2023年创新方案高考数学复习精编人教新课标23函数的单调性doc高中数学.docx

第二章 第三节 的单调性 题组一 函数单调性的判定 1.(2023·福建高考)以下函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)〞的是 (　　) A.f(x)＝ B.f(x)＝(x－1)2 C.f(x)＝ex D.f(x)＝ln(x＋1) 解析：∵对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，当x1<x2时， 都有f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上为减函数. 答案：A 2.函数y＝x2＋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＝x2＋bx＋c在[0，＋∞)上为单调函数 ∴x＝－≤0，即b≥0. 答案：A 3.讨论函数f(x)＝x＋(a>0)的单调性. 解：f(x)＝x＋(a>0)， ∵定义域为{x|x∈R，且x≠0}且 f (－x)＝－x＋＝－(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， 那么f (x 1)－f (x2)＝x1＋－x2－＝(x1－x2)(1－)， ∵当0<x2<x1≤时，恒有>1. 那么f (x1)－f (x2)<0，故f (x)在(0，]上是减函数. 当x1>x2≥时，恒有0<<1， 那么f (x1)－f (x2)>0，故f (x)在[，＋∞)上是增函数. ∵f (x)是奇函数， ∴f (x)在(－∞，－]，[，＋∞)上为增函数； f (x)在[－，0)，(0，]上为减函数. 题组二 函数的单调区间 4.如果函数f (x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4]上是减函数，那么实数a的取值范围是 (　　) A.[－3，＋∞) B.(－∞，－3] C.(－∞，5] D.[3，＋∞) 解析：f(x)＝x2＋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，那么只需1－a≥4，即a≤－3. 答案：B 5.(2023·黄冈模拟)函数f(x)＝ (2x2＋x)，那么f (x)的单调递增区间为 (　　) A.(－∞，－) B.(－，＋∞) C.(0，＋∞) D.(－∞，－) 解析：由2 x 2＋x＞0，得x＞0或x＜－， 令h(x)＝2 x 2＋x，那么h(x)的单调减区间为(－∞，－). 又∵x <－， ∴f (x)的单调递增区间为(－∞，－). 答案：D 6.函数f (x)＝ (a≠1). (1)假设a＞0，那么f (x)的定义域是　　　　； (2)假设f (x)在区间(0,1]上是减函数，那么实数a的取值范围是　　　　. 解析：当a＞0且a≠1时，由3－ax≥0得x≤，即此时函数f(x)的定义域是(－∞，]； (2)当a－1＞0，即a＞1时，要使f(x)在(0,1]上是减函数，那么需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，那么需－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)(－∞，]　(2)(－∞，0)∪(1,3] 题组三 抽象函数的单调性及最值 7.f (x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，设a＝f (log47)，b＝f (log3)，c＝f (0.20.6)，那么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|). ∵log47＝log2>1，|log3|＝log23>1,0<0.20.6<1， ∴|log3|>|log47|>|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.(2023·四川高考)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)，那么f()的值是 (　　) A.0 B. C.1 D. 解析：令x＝－，∴－f()＝f(－)＝f() (∵f(－)＝f())，∴f()＝0. 令x＝，∴f()＝f()，∴f()＝0. 令x＝，∴f()＝f()，∴f()＝0. 答案：A 9.设奇函数f(x)在 [－1,1]上是增函数，f(－1)＝－1.假设函数f(x)≤t2－2at＋1对所有的x∈[－1,1]都成立，那么当a∈[－1,1]时，t的取值范围是　　　　. 解析：假设函数f(x)≤t2－2at＋1对所有的x∈[－1,1]都成立，由易得f(x)的最大值是1， ∴1≤t2－2at＋1⇔2at－t2≤0， 设g(a)＝2at－t2(－1≤a≤1)，欲使2at－t2≤0恒成立， 那么⇔t≥2或t＝0或t≤－2. 答案：t≤－2或t＝0或t≥2 题组四 函数单调性的综合应用 10.函数f(x)＝x2－2ax＋a，在区间(－∞，1)上有最小值，那么函数g(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＋－2a在[，＋∞)上为增函数，应选D. 答案：D 11.函数f (x)＝，x∈[1，＋∞). (1)当a＝4时，求f(x)的最小值； (2)当a＝时，求f(x)的最小值； (3)假设a为正常数，求f(x)的最小值. 解：(1)当a＝4时，f(x)＝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＝时，f(x)＝x＋＋2. 易知，f(x)在[1，＋∞)上为增函数. ∴f(x)min＝f(1)＝. (3)函数f(x)＝x＋＋2在(0，]上是减函数，在[，＋∞)上是增函数. 假设>1，即a>1时，f(x)在区间[1，＋∞)上先减后增，f(x)min＝f()＝2＋2. 假设≤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.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()； (3)解不等式f(x)＋f(x－3)≤1. 解：(1)证明：令x＝4，y＝1，那么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(×16)＝f()＋f(16)＝0， 故f()＝－2. (3)设x1，x2＞0且x1＞x2，于是f()＞0， ∴f(x1)＝f(×x2)＝f()＋f(x2)＞f(x2). ∴f(x)为x∈(0，＋∞)上的增函数. 又∵f(x)＋f(x－3)＝f[x(x－3)]≤1＝f(4)， ∴⇒3＜x≤4. ∴原不等式的解集为{x|3＜x≤4}.