解析] 用-x 代换条件方程中的 x 得 f(-x)+2f(x)=-x,把它与原条件式联立.
? ?f?x?+2f?-x?=x, ? ?f?-x?+2f?x?=-x. ?

① ②

②×2-①得,f(x)=-x. (4)赋值法 此类解法的依据是:如果一个函数关系式中的变量对某个范围内的一切值都成立,则对 该范围内的某些特殊值必成立,结合题设条件的结构特点,给变量适当取值,从而使问题简 单化、具体化,进而获解. ④已知 f(0)=1,f(a-b)=f(a)-b(2a-b+1),求 f(x). [解析] 令 a=0,则 f(-b)=f(0)-b(-b+1)=1+b(b-1)=b2-b+1 再令-b=x 得:f(x)=x2+x+1. [解法探究] 赋值法的关键环节是“赋值”,赋值的方法灵活多样,既要照顾到已知条件 的运用和待求结论的产生,又要考虑所给关系式的结构特点. 如本题另解: 令 b=a,则 1=f(0)=f(a)-a(2a-a+1)

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=f(a)-a(a+1)=f(a)-a2-a, ∴f(a)=a2+a+1,∴f(x)=x2+x+1. (5)转化法 已知 f(x)在某个区间上的表达式及 f(x)具有某种性质(如奇偶性、对称性等),求 f(x)在另一 个区间上的表达式,常用转化法求解. ⑤已知函数 f(x)对任意实数 x 均有 f(x)=kf(x+2),其中常数 k 为负数,且 f(x)在区间[0,2] 上有表达式 f(x)=x(x-2). (1)求 f(-1),f(2.5)的值; (2)写出 f(x)在[-3,3]上的表达式,并讨论函数 f(x)在[-3,3]上的单调性. 1 1 1 1 1 1 [解析] (1)由 f(-1)=kf(1),f(2.5)= f( )知需求 f( )和 f(1),f(1)=-1,f( )= ×( -2)= k 2 2 2 2 2 3 - , 4 ∴f(-1)=-k,f(2.5)=- 3 4k

(2)∵0≤x≤2 时,f(x)=x(x-2), 设-2≤x<0,则 0≤x+2<2, ∴f(x)=kf(x+2)=k(x+2)x; 设-3≤x<-2,则-1≤x+2<0, ∴f(x)=kf(x+2)=k2(x+4)(x+2); 设 2<x≤3,则 0<x-2≤1, ∵f(x)=kf(x+2),∴f(x-2)=kf(x), 1 1 ∴f(x)= f(x-2)= (x-2)(x-4). k k

? kx?x+2? -2≤x<0, ? 综上可知,f(x)=?x?x-2? 0≤x≤2, ? ?x-2??x-4? 2<x≤3. ?1 k

k2?x+2??x+4? -3≤x<-2,

∵k<0,∴由二次函数的知识知:f(x)在[-3,-2)上是增函数,在[-2,-1)上是增函数, 在[-1,0)上是减函数,在[0,1)上是减函数,在[1,2]上是增函数,在(2,3]上是增函数,又各区间 都可以是闭区间,∴f(x)在[-3,-1]上是增函数,在[-1,1]上是减函数,在[1,3]上是增函数.

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