高考数学 函数的单调性与最大(小)值课后作业 文 新人教A版

课后作业(五)函数的单调性与最大(小)值一、选择题1．(2013·大连模拟)给定函数①y＝xeq\s\up6(\f(1,2))；②y＝logeq\s\do9(\f(1,2))(x＋1)；③y＝|x－1|；④y＝2x＋1.其中在区间(0，1)上单调递减的函数的序号是()A．①② B．②③ C．③④ D．①④2．函数f(x)＝x2＋4ax＋2在(－∞，6)内递减，则a的取值范围是()A．a≥3 B．a≤3 C．a≥－3 D．a≤－33．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是()A．(－∞，eq\f(3,2)] B．[eq\f(3,2)，＋∞)C．(－1，eq\f(3,2)] D．[eq\f(3,2)，4)4．(2013·海淀模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋ax，x≤1，,ax－1，x＞1，))若∃x1，x2∈R，x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)成立，则实数a的取值范围是()A．a＜2 B．a＞2C．－2＜a＜2 D．a＞2或a＜－25．(2013·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) B．f(0)＞f(3)C．f(－1)＝f(3) D．f(0)＝f(3)6．(2013·郑州模拟)已知定义在R上的增函数f(x)，满足f(－x)＋f(x)＝0，x1，x2，x3∈R，且x1＋x2＞0，x2＋x3＞0，x3＋x1＞0，则f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值()A．一定大于0 B．一定小于0C．等于0 D．正负都有可能二、填空题7．函数f(x)的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，则称f(x)为单函数．例如，函数f(x)＝2x＋1(x∈R)是单函数，下列命题：①函数f(x)＝x2(x∈R)是单函数；②指数函数f(x)＝2x(x∈R)是单函数；③若f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数．其中的真命题是________．(写出所有真命题的编号)8．(2013·中山模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋a，x＜1，,2x，x≥1))的最小值为2，则实数a的取值范围是________．9．(2013·东莞模拟)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a＞b.))设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．三、解答题10．(2013·佛山模拟)设二次函数f(x)＝ax2＋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和m的值；(2)若A＝{1}，且a≥1，记g(a)＝M＋m，求g(a)的最小值．11．函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且对一切x＞0，y＞0都有f(eq\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．12．已知f(x)＝eq\f(x,x－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．解析及答案一、选择题1．【解析】画出4个函数图象，可知②③正确．故选B.【答案】B2．【解析】由题意知－2a≥6，得a【答案】D3．【解析】要使函数有意义需4＋3x－x2＞0，解得－1＜x＜4，∴定义域为(－1，4)．令t＝4＋3x－x2＝－(x－eq\f(3,2))2＋eq\f(25,4).则t在(－1，eq\f(3,2)]上递增，在[eq\f(3,2)，4)上递减，又y＝lnt在(0，eq\f(25,4)]上递增，∴f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间为[eq\f(3,2)，4)．【答案】D4．【解析】当x≤1时，f(x)＝－x2＋ax＝－(x－eq\f(a,2))2＋eq\f(a2,4).由题意知eq\f(a,2)＜1，∴a＜2.【答案】A5．【解析】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.【答案】A6．【解析】∵x1＋x2＞0，x2＋x3＞0，x3＋x1＞0，∴x1＞－x2，x2＞－x3，x3＞－x1，∴f(x1)＞f(－x2)＝－f(x2)，即f(x1)＋f(x2)＞0，f(x2)＞f(－x3)＝－f(x3)，即f(x2)＋f(x3)＞0，f(x3)＞f(－x1)＝－f(x1)，即f(x3)＋f(x1)＞0，∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＞0，故选A.【答案】A二、填空题7．【解析】对于①，x1＝2，x2＝－2时，f(x1)＝f(x2)，而x1≠x2，故函数f(x)＝x2不为单调函数，故①错；对于②，因为y＝2x在定义域内为单调增函数，故②正确；对于③，假设f(x1)＝f(x2)，由f(x)为单函数，故x1＝x2，这与x1≠x2矛盾，故原命题成立，故③正确；对于④，因函数在定义域上具有单调性，即满足f(x)为单函数的定义，故④正确．【答案】②③④8．【解析】当x≥1时，f(x)≥2，当x＜1时，f(x)＞a－1.由题意知a－1≥2，∴a≥3.【答案】[3，＋∞)9．【解析】依题意，h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))当0＜x≤2时，h(x)＝log2x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】1三、解答题10．【解】(1)由f(0)＝2可知c＝2，又A＝{1，2}，故1，2是方程ax2＋(b－1)x＋c＝0的两实根．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋2＝\f(1－b,a),2＝\f(c,a)，))解得a＝1，b＝－2，∴f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋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)由题意知，方程ax2＋(b－1)x＋c＝0有两相等实根x＝1，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋1＝\f(1－b,a),1＝\f(c,a)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1－2a,c＝a)).∴f(x)＝ax2＋(1－2a)x＋a，x∈[－2，2]，其对称轴方程为x＝eq\f(2a－1,2a)＝1－eq\f(1,2a).又a≥1，故1－eq\f(1,2a)∈[eq\f(1,2)，1)，∴M＝f(－2)＝9a－2，m＝f(eq\f(2a－1,2a))＝1－eq\f(1,4a)，g(a)＝M＋m＝9a－eq\f(1,4a)－1.又g(a)在区间[1，＋∞)上为单调递增的，∴当a＝1时，g(a)min＝eq\f(31,4).11．【解】(1)∵当x＞0，y＞0时，f(eq\f(x,y))＝f(x)－f(y)，∴令x＝y＞0，则f(1)＝f(x)－f(x)＝0.(2)设x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝f(eq\f(x2,x1))．∵x2＞x1＞0，∴eq\f(x2,x1)＞1，∴f(eq\f(x2,x1))＞0.∴f(x2)＞f(x1)，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(eq\f(x,y))＝f(x)－f(y)，知f(eq\f(16,4))＝f(16)－f(4)，∴f(16)＝2f∴f(x)在[1，16]上的值域为[0，4]．12．【解】(1)证明任设x1＜x2＜－2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2（x1－x2）,（x1＋2）（x2＋2）).∵(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0.