高考数学一轮复习课时分层训练5函数的单调性与最大小值文北师大版

课时作业(五) 函数的单调性与最值A 级1．函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在(－∞，＋∞)上是减函数，则( ) A ．k ＞12B ．k ＜12C ．k ＞－12D ．k ＜－122．(2012·广东卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝ln(x ＋2) B ．y ＝－x ＋1 C ．y ＝⎝⎛⎭⎫12xD ．y ＝x ＋1x3．关于函数y ＝－3x 的单调性的叙述正确的是( )A ．在(－∞，0)上是递增的，在(0，＋∞)上是递减的B ．在(－∞，0)∪(0，＋∞)上递增C ．在[0，＋∞)上递增D ．在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是递增的4．(2012·青岛模拟)已知奇函数f (x )对任意的正实数x 1，x 2(x 1≠x 2)，恒有(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))>0，则一定正确的是( )A ．f (4)>f (－6)B ．f (－4)<f (－6)C ．f (－4)>f (－6)D ．f (4)<f (－6)5．已知函数f (x )＝log 2x ＋11－x ，若x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，则( )A ．f (x 1)<0，f (x 2)<0B ．f (x 1)<0，f (x 2)>0C ．f (x 1)>0，f (x 2)<0D ．f (x 1)>0，f (x 2)>06．函数f (x )＝1x －1在[2,3]上的最小值为________最大值为________．7．已知函数f (x )为R 上的减函数，若m <n ，则f (m )________f (n )；若f (|x |)<f (1)，则实数x 的取值范围是________．8．函数y ＝－(x －3)|x |的递增区间是________．9．函数f (x )＝x ＋2x 在区间[0,4]上的最大值M 与最小值N 的和M ＋N ＝________. 10．已知函数f (x )＝1a －1x (a >0，x >0)，(1)求证：f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数； (2)若f (x )在⎣⎡⎦⎤12，2上的值域是⎣⎡⎦⎤12，2，求a 的值．11．已知函数f (x )＝ax ＋1x ＋2在区间(－2，＋∞)上是递增的，求实数a 的取值范围．B 级1．“函数f (x )在[a ，b ]上为单调函数”是“函数f (x )在[a ，b ]上有最大值和最小值”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．若函数f (x )＝a |x －b |＋2在[0，＋∞)上为增函数，则实数a 、b 的取值范围是________． 3．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且对一切x >0，y >0都有f ⎝⎛⎭⎫x y ＝f (x )－f (y )，当x >1时，有f (x )>0.(1)求f (1)的值；(2)判断f (x )的单调性并加以证明；(3)若f(4)＝2，求f(x)在[1,16]上的值域．答案课时作业(五) A 级1．D 使y ＝(2k ＋1)x ＋b 在(－∞，＋∞)上是减函数，则2k ＋1＜0， 即k ＜－12.2．A 对于A 选项，可看成由函数y ＝ln u ，u ＝x ＋2复合而成，由于两函数都为增函数，单调性相同，所以函数y ＝ln(x ＋2)在(－2，＋∞)上为增函数．B 、C 均为减函数．对于D 选项，y ＝x ＋1x在(－∞，－1)，(1，＋∞)上为增函数．3．D 由于函数y ＝1x 在(－∞，0)和(0，＋∞)上是递减的，且－3<0，因此函数y ＝－3x 在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是递增的，这里特别注意两区间之间只能用“和”或“，”，一定不能用“∪”．4．C 由(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))>0知f (x )在(0，＋∞)上递增， ∴f (4)<f (6)⇔f (－4)>f (－6)．5．B 函数f (x )＝log 2x ＋11－x 在(1，＋∞)上是增函数，而f (2)＝0，所以当x 1∈(1,2)时，有f (x 1)<f (2)＝0；当x 2∈(2，＋∞)时，有f (x 2)>f (2)＝0.故选B.6．解析： ∵f ′(x )＝－1(x －1)2<0，∴f (x )在[2,3]上为减函数， ∴f (x )min ＝f (3)＝13－1＝12，f (x )max ＝12－1＝1. 答案： 1217．解析： 由减函数的定义知，若m <n ，则f (m )>f (n )； 若f (|x |)<f (1)，则|x |>1，得：x >1或x <－1. 答案： > {x |x >1或x <－1}8.解析： y ＝－(x －3)|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋3x (x >0)，x 2－3x (x ≤0).作出该函数的图像，观察图像知递增区间为⎣⎡⎦⎤0，32. 答案： ⎣⎡⎦⎤0，32 9．解析： 令t ＝x ，则t ∈[0,2]，于是y ＝t 2＋2t ＝(t ＋1)2－1，显然它在t ∈[0,2]上是增函数，故t ＝2时，M ＝8；t ＝0时N ＝0. ∴M ＋N ＝8. 答案： 810．解析： (1)证明：设x 2>x 1>0，则x 2－x 1>0，x 1x 2>0， ∵f (x 2)－f (x 1)＝⎝⎛⎭⎫1a －1x 2－⎝⎛⎭⎫1a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0， ∴f (x 2)>f (x 1)，∴f (x )在(0，＋∞)上是单调递增的．(2)∵f (x )在⎣⎡⎦⎤12，2上的值域是⎣⎡⎦⎤12，2，又f (x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递增， ∴f ⎝⎛⎭⎫12＝12，f (2)＝2.∴易得a ＝25. 11．解析： f (x )＝ax ＋1x ＋2＝a (x ＋2)＋1－2a x ＋2＝1－2a x ＋2＋a .任取x 1，x 2∈(－2，＋∞)，且x 1<x 2， 则f (x 1)－f (x 2)＝1－2a x 1＋2－1－2a x 2＋2＝(1－2a )(x 2－x 1)(x 1＋2)(x 2＋2). ∵函数f (x )＝ax ＋1x ＋2在区间(－2，＋∞)上为增函数，∴f (x 1)－f (x 2)<0.∵x 2－x 1>0，x 1＋2>0，x 2＋2>0，∴1－2a <0，a >12，即实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞. B 级1．A 若函数f (x )在[a ，b ]上为单调递增(减)函数，则在[a ，b ]上一定存在最小(大)值f (a )，最大(小)值f (b )，所以充分性满足；反之，不一定成立，如二次函数f (x )＝x 2－2x ＋3在[0,2]存在最大值和最小值，但该函数在[0,2]不具有单调性，所以必要性不满足，即“函数f (x )在[a ，b ]上单调”是“函数f (x )在[a ，b ]上有最大值和最小值”的充分不必要条件．2．解析： 要使f (x )在[0，＋∞)上为增函数，则a >0且x －b ≥0恒成立，即b ≤x ，∴b ≤0. 答案： a >0且b ≤03．解析： (1)∵当x >0，y >0时，f ⎝⎛⎭⎫x y ＝f (x )－f (y )， ∴令x ＝y >0，则f (1)＝f (x )－f (x )＝0. (2)设x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1<x 2， 则f (x 2)－f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫x 2x 1，∵x 2>x 1>0.∴x 2x 1>1，∴f ⎝⎛⎭⎫x 2x 1>0. ∴f (x 2)>f (x 1)，即f (x )在(0，＋∞)上是增函数． (3)由(2)知f (x )在[1,16]上是增函数． ∴f (x )min ＝f (1)＝0，f (x )max ＝f (16)， ∵f (4)＝2，由f ⎝⎛⎭⎫x y ＝f (x )－f (y )，知f ⎝⎛⎭⎫164＝f (16)－f (4)，∴f (16)＝2f (4)＝4， ∴f (x )在[1,16]上的值域为[0,4]．。

课时分层训练(五) 函数的单调性与最值A 组 基础达标一、选择题1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( )A ．y ＝2－xB ．y ＝xC ．y ＝log 2xD ．y ＝－1xB [由题知，只有y ＝2－x与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数．] 2．(·广州七中期末)函数f (x )＝|x －2|x 的单调递减区间是( )【导学号：79140027】A ．[1,2]B ．[－1,0]C ．[0,2]D ．[2，＋∞)A [f (x )＝|x －2|x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥2，－x 2＋2x ，x ＜2.其图像如图，由图像可知函数的单调递减区间是[1,2]．]3．已知函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)A [因为函数f (x )在(－∞，－1)上是单调函数，所以－a ≥－1，解得a ≤1.] 4．(·北京西城区二模)下列函数中，值域为[0,1]的是( )A ．y ＝x 2B ．y ＝sin xC ．y ＝1x 2＋1D ．y ＝1－x 2D [A 中，x 2≥0；B 中，－1≤sin x ≤1；C 中，0＜1x 2＋1≤1；D 中，0≤1－x 2≤1，故选D.]5．定义新运算○+：当a ≥b 时，a ○+b ＝a ；当a ＜b 时，a ○+b ＝b 2，则函数f (x )＝(1○+x )x －(2○+x )，x ∈[－2,2]的最大值等于( ) A ．－1 B ．1 C ．6D ．12C [由已知得，当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2， 当1＜x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数， ∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.]二、填空题6．函数f (x )＝log 2(x 2－1)的单调递减区间为________．(－∞，－1) [由x 2－1＞0得x ＞1或x ＜－1，即函数f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．令t ＝x 2－1，因为y ＝log 2t 在t ∈(0，＋∞)上为增函数，t ＝x 2－1在x ∈(－∞，－1)上是减函数，所以函数f (x )＝log 2(x 2－1)的单调递减区间为(－∞，－1)．]7．函数f (x )＝1x －1在区间[a ，b ]上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b ＝________. 【导学号：79140028】6 [易知f (x )在[a ，b ]上为减函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧f a ＝1，f b ＝13，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －1＝1，1b －1＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4.∴a ＋b ＝6.]8．已知函数f (x )＝x 2－2ax －3在区间[1,2]上具有单调性，则实数a 的取值范围为________．(－∞，1]∪[2，＋∞) [函数f (x )＝x 2－2ax －3的图像开口向上，对称轴为直线x ＝a ，画出草图如图所示．由图像可知，函数在(－∞，a ]和[a ，＋∞)上都具有单调性，但单调性不同，因此要使函数f (x )在区间[1,2]上具有单调性，只需a ≤1或a ≥2，从而a ∈(－∞，1]∪[2，＋∞)．] 三、解答题9．已知函数f (x )＝ax ＋1a(1－x )(a ＞0)，且f (x )在[0,1]上的最小值为g (a )，求g (a )的最大值.