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课时作业(五) 函数的单调性与最值
一、选择题
1．(2014·陕西)下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的单调递增函数是( ) 1
A．f(x)＝x
2
B．f(x)＝x D．f(x)＝3
x3
?1?xC．f(x)＝??
?2?
答案：D
解析：根据各选项知，选项C，D中的指数函数满足f(x＋y)＝f(x)f(y)．又f(x)＝3是增函数，所以D正确．故应选D.
x2．(2015·烟台模拟)下列函数中，满足x1，x2∈(0，＋∞)，当x1
1
A．f(x)＝
xB．f(x)＝(x－1) D．f(x)＝ln(x＋1)
2
C．f(x)＝e 答案：A
x解析：由题意可知，f(x)在(0，＋∞)上是减函数，结合四个选项可知，A正确．故应选A.
3．(2015·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：由x1x2＜0，不妨设x1＜0，x2＞0. ∵x1＋x2＜0，∴x1＜－x2＜0.
由f(x)＋f(－x)＝0，知f(x)为奇函数． 又由f(x)在(－∞，0)上单调递增，得
B．恒大于0 D．可正可负
f(x1)＜f(－x2)＝－f(x2)，
所以f(x1)＋f(x2)＜0.故应选C.
4．(2015·潍坊模拟)用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值，设f(x)＝min{2，
xx＋2,10－x}(x≥0)，则f(x)最大值为( )
A．4 C．6 答案：C
解析：如图所示，在同一坐标系中作出y＝x＋2，y＝2，y＝10－x(x≥0)的图象．
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xB．5 D．7
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根据f(x)定义，f(x)＝min{2，x＋2,10－x}(x≥0)的图象如图实线部分． 2，0≤x≤2，??
∴f(x)＝?x＋2，2 ??10－x，x≥4. xx 令x＋2＝10－x，得x＝4. 当x＝4时，f(x)取最大值f(4)＝6.故应选C. ?a 5．(2015·青岛模拟)定义运算? ?c A．(－2，＋∞) C．(－∞，－2) 答案：D b? ?x－1 2? ?＝ad－bc，若函数f(x)＝??在(－∞，d??－x x＋3? B．[－2，＋∞) D．(－∞，－2] m)上单调递减，则实数m的取值范围是( ) 解析：由定义知，f(x)＝(x－1)(x＋3)＋2x＝x＋4x－3＝(x＋2)－7，易知f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在[－2，＋∞)单调递增，由题意m≤－2，故应选D. 二、填空题 6．(2015·杭州模拟)若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a＝________. 答案：－6 22 a2x＋a，x≥－，??2 解析：f(x)＝|2x＋a|＝?a－2x－a，x<－，??2 作出函数图象(图略)，由图象知，函数的单调递增区间为?－，＋∞?，∴－＝3，即 2?2? ?a? aa＝－6. 7．若奇函数f(x)在(－∞，0]上单调递减，则不等式f(lg x)＋f(1)>0的解集是________． 1??答案：?0，? ?10? 解析：因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，又因为f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以f(x)在[0，＋∞)上也为单调递减函数，所以函数f(x)在R上为单调递减函数． 1 不等式f(lg x)＋f(1)>0可化为f(lg x)>－f(1)＝f(－1)，所以lg x<－1，解得0 108．若函数f(x)＝a(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)x在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________. 2文档收集于互联网，如有不妥请联系删除. x文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持. 1答案： 4 1x－12 解析：当0 a>1时，f(x)＝ax在[－1,2]上的最大值为a2＝4，解得a＝2，最小值a－1＝m，即m＝，这1 时g(x)＝(1－4m)x＝－x在[0，＋∞)上为减函数，不合题意，舍去．所以a＝. 4 1 9．