2011创新方案高考数学复习精编(人教新课标)--2.3函数的单调性

第二章 第三节 的单调性
1.(2009·福建高考)1212时，都有f (x 1)>f (x 2)”的是 ( )
A.f (x )＝1x
B.f (x )＝(x －1)2
C.f (x )＝e x
D.f (x )＝ln(x ＋1)
解析：∵对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1<x 2时，
都有f (x 1)>f (x 2)，∴f (x )在(0，＋∞)上为减函数.
答案：A
2.函数y ＝x 2＋b x ＋c (x ∈[0，＋∞))是单调函数的充要条件是
( ) A.b ≥0 B.b ≤0 C. b ＞0 D. b ＜0 解析：∵函数y ＝x 2＋bx ＋c 在[0，＋∞)上为单调函数
∴x ＝－2b
≤0，即b ≥0.
答案：A
3.讨论函数f (x )＝x ＋a
x (a >0)的单调性.
解：f (x )＝x ＋a
x (a >0)，
∵定义域为{x |x ∈R ，且x ≠0}且
f (－x )＝－x ＋a
－x ＝－(x ＋a
x )＝－f (x ).
∴f (x )为奇函数，
所以先讨论f (x )在(0，＋∞)上的单调性.
设x 1> x 2>0，
则f (x 1)－f (x 2)＝x 1＋1a
x －x 2－2a x ＝(x 1－x 2)(1－12
a x x )，
∵当0<x 2<x 1≤a 时，恒有12
a
x x >1.
则f (x 1)－f (x 2)<0，故f (x )在(0，a ]上是减函数.
当x 1>x 2≥a 时，恒有0<12a
x x <1，
∵f (x )是奇函数，
∴f (x )在(－∞，－a ]，[a ，＋∞)上为增函数；
f (x )在[－a ，0)，(0，a ]上为减函数.
4.如果函数f (x )＝x 2
( )
A.[－3，＋∞)
B.(－∞，－3]
C.(－∞，5]
D.[3，＋∞)
解析：f (x )＝x 2＋2(a －1)x ＋2的对称轴为x ＝1－a ，
∴f (x )在(－∞，1－a ]上是减函数，要使f (x )在区间(－∞，4]上是减函数，则只需1－a ≥4，即a ≤－3.
答案：B
5.(2010·黄冈模拟)已知函数f (x )＝13log (2x 2
＋x )，则f (x )的单调递增区间为 ( )
A.(－∞，－14)
B.(－14，＋∞)
C.(0，＋∞)
D.(－∞，－12
) 解析：由2 x 2＋x ＞0，得x ＞0或x ＜－12
， 令h (x )＝2 x 2＋x ，则h (x )的单调减区间为(－∞，－14
). 又∵x <－12
∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－12
). 答案：D
6.已知函数f (x )＝1a - (a ≠1).
(1)若a ＞0，则f (x )的定义域是 ；
(2)若f (x )在区间(0,1]上是减函数，则实数a 的取值范围是 .
解析：当a ＞0且a ≠1时，由3－ax ≥0得x ≤3
a ，即此时函数f (x )的定义域是(－∞，3
a ]；
(2)当a －1＞0，即a ＞1时，要使f (x )在(0,1]上是减函数，则需3－a ×1≥0，此时1＜a ≤3.
当a －1＜0，即a ＜1时，要使f (x )在(0,1]上是减函数，则需－a ＞0，
此时a ＜0.
综上所述，所求实数a 的取值范围是(－∞，0)∪(1,3].
答案：(1)(－∞，
3a ] (2)(－∞，0)∪(1,3]
7.已知f (x )是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，设a ＝f (log 47)，b ＝f (log 12
3)，
c ＝f (0.20.6)，则a ，b ，c 的大小关系是 ( )
A.c <b <a
B.b <c <a
C.c >a >b
D.a <b <c
解析：由题意f (x )＝f (|x |).