【导学号：79140029】[解] f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1a x ＋1a ，当a ＞1时，a －1a＞0，此时f (x )在[0,1]上为增函数，∴g (a )＝f (0)＝1a ；当0＜a ＜1时，a －1a＜0，此时f (x )在[0,1]上为减函数，∴g (a )＝f (1)＝a ；当a ＝1时，f (x )＝1，此时g (a )＝1.∴g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，0＜a ＜1，1a，a ≥1.∴g (a )在(0,1)上为增函数，在[1，＋∞)上为减函数，∴当a ＝1时，g (a )取最大值1.10．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证f (x )在(－∞，－2)上单调递增；(2)若a ＞0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． [解] (1)证明：设x 1＜x 2＜－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2x 1－x 2x 1＋2x 2＋2.∵(x 1＋2)(x 2＋2)＞0，x 1－x 2＜0， ∴f (x 1)＜f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增． (2)f (x )＝xx －a ＝x －a ＋a x －a ＝1＋ax －a，当a ＞0时，f (x )在(－∞，a )，(a ，＋∞)上是减函数， 又f (x )在(1，＋∞)内单调递减，∴0＜a ≤1，故实数a 的取值范围是(0,1]．B 组 能力提升11．定义在[－2,2]上的函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0，x 1≠x 2，且f (a 2－a )＞f (2a －2)，则实数a 的取值范围为( ) A ．[－1,2) B ．[0,2) C ．[0,1)D ．[－1,1)C [函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0，x 1≠x 2，∴函数在[－2,2]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2≤a 2－a ≤2，－2≤2a －2≤2，2a －2＜a 2－a .∴⎩⎪⎨⎪⎧－1≤a ≤2，0≤a ≤2，a ＜1或a ＞2，∴0≤a ＜1，故选C.]12．(·衡水调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x ≥0，x 2－2x ，x ＜0.若f (－a )＋f (a )≤2f (1)，则a 的取值范围是( ) A ．[－1,0) B ．[0,1] C ．[－1,1]D ．[－2,2]C [因为函数f (x )是偶函数，故f (－a )＝f (a )，原不等式等价于f (a )≤f (1)，即f (|a |)≤f (1)，而函数在[0，＋∞)上单调递增，故|a |≤1，解得－1≤a ≤1.]13．函数y ＝2x ＋kx －2与y ＝log 3(x －2)在(3，＋∞)上具有相同的单调性，则实数k 的取值范围是________．(－∞，－4) [由于y ＝log 3(x －2)在(3，＋∞)上为增函数，故函数y ＝2x ＋kx －2＝2x －2＋4＋k x －2＝2＋4＋kx －2在(3，＋∞)上也是增函数，则有4＋k ＜0，得k ＜－4.]14．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值.【导学号：79140030】[解] (1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.(2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1x 2>1， 当x >1时，f (x )<0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，∴函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数． (3)∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数， ∴f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫93＝f (9)－f (3)， 而f (3)＝－1，∴f (9)＝－2.∴f(x)在[2,9]上的最小值为－2.。

A 级(时间：40分钟 满分：60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2011·西安模拟)函数f (x )＝e x ＋e －x(e 为自然对数的底数)在(0，＋∞)上( )．A ．有极大值B ．有极小值C ．是增函数D ．是减函数解析 依题意知，当x ＞0时，f ′(x )＝e x－e －x＞e 0－e 0＝0，因此f (x )在(0，＋∞)上是增函数． 答案 C2．若函数f (x )＝ax 3－x 在区间(－∞，＋∞)内是减函数，则( )． A ．a ≤0 B ．a ＜1 C ．a ＝2 D ．a ＝13解析 f ′(x )＝3ax 2－1，由f ′(x )＝3ax 2－1≤0，得a ≤0. 答案 A3．函数y ＝x 3－x 2－x ＋1在闭区间[－1,1]上的最大值是( )． A.3227 B.2627 C ．0 D ．－3227解析 f (x )＝3x 2－2x －1，由f (x )＝0，得x ＝1或x ＝－13，f (－1)＝0，f (1)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝3227. 答案 A4．(2011·皖南八校第二次联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( )． A ．(－1,2) B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C ．(－3,6)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f ′(x )＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)＞0，解得a ＜－3或a ＞6. 答案 B5．(2011·浙江)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象是( )．解析 设h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝(2ax ＋b )e x ＋(ax 2＋bx ＋c )e x ＝(ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c )e x .由x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，得当x ＝－1时，ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c ＝c －a＝0，∴c ＝a .∴f (x )＝ax 2＋bx ＋a .若方程ax 2＋bx ＋a ＝0有两根x 1，x 2，则x 1x 2＝a a＝1，D 中图象一定不满足该条件． 答案 D二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2011·广东)函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值．解析 由题意知f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2，由f ′(x )＞0，得x ＜0或x ＞2，由f ′(x )＜0得0＜x ＜2，∴f (x )在x ＝2处取得极小值． 答案 27．函数f (x )＝x ln x 的单调递增区间是________．解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，∵f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )＞0， 得x ＞1e，∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞8．(2011·辽宁)已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________． 解析 f ′(x )＝e x－2. 当x ＜ln 2时，f ′(x )＜0； 当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0. ∴f (x )min ＝f (ln 2)＝2－2ln 2＋a ， 则函数有零点，即f (x )min ≤0. ∴2－2ln 2＋a ≤0， ∴a ≤2ln 2－2. 答案 (－∞，2ln 2－2] 三、解答题(共23分)9．(11分)已知函数f (x )＝4x 3＋ax 2＋bx ＋5的图象在x ＝1处的切线方程为y ＝－12x . (1)求函数f (x )的解析式； (2)求y ＝f (x )的单调递增区间． 解 (1)f ′(x )＝12x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝12＋2a ＋b ＝－12，①又x ＝1，y ＝－12在f (x )的图象上，∴4＋a ＋b ＋5＝－12， ②由①②得a ＝－3，b ＝－18， ∴f (x )＝4x 3－3x 2－18x ＋5.(2)由f ′(x )＝12x 2－6x －18＝0，得x ＝－1，32.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化如下表：x (－∞，－1)－1 ⎝⎛⎭⎪⎫－1，32 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ f ′(x ) ＋ 0－ 0＋ f (x )增减增∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.10．(12分)(2011·安徽)设f (x )＝ex1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围． 解 对f (x )求导得 f ′(x )＝e x1＋ax 2－2ax1＋ax22.①(1)当a ＝43时，令f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1212 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ f ′(x ) ＋－＋f (x )极大值极小值所以，x 1＝2是极小值点，x 2＝2是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号， 结合①与条件a ＞0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.所以a 的取值范围为(0,1]．B 级(时间：30分钟 满分：40分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2011·福建)若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )．A ．2B ．3C ．6D ．9 解析 ∵f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，Δ＝4a 2＋96b ＞0，又x ＝1是极值点，∴f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，即a ＋b ＝6， ∴ab ≤a ＋b24＝9，当且仅当a ＝b 时“＝”成立，所以ab 的最大值为9.答案 D2．(2011·金华十校模拟)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是( )．A ．－13B ．－15C ．10D ．15解析 求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x .由此可得f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴对m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴对n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.