2011高考数学单元复习训练函数的单调性
更新时间:2024-05-05 04:38:01 阅读量: 综合文库 文档下载
课时训练9 函数的单调性
【说明】本试卷满分100分,考试时间90分钟. 一、选择题(每小题6分,共42分)
1.下列函数中,在区间(0,2)上为增函数的是( ) A.y=-x+1 B.y=C.y=x2-4x+5 D.y=
x
2x
答案:B
解析:A、C、D函数在(0,2)均为减函数.
2.设函数f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,则下列不等式正确的是( ) A.f(2a) 解析:∵a2+1-a=(a- 12)2+ 34>0,∴a2+1>a.又f(x)在R上递减,故f(a2+1) 或者令a=0,排除A、B、C,选D. 3.函数y=(2k+1)x+b在(-∞,+∞)上是减函数,则( ) A.k> 12 B.k< 12 C.k>- 12 D.k<- 12 答案:D 解析:2k+1<0?k<-4.函数f(x)=A.0 12. ax?1x?2在区间(-2,+∞)上为增函数,那么实数a的取值范围为( ) 12 B.a<-1或a> 12 12 D.a>-2 答案:C 解析:∵f(x)=a+ 1?2ax?2在(-2,+∞)递增,∴1-2a<0,即a> 12. 5.(2010四川成都一模,4)已知f(x)是R上的增函数,若令F(x)=f(1-x)-f(1+x),则F(x)是R上的( ) A.增函数 B.减函数 C.先减后增的函数 D.先增后减的函数 答案:B 解析:取f(x)=x,则F(x)=(1-x)-(1+x)=-2x为减函数,选B. 6.已知f(x)是定义在(-∞,+∞)上的奇函数,且f(x)在[0,+∞)上是减函数,则下列关系式中正确的是( ) A.f(5)>f(-5) B.f(4)>f(3) C.f(-2)>f(2) D.f(-8) 解析:∵f(x)为奇函数,∴f(0)=0,∴f(2) 17.(2010全国大联考,5)下列函数:(1)y=x;(2)y=x2;(3)y=2x;(4)y=log2x.其中不是偶函数且在区间(0,+∞)上也不是减函数的有( ) A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 答案:D 解析:(1)是偶函数,(2)(3)(4)都不是偶函数且在(0,+∞)上递增,故满足条件. 二、填空题(每小题5分,共15分) 8.函数y=()2 1x2?4x?52的递减区间是__________________. 答案:[2,+∞] 解析:y=( 12)t单调递减,t=x2-4x+5在[2,+∞)上递增,∴递减区间为[2,+∞). 9.若函数f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,则不等式f(x)>f(8x-16)的解集为_______________. 答案:(2, 167) ?x?0,?16?. 解析:?8x?16?0,?2?x?7???x?8x?16,10.已知函数f(x)满足:对任意实数x1,x2,当x1 f(x)=_____________(请写出一个满足这些条件的函数即可). 答案:ax(0 解析:f(x)在R上递减,f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)的函数模型为f(x)=ax. 三、解答题(11—13题每小题10分,14题13分,共43分) 11.设函数f(x)=x+ ax(a>0). (1)求函数在(0,+∞)上的单调区间,并证明之; (2)若函数f(x)在[a-2,+∞]上递增,求a的取值范围. 解析:(1)f(x)在(0,+∞)上的增区间为[a,+∞],减区间为(0,a). 证明:∵f′(x)=1- ax2,当x∈[a,+∞]时, ∴f′(x)>0,当x∈(0,a)时,f′(x)<0. 即f(x)在[a+∞]上单调递增,在(0,a)上单调递减.(或者用定义证) (2)[a-2,+∞]为[a,+∞]的子区间,所以a-2≥a?a-a-2≥0?(a+1)( a-2)≥0?a-2≥0?a≥4. 12.(2010湖北黄冈中学模拟,19)已知定义域为[0,1]的函数f(x)同时满足: ①对于任意的x∈[0,1],总有f(x)≥0; ②f(1)=1; ③若x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1, 则有f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2). (1)求f(0)的值; (2)求f(x)的最大值. 解析:(1)对于条件③,令x1=x2=0得f(0)≤0,又由条件①知f(0)≥0,故f(0)=0. (2)设0≤x1 ∴f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-f(x1)=f(x2-x1)≥0. 即f(x2)≥f(x1),故f(x)在[0,1]上是单调递增,从而f(x)的最大值是f(1)=1. 13.定义在R上的奇函数f(x)在[-a,-b](a>b>0)上是减函数且f(-b)>0,判断F(x)=[f(x)]2在[b,a]上的单调性并证明你的结论. 解析:设b≤x1 ∵f(x)在[-a,-b]上是减函数,∴0 xm-1)2+( nx-1)2的定义域为[m,n)且1≤m (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)证明:对任意x1、x2∈[m,n],不等式|f(x1)-f(x2)|<1恒成立. (1)解析:解法一:∵f(x)=( xm?-1)+( 2 nx-1)= 2 x2m2?n2x2?2xm?2nx+2, ∴f′(x)= 2xm2?2n2x3?2m?2nx22mx23·(x4-m2n2-mx3+m2nx)= 2mx23(x2-mx+mn)(x+mn) (x-mn). ∵1≤m≤x 2mx23>0,x2-mx+mn=x(x-m)+mn>0,x+mn>0. 令f′(x)=0,得x=mn, ①当x∈[m,mn]时,f′(x)<0; ②当x∈[mn,n]时,f′(x)>0. ∴f(x)在[m,mn]内为减函数,在[mn,n)为内增函数. 解法二:由题设可得 f(x)=(令t= xm??nxnx. -1)2- 2nm+1. xm∵1≤m ∴t= xm?nx≥2, nm>2. 令t′= 1m?nx2=0,得x=mn. 当x∈[m,mn],t′<0;当x∈(mn,n)时,t′>0.∴t=在[mn,n]内是增函数.∵函数y=(t-1)2-在[m, xm?nx在[m,mn]内是减函数, 2nm+1在[1,+∞]上是增函数,∴函数f(x) mn]内是减函数,在[mn,n]内是增函数. mn)=2( (2)证明:由(1)可知,f(x)在[m,n]上的最小值为f( nm-1)2,最大值为 f(m)=( nm-1)2. 对任意x1、x2∈[m,n],|f(x1)-f(x2)|≤( nm-1)2-2( nm-1)2=( nm)2-4· nm+4 nm-1.令 u= nm,h(u)=u4-4u2+4u-1. ∵1≤m nm≤2,即1 5?12)(u+ 5?12)>0, ∴h(u)在(1,2)上是增函数.∴h(u)≤h(2)=4-8+42-1=42-5<1. ∴不等式|f(x1)-f(x2)|<1恒成立.
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