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2.2函数的单调性与最值


一、选择题 1 1.给出下列四个函数:①f(x)=x+1,②f(x)= ,③f(x)=x2,④f(x)=sin x,其中在(0, x +∞)上是增函数的有( ) A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 解析:增函数有①③两个,∴选 C. 答案:C 2.下列函数 f(x)中,满足“对任意 x1,x2∈(0,+∞),当 x1<x2 时,都有 f(x1)>f(x2)”的 是( ) 1 A.f(x)= B.f(x)=(x-1)2 x C.f(x)=ex D.f(x)=ln(x+1) 答案:A 3.(2012 年湖南长沙模拟)函数 f(x)=log2(4+3x-x2)的单调递减区间是( ) 3? 3 A.?-∞,2? B.?2,+∞? ? ? ? 3? 3 ? C.?-1,2? D.?2,4? ? ? 解析:由 4+3x-x2>0 得-1<x<4,即函数定义域是{x|-1<x<4}. 3 25 3 又 g(x)=-x2+3x+4=-?x-2?2+ 在?2,+∞?上递减, ? ? 4 ? ? 3 ? 2 故 f(x)=log2(4+3x-x )应在?2,4?上递减,选 D. ? 答案:D 4.已知函数 f(x)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,在(0,+∞)上单调递减, 1? 且 f?2?>0>f(- 3),则方程 f(x)=0 的根的个数为( ) ? A.0 B.1 C.2 D.3 1 解析:因为在(0,+∞)上函数递减,且 f?2?· ? ? f(- 3)<0,又 f(x)是偶函数, 1 所以 f?2?· 3)<0. ? ? f( 所以 f(x)在(0,+∞)上只有一个零点. 又因为 f(x)是偶函数,则它在(-∞,0)上也有唯一的零点,故方程 f(x)=0 的根有 2 个. 答案:C 1 5.(2012 年宿州模拟)已知偶函数 f(x)在区间[0,+∞)上单调增加,则满足 f(2x-1)<f?3? ? ? 的 x 的取值范围是( ) 1 2? 1 2 A.?3,3? B.?3,3? ? ? ? 1 2? 1 2? C.?2,3? D.?2,3? ? ? 1 解析:f(x)是偶函数,其图象关于 y 轴对称,又 f(x)在[0,+∞)上递增,∴f(2x-1)<f?3?? ? ? 1 1 2 |2x-1|< ? <x< .故选 A. 3 3 3

答案:A 二、填空题 1 6.(2012 年江苏扬州模拟)函数 f(x)= ?3? x -log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为 ? ? ________. 1 解析:由于 y=?3?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 ? ? 调递减,故 f(x)在[-1,1]上的最大值为 f(-1)=3. 答案:3

?1,x>0 ? 7.函数 f(x)=?0,x=0 ,g(x)=x2f(x-1),则函数 g(x)的递减区间是________. ?-1,x<0 ?

解析:由条件知,

?x ,x>1, ? g(x)=?0,x=1, ?-x2,x<1, ?
如图所示,其递减区间是[0,1). 答案:[0,1)
? x ?e -2,x≤0, 8. (2012 年淮南质检)已知函数 f(x)=? (a 是常数且 a>0). 对于下列命题: ? ?2ax-1,x>0


2

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?2,+∞?上恒 ? ? 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? 其中正确命题的序号是________(写出所有正确命题的序号). x1+x2? f?x1?+f?x2? . 2 ? 2 ?<

解析:(数形结合法)根据题意可画出草图,由图象可知,①显然正确;函数 f(x)在 R 上 1 1 不是单调函数,故②错误;若 f(x)>0 在?2,+∞?上恒成立,则 2a× -1>0,a>1,故③正确; ? ? 2 x1+x2? f?x1?+f?x2? 由图象可知在(-∞,0)上对任意的 x1<0,x2<0 且 x1≠x2,恒有 f? 成立,故 2 ? 2 ?< ④正确. 答案:①③④ 三、解答题 x 9.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.

x 解析:(1)证明:当 a=-2 时,f(x)= . x+2 任设 x1<x2<-2, x1 x2 则 f(x1)-f(x2)= - x1+2 x2+2 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. (2)任设 1<x1<x2,则 x1 x2 f(x1)-f(x2)= - x1-a x2-a 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 在(1,+∞)内恒成立,∴a≤1. 综上知 0<a≤1. x1 10.已知定义在区间(0,+∞)上的函数 f(x)满足 f?x ?=f(x1)-f(x2),且当 x>1 时,f(x)<0. ? 2? (1)求 f(1)的值; (2)判断 f(x)的单调性; (3)若 f(3)=-1,解不等式 f(|x|)<-2. 解析:(1)令 x1=x2>0,代入得 f(1)=f(x1)-f(x2)=0,故 f(1)=0. x1 (2)任取 x1、x2∈(0,+∞),且 x1>x2,则 >1. x2 当 x>1 时,f(x)<0, x1 所以 f?x ?<0, ? 2? 即 f(x1)-f(x2)<0,有 f(x1)<f(x2), 故函数 f(x)在区间(0,+∞)上单调递减. x1 9 (3)由 f?x ?=f(x1)-f(x2)得 f?3?=f(9)-f(3), ? 2? ? ? 而 f(3)=-1, 所以 f(9)=-2. 由于函数 f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数, ∴原不等式为 f(|x|)<f(9). ∴|x|>9, ∴x<-9 或 x>9, ∴不等式的解集为{x|x<-9,或 x>9}.



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