于是，f (m )＋f ′(n )的最小值为－13. 答案 A二、填空题(每小题4分，共8分)3．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．解析 ∵f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，∴f (x )在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数， ∴当x ＝0时，f (x )＝m 最大．∴m ＝3，从而f (－2)＝－37，f (2)＝－5，∴最小值为－37.答案 －374．(2011·苏北四市二调)已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x ＋y ＝0平行，若f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，则实数t 的取值范围是________．解析 由题意可知，⎩⎪⎨⎪⎧f ′－1＝－3，f －1＝2⇒⎩⎪⎨⎪⎧3m －2n ＝－3，－m ＋n ＝2⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3，所以f (x )＝x 3＋3x 2.由f ′(x )＝3x 2＋6x ≤0，解得－2≤x ≤0，故f (x )在[－2,0]上单调递减，故有[t ，t ＋1]⊆[－2,0]，即－2≤t ＜t ＋1≤0，解得t ∈[－2，－1]． 答案 [－2，－1] 三、解答题(共22分)5．(10分)(2011·浙江五校联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c (x ∈[－1,2])，且函数f (x )在x ＝1和x ＝－23处都取得极值．(1)求a ，b 的值；(2)求函数f (x )的单调递增区间．解 (1)∵f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 由题易知，⎩⎪⎨⎪⎧f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝0，f ′1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12，b ＝－2.(2)由(1)知，f ′(x )＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)， ∵当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－23时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1时，f ′(x )＜0；当x ∈(1,2]时，f ′(x )＞0.∴f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－23和(1,2]． 6．(★)(12分)(2011·湖南)设函数f (x )＝x －1x－a ln x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1和x 2，记过点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))的直线的斜率为k .问：是否存在a ，使得k ＝2－a ？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由． 思路分析 先求导，通分后发现f ′(x )的符号与a 有关，应对a 进行分类，依据方程的判别式来分类．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2.令g (x )＝x 2－ax ＋1，其判别式Δ＝a 2－4.①当|a |≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0.故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a ＜－2时，Δ＞0，g (x )＝0的两根都小于0.在(0，＋∞)上，f ′(x )＞0.故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a ＞2时，Δ＞0，g (x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42.当0＜x ＜x 1时，f ′(x )＞0，当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＜0；当x ＞x 2时，f ′(x )＞0.故f (x )分别在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．(2)由(1)知，a ＞2.因为f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋x 1－x 2x 1x 2－a (ln x 1－ln x 2)，所以，k ＝f x 1－f x 2x 1－x 2＝1＋1x 1x 2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2. 又由(1)知，x 1x 2＝1，于是k ＝2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2.若存在a ，使得k ＝2－a ，则ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝1.即ln x 1－ln x 2＝x 1－x 2.由x 1x 2＝1得x 2－1x 2－2ln x 2＝0(x 2＞1)．(*)再由(1)知，函数h (t )＝t －1t －2ln t 在(0，＋∞)上单调递增，而x 2＞1，所以x 2－1x 2－2lnx 2＞1－11－2 ln 1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a ，使得k ＝2－a .【点评】 本题充分体现了分类讨论思想.近几年新课标高考常考查含参数的导数问题，难度中等偏上，考生最容易失分的就是对参数的分类标准把握不准，导致分类不全等.。

A级基础达标演练(时间：40分钟满分：60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2011·辽宁)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为()．A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)解析法一由x∈R，f(－1)＝2，f′(x)＞2，可设f(x)＝4x＋6，则由4x＋6＞2x ＋4，得x＞－1，选B.法二设g(x)＝f(x)－2x－4，则g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，g′(x)＝f′(x)－2＞0，g(x)在R上为增函数．由g(x)＞0，即g(x)＞g(－1)．∴x＞－1，选B.答案 B2．(★)(2011·课标全国)下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)单调递增的函数是()．A．y＝x3B．y＝|x|＋1C．y＝－x2＋1 D．y＝2－|x|解析(筛选法)对于A：y＝x3为奇函数，不合题意；对于C，D：y＝－x2＋1和y＝2－|x|在(0，＋∞)上单调递减，不合题意；对于B：y＝|x|＋1的图象如图所示，知y＝|x|＋1符合题意，故选B.答案 B【点评】 采用筛选法，根据选项中的函数的图象和性质逐一筛选.3．(2012·宿州模拟)已知偶函数f (x )在区间[0，＋∞)单调增加，则满足f (2x －1)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13的x 的取值范围是( )． A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，23 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，23 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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫13⇔|2x －1|＜13⇔13＜x ＜23.故选A.答案 A4．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋3－3a (x ＜0)，a x (x ≥0)(a ＞0，且a ≠1)是(－∞，＋∞)上的减函数，则a 的取值范围是( )． A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 C.()2，3D.⎝ ⎛⎦⎥⎤12，23 解析 由f (x )是(－∞，＋∞)上的减函数，可得⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜1，f (0)＝a 0≤3－3a .化简得0＜a ≤23. 答案 A5．函数f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间是( )． A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，32 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 解析 函数f (x )的定义域是(－1,4)，u (x )＝－x 2＋3x ＋4＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋254的减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4，∵e ＞1，∴函数f (x )的单调减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4.答案 D二、填空题(每小题4分，共12分) 6．函数y ＝ln1＋x1－x的单调递增区间是________． 解析 本题考查复合函数单调区间的确定；据题意需满足1＋x1－x >0即函数定义域为(－1,1)，原函数的递增区间即为函数u (x )＝1＋x1－x 在(－1,1)上的递增区间，由于u ′(x )＝(1＋x 1－x )′＝2(1－x )2>0.故函数u (x )＝1＋x 1－x 的递增区间(－1,1)即为原函数的递增区间． 答案 (－1,1)7．(2012·延安模拟)已知函数f (x )＝2ax 2＋4(a －3)x ＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a 的取值范围是________．解析 ①当a ＝0时，f (x )＝－12x ＋5在(－∞，3)上为减函数；②当a ＞0时，要使f (x )＝2ax 2＋4(a －3)x ＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则对称轴x ＝3－aa 必在x ＝3的右边，即3－a a ≥3，故0＜a ≤34；③当a ＜0时，不可能在区间(－∞，3)上恒为减函数．综合知：a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，34.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，348．(2011·合肥二模)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x )＝x 2＋2x (x ≥0)，若f (3－a 2)＞f (2a )，则实数a 的取值范围是________．解析 依题意得，函数f (x )＝x 2＋2x 在[0，＋∞)上是增函数，又因为f (x )是R 上的奇函数，所以函数f (x )是R 上的增函数，要使f (3－a 2)＞f (2a )，只需3－a 2＞2a .由此解得－3＜a ＜1，即实数a 的取值范围是(－3,1)． 答案 (－3,1) 三、解答题(共23分)9．(11分)已知函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上为增函数且f (x )＜0，试判断F (x )＝1f (x )在(0，＋∞)上的单调性并证明． 解 F (x )在(0，＋∞)上为减函数. 