2019版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标5函数的

1 课时达标 第5讲

[解密考纲]本考点考查函数的单调性．单独命题多以选择题的形式呈现，排在中间靠前的位置，题目难度系数属于中等或中等偏上；另外，函数的性质也常常与三角函数、向量、不等式、导数等相结合出解答题，有一定难度．

一、选择题

1．下列函数中，在区间(0,1]上是增函数且最大值为－1的为( C )

A ．y ＝－x 2

B ．y ＝? ????12x

C ．y ＝－1x

D ．y ＝2x 解析 y ＝－x 2在区间(0,1]上是减函数，不满足条件；y ＝? ??

??12x 在区间(0,1]上是减函数，不满足条件；y ＝－1x

在区间(0,1]上是增函数，最大值为y ＝－1，满足条件；y ＝2x 在区间(0,1]上是增函数，最大值为y ＝2，不满足条件，故选C ．

2．(2018·黑龙江牡丹江一中期中)函数y ＝3x 2－3x ＋2，x ∈[－1,2]的值域是( B )

A ．R

B ．????????143，729

C ．[9,243]

D ．[3，＋∞)

解析 令t ＝x 2－3x ＋2，∵x ∈[－1,2]， ∴t ＝x 2－3x ＋2＝? ????x －322－14∈????

??－14，6. 又y ＝3t 在????

??－14，6上单调递增， 则y ＝3t

∈????????143，729. ∴函数y ＝3x 2

－3x ＋2，x ∈[－1,2]的值域是????????143，729. 3．设函数f (x )定义在实数集上，它的图象关于直线x ＝1对称，且当x ≥1时，f (x )＝3x

－1，则( B ) A ．f ? ????13<f ? ????32<f ? ????23 B ．f ? ????23<f ? ????32<f ? ??

??13

2 C ．f ? ????23<f ? ????13<f ? ??

??32 D ．f ? ????32<f ? ????23<f ? ????13 解析 由题设知，当x <1时，f (x )单调递减，当x ≥1时，f (x )单调递增，而x ＝1为对

称轴，∴f ? ????32＝f ? ????2－32＝f ? ??

??12， 又13<12<23<1，∴f ? ????13>f ? ????12>f ? ????23， 即f ? ????13>f ? ????32>f ? ??

??23，故选B ． 4．已知f (x )＝????? ?

????4－a 2x ＋2，x ≤1，a x ，x >1

是R 上的增函数，则实数a 的取值范围为

( B )

A ．(1，＋∞)

B ．[4,8)

C ．(4,8)

D ．(1,8) 解析 ∵f (x )是R 上的增函数，∴a >1且4－a 2>0且a ≥4－a 2

＋2，解得，4≤a <8，故选B ．

5．(2018·天津河西区一模)函数f (x )＝ln(x 2－2x －3)的单调递减区间为( C )

A ．(－∞，1)

B ．(1，＋∞)

C ．(－∞，－1)

D ．(3，＋∞) 解析 要使函数有意义，则x 2－2x －3>0，

即x >3或x <－1.设t ＝x 2－2x －3＝(x －1)2

－4，

当x >3时，函数t ＝x 2－2x －3单调递增；

当x <－1时，函数t ＝x 2－2x －3单调递减．

∵函数y ＝ln t 在定义域上为单调递增函数，

∴f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，故选C ． 6．已知函数f (x )＝?????

x 2＋4x ，x ≥0，4x －x 2，x <0，)若f (2－a 2)>f (a )，则实数a 的取值范围是( C ) A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B ．(－1,2) C ．(－2,1) D ．(－∞，－2)∪(1，＋∞) 解析 f (x )＝????? x 2＋4x ＝x ＋2－4，x ≥04x －x 2＝－x －2＋4，x <0，

3 由f (x )的图象可知f (x )在R 上是增函数，由f (2－a 2)>f (a )，

得2－a 2>a ，即a 2＋a －2<0，解得－2<a <1.

二、填空题

7．(2018·山东日照调研)函数f (x )＝????? 1x

，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为__2__.

解析 当x ≥1时，函数f (x )＝1x

为减函数，所以f (x )在x ＝1处取得最大值f (1)＝1；当x <1时，易知函数f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值f (0)＝2.故函数f (x )的最大值为2.