∵log 47＝log 27>1，|log 123|＝log 23>1,0<0.20.6
<1，
∴|log 12
3|>|log 47|>|0.20.6|. 又∵f (x )在(－∞，0]上是增函数且为偶函数，
∴f (x )在[0，＋∞)上是减函数.∴c >a >b .
答案：C
8.(2009·四川高考)已知函数f (x )是定义在实数集R 上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x 都有xf (x
＋1)＝(1＋x )f (x )，则f (52
)的值是 ( ) A.0 B.12 C.1 D.52
解析：令x ＝－12，∴－12f (12)＝12f (－12)＝12f (12
(∵f (－12)＝f (12，∴f (12
)＝0. 令x ＝12，∴12f (32)＝32f (12，∴f (32
)＝0. 令x ＝32，∴32f (52)＝52f (32，∴f (52
)＝0. 答案：A
9.设奇函数f (x )在 [－1,1]上是增函数，f (－1)＝－1.若函数f (x )≤t 2－2at ＋1对所有的x ∈[－1,1]都成立，则当a ∈[－1,1]时，t 的取值范围是 .
解析：若函数f (x )≤t 2
－2at ＋1对所有的x ∈[－1,1]都成立，由已知易得f (x )的最大值是1，
∴1≤t 2－2at ＋1⇔2at －t 2≤0，
设g (a )＝2at －t 2(－1≤a ≤1)，欲使2at －t 2≤0恒成立，
则g g ⎧⎨⎩(-1)≤0(1)≤0⇔t ≥2或t ＝0或t ≤－2.
答案：t≤－2或t＝0或t≥2
10.已知函数f(x)＝x2－2ax＋a，在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(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＋a
x
－2a在[|a|，＋∞)上为增函数，故选D.
答案：D
11.已知函数f (x)＝
22
x x a
x
++
，x∈[1，＋∞).
(1)当a＝4时，求f(x)的最小值；
(2)当a＝1
2
时，求f(x)的最小值；
(3)若a为正常数，求f(x)的最小值.
解：(1)当a＝4时，f(x)＝x＋4
x
＋2，易知，f(x)在[1,2]上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数.
∴f(x)min＝f(2)＝6.
(2)当a＝1
2
时，f(x)＝x＋
1
2x
＋2.
易知，f(x)在[1，＋∞)上为增函数.
∴f(x)min＝f(1)＝7 2 .
(3)函数f(x)＝x＋a
x
＋2在(0，a]上是减函数，在[a，＋∞)上是增函数.
若a>1，即a>1时，f(x)在区间[1，＋∞)上先减后增，f(x)min＝f(a)＝2a＋2.
若a≤1，即0<a≤1时，
f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，
∴f(x)min＝f(1)＝a＋3.
12.已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且对任意的正实数x，y都有f(xy)＝f(x)＋f(y)，且当x＞1时，
f(x)＞0，f(4)＝1，
(1)求证：f(1)＝0；
(2)求f(1
16
)；
(3)解不等式f(x)＋f(x－3)≤1.
解：(1)证明：令x＝4，y＝1，则f(4)＝f(4×1)＝f(4)＋f(1).∴f(1)＝0.
(2)f (16)＝f (4×4)＝f (4)＋f (4)＝2，f (1)＝f (116×16)＝f (116
＋f (16)＝0， 故f (116
)＝－2. (3)设x 1，x 2＞0且x 1＞x 2，于是f (x 1x 2
)＞0， ∴f (x 1)＝f (x 1x 2×x 2)＝f (x 1x 2
)＋f (x 2)＞f (x 2). ∴f (x )为x ∈(0，＋∞)上的增函数.
又∵f (x )＋f (x －3)＝f [x (x －3)]≤1＝f (4)，
∴>6,
3>0,3x x x x ⎧⎪-⎨⎪-⎩
()≤4,⇒3＜x ≤4.
∴原不等式的解集为{x |3＜x ≤4}.。