下面给出证明：任取x 1、x 2∈(0，＋∞)且Δx ＝x 2－x 1＞0， ∵F (x 2)－F (x 1)＝1f (x 2)－1f (x 1)＝f (x 1)－f (x 2)f (x 2)f (x 1)， ∵y ＝f (x )在(0，＋∞)上为增函数且Δx ＝x 2－x 1＞0，∴Δy ＝f (x 2)－f (x 1)＞0，即f (x 2)＞f (x 1)，∴f (x 1)－f (x 2)＜0，而f (x 1)＜0，f (x 2)＜0，∴f (x 1)f (x 2)＞0， ∴F (x 2)－F (x 1)＜0，∴F (x )在(0，＋∞)上为减函数．10．(12分)(2011·上海)已知函数f (x )＝a ·2x ＋b ·3x ，其中常数a ，b 满足ab ≠0. (1)若ab ＞0，判断函数f (x )的单调性；(2)若ab ＜0，求f (x ＋1)＞f (x )时的x 的取值范围． 解 (1)当a ＞0，b ＞0时，因为a ·2x ，b ·3x 都单调递增，所 以函数f (x )单调递增；当a ＜0，b ＜0时，因为a ·2x ，b ·3x 都单调递减， 所以函数f (x )单调递减． (2)f (x ＋1)－f (x )＝a ·2x ＋2b ·3x ＞0. (i)当a ＜0，b ＞0时，⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ＞－a 2b ，解得x ＞log 32⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2b ；(ii)当a ＞0，b ＜0时，⎝ ⎛⎭⎪⎫32x＜－a 2b ，解得x＜log 3 2⎝⎛⎭⎪⎫－a2b.B级综合创新备选(时间：30分钟满分：40分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2012·西安质检)设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数f K(x)＝⎩⎨⎧f(x)，f(x)≤K，K，f(x)＞K，取函数f(x)＝2－|x|，当K＝12时，函数f K(x)的单调递增区间为()．A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)解析f12(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x|，2－|x|≤1212，2－|x|＞12⇔f12(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x|，x≤－1或x≥1，12，－1＜x＜1.f12(x)的图象如上图所示，因此f12(x)的单调递增区间为(－∞，－1)．答案 C2．已知函数f(x)＝x2－2ax＋a，在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝f(x)x在区间(1，＋∞)上一定()．A．有最小值B．有最大值C．是减函数D．是增函数解析由题意a＜1，又函数g(x)＝x＋ax－2a在[|a|，＋∞)上为增函数，故选D. 答案 D二、填空题(每小题4分，共8分)3．(2010·江苏)已知函数f(x)＝⎩⎨⎧x2＋1，x≥0，1，x<0，则满足不等式f(1－x2)>f(2x)的x 的范围是________．解析f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋1，x≥0，1，x<0的图象如图所示，不等式f(1－x2)>f(2x)等价于⎩⎪⎨⎪⎧1－x2>0，2x≤0，或⎩⎪⎨⎪⎧1－x2>0，2x>0，1－x2>2x，解得－1<x<2－1答案(－1，2－1)4．(★)(2012·淮南质检)已知函数f(x)＝⎩⎨⎧e－x－2，x≤0，2ax－1，x＞0(a是常数且a＞0)．对于下列命题：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⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞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⎝⎛⎭⎪⎫x1＋x22＜f(x1)＋f(x2)2.其中正确命题的序号是__________(写出所有正确命题的序号)．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 上不是单调函数，故②错误；若f (x )＞0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，则2a ×12－1＞0，a ＞1，故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的x 1＜0，x 2＜0 且x 1≠x 2，恒有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜f (x 1)＋f (x 2)2成立，故④正确．答案 ①③④【点评】 采用数形结合法.注意本题中的③和④的理解，此题充分体现了数形结合法的直观性与便捷性. 三、解答题(共22分) 5．(10分)已知f (x )＝xx －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． (1)证明 任设x 1＜x 2＜－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 2＋2). ∵(x 1＋2)(x 2＋2)＞0，x 1－x 2＜0，∴f (x 1)＜f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增． (2)解 任设1＜x 1＜x 2，则 f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a (x 2－x 1)(x 1－a )(x 2－a ). ∵a ＞0，x 2－x 1＞0，∴要使f (x 1)－f (x 2)＞0，只需(x 1－a )(x 2－a )＞0在(1，＋∞)内恒成立，∴a ≤1.综上知0＜a≤1.6．(12分)函数f(x)对任意的a、b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，并且当x>0时，f(x)>1.(1)求证：f(x)是R上的增函数；(2)若f(4)＝5，解不等式f(3m2－m－2)<3.(1)证明设x1，x2∈R，且x1<x2，则x2－x1>0，∴f(x2－x1)>1.f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0.∴f(x2)>f(x1)．即f(x)是R上的增函数．(2)解∵f(4)＝f(2＋2)＝f(2)＋f(2)－1＝5，∴f(2)＝3，∴原不等式可化为f(3m2－m－2)<f(2)，∵f(x)是R上的增函数，∴3m2－m－2<2，解得－1<m<43，故解集为⎝⎛⎭⎪⎫－1，43.。

第二节 函数的单调性与最大(小)值[考纲传真] 1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义.2.会运用基本初等函数的图像分析函数的性质．(对应学生用书第9页) [基础知识填充]1．函数的单调性 (1)单调函数的定义如果函数y ＝f (x )在区间A 上是增加的或是减少的，那么就称A 为单调区间． 2．函数的最大(小)值函数单调性的常用结论(1)对任意x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，f x 1－f x 2x 1－x 2＞0⇔f (x )在D 上是增函数，f x 1－f x 2x 1－x 2＜0⇔f (x )在D 上是减函数．(2)对勾函数y ＝x ＋a x(a ＞0)的增区间为(－∞，－a ]和[a ，＋∞)，减区间为[－a ，0)和(0，a ]．(3)在区间D 上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．(4)函数f (g (x ))的单调性与函数y ＝f (u )和u ＝g (x )的单调性的关系是“同增异减”．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)对于函数f (x )，x ∈D ，若对任意x 1，x 2∈D ，x 1≠x 2且(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]>0，则函数f (x )在区间D 上是增加的．( )(2)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( )(3)函数y ＝|x |在R 上是增加的．( )(4)函数y ＝x 2－2x 在区间[3，＋∞)上是增加的，则函数y ＝x 2－2x 的单调递增区间为[3，＋∞)．( )[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)×2．(2017·深圳二次调研)下列四个函数中，在定义域上不是单调函数的是( ) A ．y ＝x 3B ．y ＝xC ．y ＝1xD ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xC [选项A ，B 中函数在定义域内均为单调递增函数，选项D 为在定义域内为单调递减函数，选项C 中，设x 1＜x 2(x 1，x 2≠0)，则y 2－y 1＝1x 2－1x 1＝x 1－x 2x 1x 2，因为x 1－x 2＜0，当x 1，x 2同号时x 1x 2＞0，1x 2－1x 1＜0，当x 1，x 2异号时x 1x 2＜0，1x 2－1x 1＞0，所以函数y ＝1x在定义域上不是单调函数，故选C ．] 3．(教材改编)已知函数f (x )＝2x －1，x ∈[2,6]，则f (x )的最大值为________，最小值为________．2 25 [可判断函数f (x )＝2x －1在[2,6]上为减函数，所以f (x )max ＝f (2)＝2，f (x )min ＝f (6)＝25.]4．函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在R 上是减函数，则k 的取值范围是________． ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 [由题意知2k ＋1＜0，得k ＜－12.] 5．f (x )＝x 2－2x ，x ∈[－2,3]的单调增区间为________，f (x )max ＝________.[1,3] 8 [f (x )＝(x －1)2－1，故f (x )的单调增区间为[1,3]，f (x )max ＝f (－2)＝8.](对应学生用书第10页)(1)(2017·全国卷Ⅱ)函数f (x )＝ln(x 2－2x －8)的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－2) B ．(－∞，1) C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)(2)试讨论函数f (x )＝x ＋k x(k ＞0)的单调性．【导学号：00090017】(1)D [由x 2－2x －8>0，得x >4或x <－2.设t ＝x 2－2x －8，则y ＝ln t 在t ∈(0，＋∞)上为增函数．欲求函数f (x )的单调递增区间，即求函数t ＝x 2－2x －8的单调递增区间． ∵函数t ＝x 2－2x －8的单调递增区间为(4，＋∞)， ∴函数f (x )的单调递增区间为(4，＋∞)． 故选D ．](2)法一：由解析式可知，函数的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)．在(0，＋∞)内任取x 1，x 2，令0＜x 1＜x 2，那么f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋k x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋k x 1＝(x 2－x 1)＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1x 1＝(x 2－x 1)·x 1x 2－kx 1x 2. 因为0＜x 1＜x 2，所以x 2－x 1＞0，x 1x 2＞0. 故当x 1，x 2∈(k ，＋∞)时，f (x 1)＜f (x 2)， 即函数在(k ，＋∞)上是增加的． 当x 1，x 2∈(0，k )时，f (x 1)＞f (x 2)， 即函数在(0，k )上是减少的．考虑到函数f (x )＝x ＋kx(k ＞0)是奇函数，在关于原点对称的区间上具有相同的单调性，故在(－∞，－k )上是增加的，在(－k ，0)上是减少的．综上，函数f (x )在(－∞，－k )和(k ，＋∞)上是增加的，在(－k ，0)和(0，k )上是减少的． 法二：f ′(x )＝1－k x2.令f ′(x )＞0得x 2＞k ，即x ∈(－∞，－k )或x ∈(k ，＋∞)，故函数的单调增区间为(－∞，－k )和(k ，＋∞)．令f ′(x )＜0得x 2＜k ，即x ∈(－k ，0)或x ∈(0，k )，故函数的单调减区间为(－k ，0)和(0，k )．故函数f (x )在(－∞，－k )和(k ，＋∞)上是增加的，在(－k ，0)和(0，k )上是减。