8．函数f (x )＝x ＋21－x 的最大值为__2__.

解析 设1－x ＝t ，则x ＝1－t 2(t ≥0)．

所以y ＝x ＋21－x ＝1－t 2＋2t ＝－t 2＋2t ＋1＝－(t －1)2＋2.

所以当t ＝1，即x ＝0时，y max ＝2.

9．(2017·浙江卷)已知函数f (x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋3e x

＋1e x ＋1在区间[－k ，k ](k >0)上的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝__4__.

解析 ∵f (x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋3e x

＋1e x ＋1＝ln(x ＋1＋x 2)＋3－2e x ＋1，∴函数f (x )在R 上为单调递增，

∴M ＝f (k )＝ln(k ＋1＋k 2)＋3－2e k ＋1

， m ＝f (－k )＝ln(－k ＋1＋k 2)＋3－2e －k

＋1， ∴M ＋m ＝f (k )＋f (－k )＝ln 1＋6－2?

????1e k ＋1＋1e －k ＋1＝6－2＝4. 三、解答题

10．已知函数f (x )＝－

2x ＋1

，x ∈[0,2]，用定义证明函数的单调性，并求函数的最大值和最小值． 解析 设x 1，x 2是区间[0,2]上的任意两个实数，且x 1<x 2，则

f (x 1)－f (x 2)＝－2x 1＋1－? ????－2x 2＋1＝－x 2－x

1x 1＋x 2＋.

由0≤x 1<x 2≤2，得x 2－x 1>0，(x 1＋1)(x 2＋1)>0，

所以f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，

故f (x )在区间[0,2]上是增函数．

4 因此，函数f (x )＝－2x ＋1

在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f (0)＝－2，最大值是f (2)＝－23.

11．已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的减函数，满足f (x )＋f (y )＝f (xy )．

(1)求证：f (x )－f (y )＝f ? ????x y ；

(2)若f (4)＝－4，解不等式f (x )－f ? ????1

x －12≥－12.

解析 (1)证明：由条件f (x )＋f (y )＝f (xy )可得f ? ????x y ＋f (y )＝f ? ????x y ·y ＝f (x )，

所以f (x )－f (y )＝f ? ????x y .

(2)因为f (4)＝－4，所以f (4)＋f (4)＝f (16)＝－8，

f (4)＋f (16)＝f (64)＝－12.

由(1)得f (x )－f ? ????1

x －12＝f (x (x －12))，

又f (x )是定义在(0，＋∞)上的减函数，

????? x >0

1x －12>0?

x >12，由f (x )－f ? ????1

x －12≥－12，

有f (x (x －12))≥f (64)，所以x (x －12)≤64.

所以x 2－12x －64＝(x －16)(x ＋4)≤0，

得－4≤x ≤16，又x >12，所以x ∈(12,16]．

12．已知f (x )＝x 2＋2x ＋a x ，x ∈[1，＋∞)．

(1)当a ＝12时，求函数f (x )的最小值；

(2)若?x ∈[1，＋∞)，f (x )>0恒成立，试求实数a 的取值范围．

解析 (1)当a ＝12时，f (x )＝x ＋1

2x ＋2，

任取1≤x 1<x 2，则

f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋? ????

1

2x 1－12x 2＝

x 1－x 2x 1x 2－

2x 1x 2

，

∵1≤x 1<x 2，∴x 1x 2>1，∴2x 1x 2－1>0.

5 又x 1－x 2<0，∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在[1，＋∞)上是增函数，

∴f (x )在[1，＋∞)上的最小值为f (1)＝72

. (2)∵在区间[1，＋∞)上，f (x )＝x 2＋2x ＋a x

>0恒成立， 则?????

x 2＋2x ＋a >0，x ≥1?????? a >－x 2＋2x ，x ≥1，等价于a 大于函数φ(x )＝－(x 2＋2x )在[1，＋∞)上的最大值． ∵φ(x )＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减，∴当x ＝1时，φ(x )取最大值为φ(1)

＝－3，∴a >－3，故a 的取值范围是(－3，＋∞)．