2021高考数学(福建-理)一轮作业：2.2-函数的单调性与最值.docx

§2.2 函数的单调性与最值
一、选择题
1．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　B
2．给定函数①y＝x，②y＝log(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．①④
解析：　①y＝x为增函数，排解A、D；④y＝2x＋1为增函数，排解C，故选B.
答案：B
3．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)单调增加，则满足f(2x－1)＜f的x的取值范围是(　　)．
A. B.
C. D.
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⇔|2x－1|＜⇔＜x＜.故选A.
答案　A

4．函数f(x)＝(a>0且a≠1)是R上的减函数，则a的取值范围是(　　)
A．(0,1) B．[，1)
C．(0，] D．(0，]
解析：据单调性定义，f(x)为减函数应满足：
即≤a<1.
答案：B
5．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是(　　)
A．(－∞，] B．[，＋∞)
C．(－1，] D．[，4)
解析：　由4＋3x－x2>0得，函数f(x)的定义域是(－1，4)，u(x)＝－x2＋3x＋4＝－(x－)2＋的减区间为[，4)，∵e>1，∴函数f(x)的单调减区间为[，4)．
答案：　D
[点评]　可用筛选法求解，明显x＝±100时，f(x)无意义，排解A、B；f(0)＝ln4，f(1)＝ln6，f(0)<f(1)，排解C，故选D.
6．设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝取函数f(x)＝2－|x|，当K＝时，函数fK(x)的单调递增区间为(　　)．
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)
解析　f(x)＝
⇔
f(x)＝

f(x)的图象如上图所示，因此f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)．
答案　C
7.已知偶函数y＝f(x)对任意实数x都有f(x＋1)＝－f(x)，且在[0,1]上单调递减，则(　　)
A．f<f<f
B．f<f<f
C．f<f<f
D．f<f<f
解析：由条件知f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，
∴f(x)是周期为2的周期函数，∵f(x)为偶函数，
∴f＝f＝f＝f，
f＝f＝f，
f＝f＝f＝f，
∵f(x)在[0,1]上单调递减，∴f>f>f，
∴f>f>f.
答案：B
二、填空题
8．函数y＝ln 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>0即函数定义域为(－1,1)，原函数的递增区间即为函数u(x)＝在(－1,1)上的递增区间，由于u′(x)＝()′＝>0.故函数u(x)＝的递增区间(－1,1)即为原函数的递增区间．
答案　(－1,1)
9．假如函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：(1)当a＝0时，f(x)＝2x－3，在定义域R上单调递增，故在(－∞，4)上单调递增；
(2)当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为直线x＝－，由于f(x)在(－∞，4)上单调递增，所以a<0，且－≥4，解得－≤a<0.
答案：[－，0]
10．已知函数f(x)＝则满足不等式f(1－x2)>f(2x)的x的范围是________．
解析　f(x)＝的图象如图所示，
不等式f(1－x2)>f(2x)等价于

或
解得－1<x<－1
答案　(－1，－1)
11．已知函数y＝2sin(ωx＋θ)为偶函数(0<θ<π)，其图象与直线y＝2某两个交点的横坐标分别为x1、x2，若|x2－x1|的最小值为π，则该函数的增区间为________．
解析：∵y＝2sin(ωx＋θ)为偶函数，0<θ<π，∴θ＝，∴y＝2cosωx，由条件知，此函数的周期为π，∴ω＝2，
∴y＝2cos2x，由2kπ－π≤2x≤2kπ，(k∈Z)得，kπ－≤x≤kπ(k∈Z)，令k＝0知，函数在上是增函数．
答案　
12．已知函数f(x)＝(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＜.
其中正确命题的序号是__________(写出全部正确命题的序号)．
解析　(数形结合法)依据题意可画出草图，由图象可知，①明显正确；函数f(x)在R上不是单调函数，故②错误；若f(x)＞0在上恒成立，则2a×－1＞0，a＞1，故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的x1＜0，x2＜0
且x1≠x2，恒有f＜成立，
故④正确．

答案　①③④
【点评】 接受数形结合法.留意本题中的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
13．已知f(x)＝(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x1<x2<－2，
则f(x1)－f(x2)＝－＝.
∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，.
∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增．
(2)任设1<x1<x2，则
f(x1)－f(x2)＝－＝.
∵a>0，x2－x1>0，
∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1.综上所述，a的取值范围是(0,1]．
14．已知函数f(x)＝a·2x＋b·3x，其中常数a，b满足ab≠0.
(1)若ab＞0，推断函数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，由于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，由于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，x＞－，
解得x＞log；
(ii)当a＞0，b＜0时，x＜－，
解得x＜log.
15．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<，故解集为.
16.设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c为实数，且a≠0)，F(x)＝.
(1)若f(－1)＝0，曲线y＝f(x)通过点(0,2a＋3)，且在点(－1，f(－1))处的切线垂直于y轴，求F(x)的表达式；
(2)在(1)的条件下，当x∈[－1,1]时，g(x)＝kx－f(x)是单调函数，求实数k的取值范围；
(3)设mn<0，m＋n>0，a>0，且f(x)为偶函数，证明F(m)＋F(n)>0.
[解析]　(1)由于f(x)＝ax2＋bx＋c，所以f ′(x)＝2ax＋b.
又曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线垂直于y轴，故f ′(－1)＝0，
即－2a＋b＝0，因此b＝2a.①
由于f(－1)＝0，所以b＝a＋c.②
又由于曲线y＝f(x)通过点(0,2a＋3)，
所以c＝2a＋3.③
解由①，②，③组成的方程组得，a＝－3，b＝－6，c＝－3.
从而f(x)＝－3x2－6x－3.
所以F(x)＝.
(2)由(1)知f(x)＝－3x2－6x－3，
所以g(x)＝kx－f(x)＝3x2＋(k＋6)x＋3.
由g(x)在[－1,1]上是单调函数知：
－≤－1或－≥1，
得k≤－12或k≥0.
(3)由于f(x)是偶函数，可知b＝0.
因此f(x)＝ax2＋c.
又由于mn<0，m＋n>0，可知m，n异号．
若m>0，则n<0.
则F(m)＋F(n)＝f(m)－f(n)＝am2＋c－an2－c
＝a(m＋n)(m－n)>0.
若m<0，则n>0.
同理可得F(m)＋F(n)>0.
综上可知F(m)＋F(n)>0.