设函数f(x)＝x－，对任意x∈[1，＋∞)，不等式f(mx)＋mf(x)<0恒成立的实数 12 xm称为函数f(x)的“伴随值”，则m的取值范围是______________． 答案：(－∞，－1) 解析：由题意知，f(x)为增函数且m≠0. 若m>0，由函数的单调性可知，f(mx)和mf(x)均为增函数，此时不符合题意． 1m?1?1 若m<0，则f(mx)＋mf(x)<0可化为mx－＋mx－<0，所以2mx－?m＋?·<0，即1 mxx?m?x11222 ＋2<2x，因为y＝2x在x∈[1，＋∞)上的最小值为2，所以1＋2<2，即m>1，解得m<－ mm1. 三、解答题 10．设二次函数f(x)＝ax＋bx＋c在区间[－2,2]上的最大值、最小值分别是M，m，集合A＝{x|f(x)＝x}． (1)若A＝{1,2}，且f(0)＝2，求M，m的值； (2)若A＝{1}，且a≥1，记g(a)＝M＋m，求g(a)的最小值． 解：(1)由f(0)＝2，可知c＝2. 又A＝{1,2}，故1和2是方程ax＋(b－1)x＋c＝0的两实根， 1－b1＋2＝，??a所以?c2＝??a， 2 2 2 ??a＝1， 解得? ?b＝－2.? 所以f(x)＝x－2x＋2＝(x－1)＋1，x∈[－2,2]． 当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝1，即m＝1. 当x＝－2时，f(x)max＝f(－2)＝10，即M＝10. (2)由题意，方程ax＋(b－1)x＋c＝0有两相等实根， 2 2 3文档收集于互联网，如有不妥请联系删除. 文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持. 1－b1＋1＝，??a∴?c1＝??a， 2 ??c＝a， 即???b＝1－2a， ∴f(x)＝ax＋(1－2a)x＋a，x∈[－2,2]， 1－2a1 其对称轴方程为x＝－＝1－， 2a2a1?1? 又a≥1，故1－∈?，1?. 2a?2?∴M＝f(－2)＝9a－2， m＝f? ?2a－1?＝1－1， ?4a?2a? 1 g(a)＝M＋m＝9a－－1， 4a又g(a)在[1，＋∞)上单调递增， 31 ∴当a＝1时，g(a)min＝g(1)＝. 4 11．(2015·湖北模拟)若非零函数f(x)对任意函数x，y均有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，且当x＜0时，f(x)＞1. (1)求证：f(x)＞0； (2)求证：f(x)为R上的减函数； 112 (3)当f(4)＝时，对a∈[－1,1]时恒有f(x－2ax＋2)≤，求实数x的取值范围． 164解：(1)证明：证法一：令y＝0，得f(0)·f(x)＝f(x)， 即f(x)[f(0)－1]＝0，又f(x)≠0，∴f(0)＝1. 当x＜0时，f(x)＞1，－x＞0. f(x)·f(－x)＝f(0)＝1，则f(－x)＝ 故对于x∈R恒有f(x)＞0. 1 fx∈(0,1)． ??????2 证法二：f(x)＝f?＋?＝?f???≥0， ?22???2?? ∵f(x)为非零函数，∴f(x)＞0. (2)证明：令x1＞x2且x1，x2∈R， 有f(x1)·f(x2－x1)＝f(x2)， 又x2－x1＜0，即f(x2－x1)＞1， 故 xxxfx2 ＝f(x2－x1)＞1， fx1 4文档收集于互联网，如有不妥请联系删除. 文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持. 又f(x)＞0，∴f(x2)＞f(x1)． 故f(x)为R上的减函数． (3)f(4)＝2)≤f(2)， 依题意有x－2ax≥0对a∈[－1,1]恒成立． ??x－2x≥0，∴?2 ?x＋2x≥0，? 2 2 1122 ＝f(2＋2)＝f(2)，故f(2)＝，则原不等式可变形为f(x－2ax＋164 解得x≥2或x≤－2或x＝0. 故实数x的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)． 12．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：任设x1 － x1＋2x2＋2 x1x2 2x1－x2 . x1＋2x2＋2 ∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0， ∴f(x1) x1x2 f(x1)－f(x2)＝－ x1－ax2－a＝ ax2－x1 . x1－ax2－a∵a>0，x2－x1>0， ∴要使f(x1)－f(x2)>0， 只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立， ∴a≤1. 综上，a的取值范围为{a|0 5文档收集于互联网，如有不妥请联系删除.
高考数学大一轮复习第2章第2节函数的单调性与最值课时作业理