课时作业提升(五)　函数的单调性与最值A 组　夯实基础1．(2018·衡阳八中月考)下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( )A ．y ＝e －xB ．y ＝x 3C ．y ＝ln xD ．y ＝|x |解析：选B 对于选项A ，y ＝e x 为增函数，y ＝－x 为减函数，故y ＝e －x 为减函数，对于选项B ，y ′＝3x 2＞0，故y ＝x 3为增函数，对于选项C ，函数的定义域为x ＞0，不为R ，对于选项D ，函数y ＝|x |为偶函数，在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故选B ．2．若函数f (x )＝4x 2－mx ＋5在[－2，＋∞)上递增，在(－∞，－2]上递减，则f (1)＝( )A ．－7B ．1C ．17D ．25解析：选D 依题意，知函数图像的对称轴为x ＝－＝＝－2，即 m ＝－16，从－m 8m 8而f (x )＝4x 2＋16x ＋5，f (1)＝4＋16＋5＝25.3．如果二次函数f (x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋b 在区间(－∞，1)上是减函数，则( )A ．a ＝－2B ．a ＝2C ．a ≤－2D ．a ≥2解析：选C 二次函数的对称轴方程为x ＝－，由题意知－≥1，即a ≤－2.a －13a －134．(2018·郴州模拟)函数f (x )中，满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)”的是( )A ．f (x )＝B ．f (x )＝(x －1)21x C ．f (x )＝e x D ．f (x )＝ln(x ＋1)解析：选A 由题意知f (x )在(0，＋∞)上是减函数．A 中，f (x )＝满足要求；B 中，1x f (x )＝(x －1)2在[0,1]上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数；C 中，f (x )＝e x 是增函数；D 中，f (x )＝ln(x ＋1)是增函数．5．函数f (x )＝log 2 (3x ＋1)的值域为( )A ．(0，＋∞)B ．[0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选A 由3x ＞0，知3x ＋1＞1，故log 2(3x ＋1)＞0，所以函数的值域为(0，＋∞)．故选A ．6．已知函数f (x )＝Error!则“c ＝－1”是“函数f (x )在R 上递增”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 若函数f (x )在R 上递增，则需log 21≥c ＋1，即c ≤－1.由于c ＝－1⇒c ≤－1，但c ≤－1c ＝－1，所以“c ＝－1”是“f (x )在R 上递增”的充分不必⇒/要条件．故选A ．7．已知f (x )为R 上的减函数，则满足f ＞f (1)的实数x 的取值范围是( )(1x )A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，0)∪ (0,1)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析：选D 依题意得＜1，即＞0，解得x ＜0或x ＞1，所以x 的取值范围是1x x －1x (－∞，0)∪(1，＋∞)．8．(2018·泉州检测)已知函数f (x )＝x 2－cos x ，则f (0.6)，f (0)，f (－0.5)的大小关系是 ( )A ．f (0)<f (0.6)<f (－0.5)B ．f (0)<f (－0.5)<f (0.6)C ．f (0.6)<f (－0.5)<f (0)D ．f (－0.5)<f (0)<f (0.6)解析：选B 因为函数f (x )＝x 2－cos x 是偶函数，且在(0，π)上是增函数，所以f (0)<f (0.5)＝f (－0.5)<f (0.6)，故选B ．9．(2018·太原模拟)函数f (x )＝lg x 2的单调递减区间是________．解析：函数f (x )＝lg x 2的单调递减区间需满足x 2>0且y ＝x 2单调递减，故x ∈(－∞，0)．答案：(－∞，0)10．(2018·石家庄调研)函数f (x )＝x －log 2(x ＋2)在区间[－1,1]上的最大值为(13)________．解析：由于y ＝x 在R 上递减，y ＝log 2(x ＋2)在[－1,1]上递增，所以f (x )在[－1,1]上(13)单调递减，故f (x )在[－1,1]上的最大值为f (－1)＝3.答案：311．(2018·潍坊模拟)定义a *b ＝Error!则函数f (x )＝1] .解析：当1≤3x 时，即x ≥0时，函数y ＝1]1，x ≥0，3x ，x ＜0.画出函数图像，如图示：作出函数的图像，由图知，函数y ＝1]答案：(0,1]12．已知函数f (x )＝ax ＋(1－x )(a ＞0)，且f (x )在[0,1]上的最小值为g (a )，求g (a )的最1a 大值．解：f (x )＝x ＋，(a －1a )1a 当a ＞1时，a －＞0，此时f (x )在[0,1]上为增函数，1a ∴g (a )＝f (0)＝；1a 当0＜a ＜1时，a －＜0，此时f (x )在[0,1]上为减函数，1a ∴g (a )＝f (1)＝a ；当a ＝1时，f (x )＝1，此时g (a )＝1.∴g (a )＝Error!∴g (a )在(0,1)上为增函数，在[1，＋∞)上为减函数，又a ＝1时，有a ＝＝1，1a ∴当a ＝1时，g (a )取最大值1.13．已知f (x )＝(x ≠a )．xx －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，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围．(1)证明：任设x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2)＝－＝.x 1x 1＋2x 2x 2＋22(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 2＋2)∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0，∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)上单调递增．(2)解：任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝－＝.x 1x 1－a x 2x 2－a a (x 2－x 1)(x 1－a )(x 2－a )∵a >0，x 2－x 1>0，∴要使f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≤1.综上所述知a 的取值范围是(0,1]．B 组　能力提升1．(2018·威海模拟)定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a <b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2,2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析：选C 由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2，当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数．∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.2．(2018·邢台摸底)已知定义在(－1,1)上的奇函数f (x )，其导函数为f ′(x )＝1＋cos x ，如果f (1－a )＋f (1－a 2)<0，则实数a 的取值范围为( )A ．(0,1)B ．(1，)2C ．(－2，－)D ．(1，)∪(－，－1)222解析：选B 依题意得f ′(x )>0，则f (x )是定义在(－1,1)上的增函数．不等式f (1－a )＋f (1－a 2)<0等价于f (1－a 2)<－f (1－a )＝f (a －1)，则有Error!解得1<a <，选B ．23．(2018·郴州检测)对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝Error!设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是________．解析：依题意，h (x )＝Error!当0＜x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数；当x ＞2时，h (x )＝3－x 是减函数，∴h (x )在x ＝2时，取得最大值h (2)＝1.答案：14．已知函数y ＝log a(2－ax )在[0,1]上是x 的减函数，则实数a 的取值范围是________．解析：设u ＝2－ax ，∵a >0且a ≠1，∴函数u 在[0, 1]上是减函数．由题意可知函数y ＝log a u 在[0, 1]上是增函数，∴a >1.又∵u 在[0, 1]上要满足u >0，∴Error!得a <2.综上得1<a <2.答案：1<a <25．(2018·六安模拟)已知偶函数f (x )在[0, ＋∞)单调递减，f (2)＝0.若f (x －1)＞0，则x 的取值范围是________．解析：∵f (x )是偶函数，∴图像关于y 轴对称．又f (2)＝0，且f (x )在[0，＋∞)单调递减，则f (x )的大致图像如图所示，由f (x －1)＞0，得－2＜x －1＜2，即－1＜x ＜3.所以x 的取值范围是(－1,3)．答案：(－1,3)6．(2018·大连模拟)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ＝f (x 1)－f (x 2)，且(x 1x 2)当x >1时，f (x )<0.(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值．(1)解：令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.(2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则>1，由于当x >1时，f (x )<0，x 1x 2所以f <0，即f (x 1)－f (x 2)<0，(x 1x 2)因此f (x 1)<f (x 2)，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．(3)解：∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数．∴f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)．由f ＝f (x 1)－f (x 2)得，f ＝f (9)－f (3)，(x 1x 2)(93)而f (3)＝－1，所以f (9)＝－2.∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.。

