【全程复习方略】湖南省2013版高中数学 2.2函数的单调性与最值提能训练 理 新人教A版

全程复习方略全程复习方略 湖南省湖南省 20132013 版高中数学版高中数学 2 22 2 函数的单调性与最值提能训练函数的单调性与最值提能训练 理理 新人教新人教 A A 版版 45 分钟 100 分 一 选择题 每小题 6 分 共 36 分 1 关于函数 y 的单调性的叙述正确的是 3 x 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 2 2012 厦门模拟 函数 f x 2x2 mx 2 当 x 2 时是增函数 则 m 的取值范围是 A B 8 C 8 D 8 3 若函数 f x loga x 1 a 0 a 1 的定义域和值域都是 0 1 则 a 等于 A B C D 2 1 3 2 2 2 4 2012 长沙模拟 函数 f x ax loga x 1 在 0 1 上的最大值与最小值的和为 a 则 a 的值为 A B C 2 D 4 1 4 1 2 5 2012 杭州模拟 定义在 R 上的函数 f x 在区间 2 上是增函数 且 f x 2 的图象关于 x 0 对称 则 A f 1 f 3 C f 1 f 3 D f 0 f 3 6 定义在 R 上的函数 f x 满足 f x y f x f y 当 x0 则函数 f x 在 a b 上有 A 最小值 f a B 最大值 f b C 最小值 f b D 最大值 f ab 2 二 填空题 每小题 6 分 共 18 分 7 2012 株洲模拟 函数 y 在 2 上为增函数 则 a 的取值范围是 x xa 8 函数 y 的最大值是 5x2 x 9 易错题 f x 满足对任意 x1 x2 都有成立 则 a 的取值 x ax0 a3 x4a x0 12 12 f xf x 0 xx 范围是 三 解答题 每小题 15 分 共 30 分 10 2012 青岛模拟 已知函数 f x x x2 1 判断函数 f x 在区间 0 上的单调性并加以证明 2 求函数 f x 的值域 11 预测题 函数 f x x2 x 1 4 1 若定义域为 0 3 求 f x 的值域 2 若 f x 的值域为 且定义域为 a b 求 b a 的最大值 1 2 1 16 探究创新 16 分 定义 已知函数 f x 在 m n m n 上的最小值为 t 若 t m 恒成立 则称函数 f x 在 m n m n 上具有 DK 性质 1 判断函数 f x x2 2x 2 在 1 2 上是否具有 DK 性质 说明理由 2 若 f x x2 ax 2 在 a a 1 上具有 DK 性质 求 a 的取值范围 答案解析 1 解析 选 D 由于函数 y 在 0 和 0 上是递减的 且 3 0 因此函数 y 在 0 和 1 x 3 x 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 2 解析 选 C 由已知得 2 解得 m 8 m 4 3 解析 选 D 当 0 a1 时 f x 在 0 1 上为增函数 由已知有 得 a 2 综上知 a 2 a a log 10 log 21 4 解析 选 B f x 在 0 1 上是增函数或减函数 故 f 0 f 1 a 即 1 a loga2 a loga2 1 a 1 2 5 解析 选 A 因为 f x 2 的图象关于 x 0 对称 所以 f x 的图象关于 x 2 对称 又 f x 在区间 2 上是增函数 则其在 2 上为减函数 作出其图象大致形状如图所示 由图象知 f 1 f 3 故选 A 方法技巧 比较函数值大小常用的方法 1 利用函数的单调性 但需将待比较函数值调节到同一个单调区间上 2 利用数形结合法比较 3 对于选择 填空题可用排除法 特值法等比较 6 解题指南 先探究 f x 在 a b 上的单调性 再判断最值情况 解析 选 C 设 x1 x2 由已知得 f x1 f x1 x2 x2 f x1 x2 f x2 又 x1 x20 f x1 f x2 即 f x 在 R 上为减函数 f x 在 a b 上亦为减函数 f x min f b f x max f a 故选 C 7 解析 xa y1 xaxa 依题意 得函数的单调增区间为 a a 要使 y 在 2 上为增函数 只要 2 a 即 a 2 即可 答案 2 8 解析 5x 2 0 x y 0 2 5 又 y 当且仅当 x 时取等号 22 1115255 2 52 2 xxx484 4 5 答案 5 2 4 9 解析 由已知 x1 x2 都有 0 知 f x 在 R 上为减函数 则需 12 12 f xf x xx 0 0a1 aa304a a30 解得 00 时 f x xx222 1 x2x2x2 设 0 x1 x2 f x1 f x2 1 1 1 2 x2 2 2 x2 12 12 2 xx x2x2 由 0 x1 x2可得 f x1 f x2 0 即 f x1 f x2 因此 f x 在 0 上递增 2 f 2 1 x 0 x 2 x 2 1 x 1 2 f x 的值域为 f 0 f 3 即 1 4 47 4 2 x 时 f x 是 f x 的最小值 1 2 1 2 x a b 令 x2 x 1 2 1 4 1 16 得 x1 x2 5 4 1 4 根据 f x 的图象知 b a 的最大值是 1 4 5 4 3 2 探究创新 解析 1 f x x2 2x 2 x 1 2 f x min 1 1 函数 f x 在 1 2 上具有 DK 性质 2 f x x2 ax 2 x a a 1 其对称轴为 x a 2 当 a 即 a 0 时 函数 f x min f a a2 a2 2 2 a 2 若函数 f x 具有 DK 性质 则有 2 a 总成立 即 a 2 当 a a 1 即 2 a 0 时 f x min f 2 a 2 a 2 2 a 4 若函数 f x 具有 DK 性质 则有 2