A 级 基础达标演练 (时间：40分钟 满分：60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2011·辽宁)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为( )． A ．(－1,1) B ．(－1，＋∞) C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)解析 法一 由x ∈R ，f (－1)＝2，f ′(x )＞2，可设f (x )＝4x ＋6，则由4x ＋6＞2x ＋4，得x ＞－1，选B.法二 设g (x )＝f (x )－2x －4，则g (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝0，g ′(x )＝f ′(x )－2＞0，g (x )在R 上为增函数． 由g (x )＞0，即g (x )＞g (－1)． ∴x ＞－1，选B. 答案 B2．(★)(2011·课标全国)下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)单调递增的函数是( )． A ．y ＝x 3B ．y ＝|x |＋1C ．y ＝－x 2＋1D ．y ＝2－|x |解析 (筛选法)对于A ：y ＝x 3为奇函数，不合题意；对于C ，D ：y ＝－x 2＋1和y ＝2－|x |在(0，＋∞)上单调递减，不合题意；对于B ：y ＝|x |＋1的图象如图所示，知y ＝|x |＋1符合题意，故选B.答案 B【点评】 采用筛选法，根据选项中的函数的图象和性质逐一筛选.3．(2012·宿州模拟)已知偶函数f (x )在区间[0，＋∞)单调增加，则满足f (2x －1)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13的x 的取值范围是( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，23C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，23 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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫13⇔|2x －1|＜13⇔13＜x ＜23.故选A.答案 A4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3－3ax ＜0，a xx ≥0(a ＞0，且a ≠1)是(－∞，＋∞)上的减函数，则a 的取值范围是( )．A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 C.()2，3D.⎝ ⎛⎦⎥⎤12，23 解析 由f (x )是(－∞，＋∞)上的减函数，可得⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜1，f 0＝a 0≤3－3a .化简得0＜a ≤23.答案 A5．函数f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间是( )． A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞C.⎝⎛⎦⎥⎤－1，32 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 解析 函数f (x )的定义域是(－1,4)，u (x )＝－x 2＋3x ＋4＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋254的减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4， ∵e ＞1，∴函数f (x )的单调减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4.答案 D二、填空题(每小题4分，共12分)6．函数y ＝ln 1＋x1－x的单调递增区间是________．解析 本题考查复合函数单调区间的确定；据题意需满足1＋x1－x>0即函数定义域为(－1,1)，原函数的递增区间即为函数u (x )＝1＋x1－x在(－1,1)上的递增区间，由于u ′(x )＝(1＋x1－x)′＝21－x2>0.故函数u (x )＝1＋x1－x的递增区间(－1,1)即为原函数的递增区间．答案 (－1,1)7．(2012·延安模拟)已知函数f (x )＝2ax 2＋4(a －3)x ＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a 的取值范围是________．解析 ①当a ＝0时，f (x )＝－12x ＋5在(－∞，3)上为减函数；②当a ＞0时，要使f (x )＝2ax 2＋4(a －3)x ＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则对称轴x ＝3－a a必在x ＝3的右边，即3－a a ≥3，故0＜a ≤34；③当a ＜0时，不可能在区间(－∞，3)上恒为减函数．综合知：a的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，34.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，34 8．(2011·合肥二模)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x )＝x 2＋2x (x ≥0)，若f (3－a 2)＞f (2a )，则实数a 的取值范围是________．解析 依题意得，函数f (x )＝x 2＋2x 在[0，＋∞)上是增函数，又因为f (x )是R 上的奇函数，所以函数f (x )是R 上的增函数，要使f (3－a 2)＞f (2a )，只需3－a 2＞2a .由此解得－3＜a ＜1，即实数a 的取值范围是(－3,1)． 答案 (－3,1) 三、解答题(共23分)9．(11分)已知函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上为增函数且f (x )＜0，试判断F (x )＝1f x在(0，＋∞)上的单调性并证明． 解 F (x )在(0，＋∞)上为减函数. 下面给出证明：任取x 1、x 2∈(0，＋∞)且Δx ＝x 2－x 1＞0， ∵F (x 2)－F (x 1)＝1f x 2－1f x 1＝f x 1－f x 2f x 2f x 1，∵y ＝f (x )在(0，＋∞)上为增函数且Δx ＝x 2－x 1＞0，∴Δy ＝f (x 2)－f (x 1)＞0，即f (x 2)＞f (x 1)，∴f (x 1)－f (x 2)＜0，而f (x 1)＜0，f (x 2)＜0，∴f (x 1)f (x 2)＞0， ∴F (x 2)－F (x 1)＜0，∴F (x )在(0，＋∞)上为减函数．10．(12分)(2011·上海)已知函数f (x )＝a ·2x＋b ·3x，其中常数a ，b 满足ab ≠0. (1)若ab ＞0，判断函数f (x )的单调性；(2)若ab ＜0，求f (x ＋1)＞f (x )时的x 的取值范围． 解 (1)当a ＞0，b ＞0时，因为a ·2x，b ·3x都单调递增，所 以函数f (x )单调递增；当a ＜0，b ＜0时，因为a ·2x，b ·3x 都单调递减， 所以函数f (x )单调递减．(2)f (x ＋1)－f (x )＝a ·2x ＋2b ·3x＞0.(i)当a ＜0，b ＞0时，⎝ ⎛⎭⎪⎫32x＞－a 2b ，解得x ＞log 32⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2b ；(ii)当a ＞0，b ＜0时，⎝ ⎛⎭⎪⎫32x＜－a 2b ，解得x ＜log 32⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2b .B 级 综合创新备选 (时间：30分钟 满分：40分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2012·西安质检)设函数y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K ，定义函数f K (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f x，f x ≤K ，K ，fx ＞K ，取函数f (x )＝2－|x |，当K ＝12时，函数f K (x )的单调递增区间为( )． A ．(－∞，0) B ．(0，＋∞) C ．(－∞，－1) D ．(1，＋∞)解析 f 12(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，2－|x |≤1212，2－|x |＞12⇔f 12(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |，x ≤－1或x ≥1，12，－1＜x ＜1.f 12(x )的图象如上图所示，因此f 12(x )的单调递增区间为(－∞，－1)．答案 C2．已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a ，在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f xx在区间(1，＋∞)上一定( )． A ．有最小值 B ．有最大值 C ．是减函数D ．是增函数解析 由题意a ＜1，又函数g (x )＝x ＋ax－2a 在[|a |，＋∞)上为增函数，故选D. 答案 D二、填空题(每小题4分，共8分)3．(2010·江苏)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≥0，1，x <0，则满足不等式f (1－x 2)>f (2x )的x 的范围是________．解析 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≥0，1，x <0的图象如图所示，不等式f (1－x 2)>f (2x )等价于⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2>0，2x ≤0，或⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2>0，2x >0，1－x 2>2x ，解得－1<x <2－1 答案 (－1，2－1)4．(★)(2012·淮南质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x－2，x ≤0，2ax －1，x ＞0(a 是常数且a ＞0)．对于下列命题：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⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，则a 的取值范围是a ＞1；④对任意的x 1＜0，x 2＜0且x 1≠x 2，恒有f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜f x 1＋f x 22.其中正确命题的序号是__________(写出所有正确命题的序号)．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 上不是单调函数，故②错误；若f (x )＞0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，则2a ×12－1＞0，a ＞1，故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的x 1＜0，x 2＜0 且x 1≠x 2，恒有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜f x 1＋f x 22成立，故④正确．答案 ①③④【点评】 采用数形结合法.注意本题中的③和④的理解，此题充分体现了数形结合法的直观性与便捷性. 三、解答题(共22分) 5．(10分)已知f (x )＝xx －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． (1)证明 任设x 1＜x 2＜－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2x 1－x 2x 1＋2x 2＋2. ∵(x 1＋2)(x 2＋2)＞0，x 1－x 2＜0，∴f (x 1)＜f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增． (2)解 任设1＜x 1＜x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a x 2－x 1x 1－a x 2－a.∵a ＞0，x 2－x 1＞0，∴要使f (x 1)－f (x 2)＞0，只需(x 1－a )(x 2－a )＞0在(1，＋∞)内恒成立，∴a ≤1.综上知0＜a ≤1.6．(12分)函数f (x )对任意的a 、b ∈R ，都有f (a ＋b )＝f (a )＋f (b )－1，并且当x >0时，f (x )>1.(1)求证：f (x )是R 上的增函数；(2)若f (4)＝5，解不等式f (3m 2－m －2)<3. (1)证明 设x 1，x 2∈R ，且x 1<x 2， 则x 2－x 1>0，∴f (x 2－x 1)>1.f (x 2)－f (x 1)＝f [(x 2－x 1)＋x 1]－f (x 1)＝f (x 2－x 1)＋f (x 1)－1－f (x 1)＝f (x 2－x 1)－1>0. ∴f (x 2)>f (x 1)．即f (x )是R 上的增函数． (2)解 ∵f (4)＝f (2＋2)＝f (2)＋f (2)－1＝5， ∴f (2)＝3，∴原不等式可化为f (3m 2－m －2)<f (2)， ∵f (x )是R 上的增函数，∴3m 2－m －2<2， 解得－1<m <43，故解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，43.。

课时作业(五)　[第5讲　函数的单调性与最值] [时间：45分钟 分值：100分] 1．[2011·课标全国卷] 下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的函数是( ) A．y＝x3 B．y＝|x|＋1 C．y＝－x2＋1 D．y＝2－|x| 2．函数y＝2x2－(a－1)x＋3在(－∞，1]内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增，则a的值是( ) A．1 B．3 C．5 D．－1 3．函数f(x)＝在[1,2]上的最大值和最小值分别是( ) A.，1 B．1,0 C.， D．1， 4．设x1，x2为y＝f(x)的定义域内的任意两个变量，有以下几个条件： (x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0； (x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0； ＞0； ＜0. 其中能推出函数y＝f(x)为增函数的条件为________(填序号)． 5．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是( ) A. B. C. D. 6．函数f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0,1]上的最大值与最小值之和为a，则a的值是( ) A．2 B. C．4 D. 7．[2011·浙江五校联考] 已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(2x－)0恒成立，则实数m的取值范围是( ) A．(0,1) B．(－∞，0) C. D．(－∞，1) 9．[2011·长春二调] 设f(x)的定义域为D，若f(x)满足下面两个条件，则称f(x)为闭函数．f(x)在D内是单调函数；存在[a，b]D，使f(x)在[a，b]上的值域为[a，b]．如果f(x)＝＋k为闭函数，那么k的取值范围是( ) A．－1－1 D．k＜1 10．[2011·苏州模拟] 已知f(x)＝是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a的取值范围是________． 11．对a，bR，记max(a，b)＝函数f(x)＝max(|x＋1|，|x－2|)(xR)的最小值是________． 12．[2011·西城区二模] 定义某种运算，ab的运算原理如图K5－1所示．设f(x)＝(0x)x－(2x)．则f(2)＝________；f(x)在区间[－2,2]上的最小值为________． 图K5－1 13．[2011·淮南一模] 已知函数f(x)＝(a是常数且a>0)．对于下列命题：函数f(x)的最小值是－1；函数f(x)在R上是单调函数；若f(x)>0在上恒成立，则a的取值范围是a>1；对任意x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有f0，x>0)． (1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数； (2)若f(x)在上的值域是，求a的值． 15．(13分)已知定义域为[0,1]的函数f(x)同时满足：对于任意的x[0,1]，总有f(x)≥0；f(1)＝1；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； (3)若对于任意x[0,1]，总有4f2(x)－4(2－a)f(x)＋5－4a≥0成立，求实数a的取值范围． 16．(12分)已知函数f(x)自变量取值区间为A，若其值域区间也为A，则称区间A为f(x)的保值区间． (1)求函数f(x)＝x2形如[n，＋∞)(nR)的保值区间； (2)g(x)＝x－ln(x＋m)的保值区间是[2，＋∞)，求m的取值．课时作业(五) 【基础热身】 1．B　[解析] A选项中，函数y＝x3是奇函数；B选项中，y＝|x|＋1是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数；C选项中，y＝－x2＋1是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数；D选项中，y＝2－|x|＝|x|是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数．故选B. 2．C　[解析] 依题意可得对称轴x＝＝1，a＝5. 3．A　[解析] f(x)＝＝＝2－，f(x)在[1,2]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝f(2)＝，故选A. 4．　[解析] 依据增函数的定义可知，对于，当自变量增大时，相对应的函数值也增大，所以可推出函数y＝f(x)为增函数． 【能力提升】 5．A　[解析] 函数f(x)的定义域是(－1,4)，u(x)＝－x2＋3x＋4＝－2＋在(－1,4)上的减区间为.e>1，函数f(x)的单调递减区间为. 6．B　[解析] 因为ax与loga(x＋1)的单调性相同，所以不论a>1，还是00，即f(msinθ)>f(m－1)，即msinθ>m－1在上恒成立．当m>0时，即sinθ>恒成立，只要0>即可，解得0<m<1；当m＝0时，不等式恒成立；当m<0时，sinθ<，只要1<，这个不等式恒成立，此时m<0.综上可知：m－1.综上，－10在上恒成立，则2a×－1>0，a>1，正确； 由图像可知在(－∞，0)上对任意x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有fx1>0， 则x2－x1>0，x1x2>0. f(x2)－f(x1)＝－ ＝－＝>0， f(x2)>f(x1)，f(x)在(0，＋∞)上是增函数． 方法二：f(x)＝－， f′(x)＝′＝>0， f(x)在(0，＋∞)上为增函数． (2)f(x)在上的值域是， 又f(x)在上单调递增， f＝，f(2)＝2，a＝. 15．[解答] (1)对于，令x1＝x2＝0，得f(0)≤0， 又由知f(0)≥0，f(0)＝0. (2)设0≤x1<x2≤1，则x2－x1(0,1]， 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]上是单调递增的， 从而f(x)的最大值是f(1)＝1. (3)f(x)在[0,1]上是增函数， 结合(1)(2)知f(x)[0,1]． 又4f2(x)－4(2－a)f(x)＋5－4a≥0， 4f2(x)－8f(x)＋5≥4a[1－f(x)]． 当f(x)≠1时，a≤. y＝＝ ＝1－f(x)＋≥1， a≤1. 当f(x)＝1时，4f2(x)－4(2－a)f(x)＋5－4a ＝4－4(2－a)＋5－4a＝4－8＋4a＋5－4a ＝1≥0恒成立，a≤1. 【难点突破】 16．[解答] (1)若n0，即m>－2， 令g′(x)＝1－>0，得x>1－m， 所以g(x)在(1－m，＋∞)上为增函数， 同理可得g(x)在(－m,1－m)上为减函数． 若2≤1－m，即m≤－1，则g(1－m)＝2，得m＝－1，满足题意． 若2>1－m，即m>－1，则g(2)＝2，得m＝－1，矛盾． 所以满足条件的m值为－1. 。

课时作业(五) [第5讲 函数的单调性与最值](时间：45分钟 分值：100分)基础热身1．下列函数中，满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)”的是( )A ．f (x )＝1xB ．f (x )＝(x －1)2C ．f (x )＝e xD ．f (x )＝ln(x ＋1)2．函数f (x )＝1－1x在[3，4)上( ) A ．有最小值无最大值B ．有最大值无最小值C ．既有最大值又有最小值D ．最大值和最小值皆不存在3．[2012·天津卷] 下列函数中，既是偶函数，又在区间(1，2)内是增函数的为( )A ．y ＝cos2x ，x ∈RB ．y ＝log 2|x |，x ∈R 且x ≠0C ．y ＝e x －e －x 2，x ∈R D ．y ＝x 3＋1，x ∈R4．函数f (x )＝x x ＋1的最大值为________．能力提升5．[2012·宁波模拟] 已知函数f (x )为R 上的减函数，则满足f (|x |)<f (1)的实数x 的取值范围是( )A ．(－1，1)B ．(0，1)C ．(－1，0)∪(0，1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)6．[2012·商丘三模] 设f (x )＝x 2－2x －3(x ∈R )，则在区间[－π，π]上随机取一个实数x ，使f (x )＜0的概率为( )A.1πB.2πC.3πD.32π7．[2012·哈尔滨师范大学附中期中] 函数y ＝⎝⎛⎭⎫121x 2＋1的值域为( )A ．(－∞，1) B.⎝⎛⎭⎫12，1C.⎣⎡⎭⎫12，1D.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ 8．[2013·惠州二调] 已知函数f (x )＝e x －1，g (x )＝－x 2＋4x －3，若有f (a )＝g (b )，则b 的取值范围为( )A ．(2－2，2＋2)B ．[2－2，2＋2]C ．[1，3]D ．(1，3)9．[2012·长春外国语学校月考] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x （x <0），（a －3）x ＋4a （x ≥0）满足对任意的实数x 1≠x 2都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<0成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(3，＋∞) B ．(0，1)C.⎝⎛⎦⎤0，14 D ．(1，3) 10．若函数y ＝f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤12，3，则函数F (x )＝f (x )＋1f （x ）的值域是________． 11．若在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，函数f (x )＝x 2＋px ＋q 与g (x )＝x ＋1x在同一点取得相同的最小值，则f (x )在该区间上的最大值是________．12．函数y ＝x x ＋a在(－2，＋∞)上为增函数，则a 的取值范围是________． 13．函数y ＝ln 1＋x 1－x的单调递增区间是________． 14．(10分)试讨论函数f (x )＝x x 2＋1的单调性．15．(13分)已知函数f (x )＝a －1|x |. (1)求证：函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f (x )<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．难点突破16．(12分)已知函数f(x)＝x2x－2(x∈R，且x≠2)．(1)求f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)＝x2－2ax与函数f(x)在x∈[0，1]上有相同的值域，求a的值．课时作业(五)【基础热身】1．A [解析] 由题意知，函数f (x )在(0，＋∞)上是减函数．而反比例函数f (x )＝1x在(0，＋∞)上是减函数．故选A.2．A [解析] 函数f (x )在[3，4)上是增函数，又函数定义域中含有3而没有4，所以该函数有最小值无最大值，故选A.3．B [解析] 方法一：由偶函数的定义可排除C ，D ，又∵y ＝cos2x 为偶函数，但在(1，2)内不单调递增，故选B.方法二：由偶函数定义知y ＝log 2|x |为偶函数，以2为底的对数函数在(1，2)内单调递增． 4.12 [解析] 因为x ≥0，当x ＝0时，y ＝0不是函数的最大值．当x >0时，f (x )＝x x ＋1＝1x ＋1x，而x ＋1x ≥2，当且仅当x ＝1时等号成立，所以f (x )≤12. 【能力提升】5．D [解析] 因为f (x )为R 上的减函数，且f (|x |)<f (1)，所以|x |>1.所以x <－1或x >1.故选D.6．B [解析] 解x 2－2x －3<0得，－1<x <3，所以，满足条件的概率为3－（－1）2π＝2π.故选B.7．C [解析] 因为x 2＋1≥1，所以0<1x 2＋1≤1，令t ＝1x 2＋1，则121≤12t <120，即12≤12t <1，所以12≤y <1.故选C. 8．A [解析] 由题可知f (x )＝e x －1>－1，g (x )＝－x 2＋4x －3＝－(x －2)2＋1≤1，若有f (a )＝g (b )，则g (b )∈(－1，1]，即－b 2＋4b －3>－1，解得2－2<b <2＋ 2.9．C [解析] 由题设条件知函数f (x )在R 上为减函数，所以x <0时，f (x )＝a x 为减函数，则a ∈(0，1)；x ≥0时，f (x )＝(a －3)x ＋4a 为减函数，则a －3<0，且f (0)＝(a －3)×0＋4a ≤a 0，得a ≤14.综上知0<a ≤14.故选C. 10.⎣⎡⎦⎤2，103 [解析] 令f (x )＝t ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，3，问题转化为求y ＝t ＋1t，t ∈⎣⎡⎦⎤12，3的值域． 因为y ＝t ＋1t 在⎣⎡⎦⎤12，1上递减，在[1，3]上递增，所以y ∈⎣⎡⎦⎤2，103. 11．3 [解析] g (x )＝x ＋1x ≥2x ·1x＝2，当x ＝1时等号成立，所以x ＝1时，g (x )的最小值为2，则f (x )在x ＝1时取最小值2，所以－p 2＝1，4q －p 24＝2.解得p ＝－2，q ＝3.所以f (x )＝x 2－2x ＋3，所以f (x )在区间⎣⎡⎦⎤12，2上的最大值为3.12．a ≥2 [解析] y ＝x x ＋a ＝1－a x ＋a，因为函数在(－2，＋∞)上为增函数，所以a >0，所以得函数的单调增区间为(－∞，－a )，(－a ，＋∞)，要使y ＝x x ＋a在(－2，＋∞)上为增函数，只需－2≥－a ，即a ≥2.13．(－1，1) [解析] 由1＋x 1－x>0得函数的定义域为(－1，1)，原函数的递增区间即为函数u (x )＝1＋x 1－x 在(－1，1)上的递增区间，由于u ′(x )＝1＋x 1－x ′＝2（1－x ）2>0.故函数u (x )＝1＋x 1－x的递增区间为(－1，1)，即为原函数的递增区间．14．解：f (x )的定义域为R ，在定义域内任取x 1＜x 2，有f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 21＋1－x 2x 22＋1＝（x 1－x 2）（1－x 1x 2）（x 21＋1）（x 22＋1）， 其中x 1－x 2＜0，x 21＋1＞0，x 22＋1＞0.①当x 1，x 2∈(－1，1)时，即|x 1|＜1，|x 2|＜1，所以|x 1x 2|＜1，则x 1x 2＜1，1－x 1x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＜0，f (x 1)＜f (x 2)，所以f (x )为增函数．②当x 1，x 2∈(－∞，－1]或[1，＋∞)时，1－x 1x 2＜0，f (x 1)＞f (x 2)，所以f (x )为减函数．综上所述，f (x )在(－1，1)上是增函数，在(－∞，－1]和[1，＋∞)上是减函数．15．解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x， 设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0.∴f (x 1)－f (x 2)＝a －1x 1－a －1x 2＝1x 2－1x 1＝x 1－x 2x 1x 2<0. ∴f (x 1)<f (x 2)，即f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(2)由题意a －1x<2x 在(1，＋∞)上恒成立， 设h (x )＝2x ＋1x，则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立． 可证h (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以a ≤h (1)，即a ≤3.所以a 的取值范围为(－∞，3]．【难点突破】16．解：(1)f (x )＝x 2x －2＝[（x －2）＋2]2x －2＝(x －2)＋4x －2＋4， 令x －2＝t ，由于y ＝t ＋4t＋4在(－∞，－2)，(2，＋∞)内单调递增， 在(－2，0)，(0，2)内单调递减，∴容易求得f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(4，＋∞)；单调递减区间为(0，2)，(2，4)．(2)∵f (x )在x ∈[0，1]上单调递减，∴其值域为[－1，0]，∴x ∈[0，1]时，g (x )∈[－1，0]．∵g (0)＝0为最大值，∴最小值只能为g (1)或g (a )，若g (1)＝－1，则⎩⎪⎨⎪⎧a ≥1，1－2a ＝－1⇒a ＝1； 若g (a )＝－1，则⎩⎪⎨⎪⎧12≤a ≤1，－a 2＝－1⇒a ＝1. 综上得a ＝1.。

2012届高考（文科）数学一轮复习课时作业5函数的单调性与最大(小)值一、选择题1．（2011年全国高考课标理2）下列函数中，既是偶函数、又在（0，+∞）单调递增的函数是（ ）（A ）2y x = (B) 1y x =+ （C ）21y x =-+ (D) 2xy -=答案：B2．函数y ＝2x 2－(a －1)x ＋3在(－∞，1]内递减，在(1，＋∞)内递增，则a 的值是( ) A ．1 B ．3 C ．5D ．－1解析：依题意可得对称轴x ＝a －14＝1，∴a ＝5.答案：C上单调递减，那么实数a 的取值范围是( ) A ．(0,1) B ．(0，23)C ．[38，23)D ．[38，1)解析：本题考查对函数单调性概念的理解程度；注意函数在两个区间上如果分别为增，并不能简单的说函数在并集上增，故由题意知需满足：答案：C4．函数y ＝ f (x )是R 上的偶函数，且在(－∞，0]上为增函数．若f (a )≤f (2)，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤2B ．a ≥－2C ．－2≤a ≤2D ．a ≤－2或a ≥2解析：由已知y ＝ f (x )在[0，＋∞)上递减，f (a )≤f (2)⇔f (|a |)≤f (2)⇔|a |≥2⇔a ≤－2或a ≥2.答案：D5．设函数 y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K ，定义函数取函数 f (x )＝2－|x |，当K ＝12时，函数f k (x )的单调递增区间为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)答案：C6．函数 f (x )＝ln(x ＋1)－mx 在区间(0,1)上恒为增函数，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－∞，1) B ．(－∞，1] C ．(－∞，12]D ．(－∞，12)解析： f (x )＝ln(x ＋1)－mx 在区间(0,1)上恒为增函数，则 f (x )＝ln(x ＋1)－mx 在区间[0,1]上恒为增函数，f ′(x )＝1x ＋1－m ≥0在[0,1]上恒成立，m ≤(1x ＋1)min ＝12. 答案：C 二、填空题7．函数y ＝ln 1＋x1－x 的单调递增区间是________．解析：本题考查复合函数单调区间的确定；据题意需1＋x1－x>0即函数定义域为(－1,1)，原函数的递增区间即为函数u (x )＝1＋x 1－x 在(－1,1)上的递增区间，由于u ′(x )＝(1＋x1－x)′＝2－x2>0.故函数u (x )＝1＋x1－x的递增区间(－1,1)即为原函数的递增区间．答案：(－1,1)8．已知函数 f (x )＝x ＋c x的定义域为(0，＋∞)，若对任意x ∈N *，都有 f (x )≥f (3)，则实数c 的取值范围是________．解析：若c <0，或c ＝0，则 f (x )在(0，＋∞)上递增，不合题意； 若c >0， f (x )＝x ＋c x的图象如图所示， 则{ ff f f，解得：6≤c ≤12. 答案：[6,12]9．(2010年福建高考)已知定义域为(0，＋∞)的函数 f (x )满足： (1)对任意x ∈(0，＋∞)，恒有f (2x )＝2f (x )成立； (2)当x ∈(1,2]时， f (x )＝2－x .给出如下结论： ①对任意m ∈Z ，有f (2m)＝0； ②函数 f (x )的值域为[0，＋∞)； ③存在n ∈Z ，使得f (2n＋1)＝9；④“函数 f (x )在区间(a ，b )上单调递减”的充要条件是“存在k ∈Z ，使得(a ，b )⊆(2k,2k＋1)”．其中所有正确结论的序号是________． 解析：f (2m)＝2f (2m －1)＝22f (2m －2)＝…＝2m －1f (2)＝0，故①对；∵f (2x )＝2f (x )，∴ f (x )＝12f (2x )，则f (x 2)＝12f (x 2)＝12f (x 2)＝12f (x 2)＝…＝12 f (x )(k ∈Z )，∴ f (x )＝2kf (x 2)．当x ∈(2k,2k ＋1]时，x2k ∈(1,2]，∴f (x 2k )＝2－x2k ，即 f (x )＝2k(2－x2k )＝2k ＋1－x ∈[0，＋∞)，故②对．假设存在x ∈Z 满足f (2n＋1)＝9， 由2n<2n＋1≤2n ＋1，f (2n ＋1)＝2n ＋1－(2n ＋1)＝9，即2n＝10，又n ∈Z ，故不存在，③错； ∵x ∈(2k,2k ＋1]时， f (x )＝2k ＋1－x ，单调递减，故当(a ，b )⊆(2k,2k ＋1)时， f (x )在(a ，b )上单调递减，故④对．答案：①②④ 三、解答题10．判断函数 f (x )＝axx 2－1(a ≠0)在区间(－1,1)上的单调性．解：设－1<x 1<x 2<1，则f (x 1)－f (x 2)＝ax 1x 12－1－ax 2x 22－1＝a x 1x 2＋x 2－x 1x 12－x 12－，∵x 12－1<0，x 22－1<0，x 1x 2＋1>0，x 2－x 1>0，∴x 1x 2＋x 2－x 1x 12－x 22－>0，∴当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，函数 y ＝f (x )在(－1，1)上为减函数， 当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，函数 y ＝f (x )在(－1,1)上为增函数． 11．(2010年青岛调研)已知 f (x )＝xx －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． 解：(1)证明：任设x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝x 1－x 2x 1＋x 2＋.∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， ∴f (x 1)<f (x 2)，∴ f (x )在(－∞，－2)内单调递增． (2)解：任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a x 2－x 1x 1－a x 2－a.∵a >0，x 2－x 1>0，∴要使 f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0恒成立，∴a ≤1. 综上所述知0<a ≤1.12．(2011年江苏镇江一中)已知函数 y ＝f (x )在定义域[－1,1]上是奇函数，又是减函数．(1)求证：对任意x 1、x 2∈[－1,1]，有[f (x 1)＋f (x 2)]·(x 1＋x 2)≤0；(2)若f(1－a)＋f(1－a2)<0，求实数a的取值范围．解：(1)证明：若x1＋x2＝0，显然不等式成立．若x1＋x2<0，则－1≤x1<－x2≤1，∵f(x)在[－1,1]上是减函数且为奇函数，∴f(x1)>f(－x2)＝－f(x2)，∴f(x1)＋f(x2)>0.∴[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)<0成立．若x1＋x2>0，则1≥x1>－x2≥－1，同理可证f(x1)＋f(x2)<0，∴[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)≤0成立．(2)∵f(1－a)＋f(1－a2)<0⇔f(1－a2)<－f(1－a)＝f(a－1)，∴由f(x)在定义域[－1,1]上是减函数得。