2010届高三一轮复习数学精品资料：2.3-函数的单调性与最大(小)值

§2.3函数的单调性与最大（小）值基础自测1.已知函数y=f(x)是定义在R上的增函数，则f(x)=0的根（）A.有且只有一个B.有2个C.至多有一个D.以上均不对答案C2.（2008·保定联考）已知f(x)是R上的增函数，若令F（x）=f（1-x）-f（1+x），则F（x）是R上的（）A.增函数B.减函数C.先减后增的函数D.先增后减的函数答案B3.若函数f(x)=x2+(a2-4a+1)x+2在区间（-∞，1］上是减函数，则a的取值范围是（）A.［-3，-1］B.（-∞，-3］∪［-1，+∞）C.［1，3］D.（-∞，1］∪［3，+∞）答案C4.函数f(x)=x3+ax2+bx+c，其中a、b、c∈R，则a2-3b＜0时，f(x)是（）A.增函数B.减函数C.常数函数D.单调性不确定的函数答案A5.（2009·成都检测）已知函数f(x)=x2-2x+3在闭区间［0,m］上最大值为3，最小值为2，则m的取值范围为（）A.［1，+∞）B.［0，2］C.（-∞，-2］D.［1，2］答案D例1已知函数f(x)=ax+12xx(a＞1).证明：函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数.证明方法一任取x1,x2∈(-1,+∞),不妨设x1＜x2,则x2-x1＞0,12xxa＞1且1xa＞0,∴0)1(12112xxxxxaaaa，又∵x1+1＞0,x2+1＞0,∴)1)(1()(3)1)(1()1)(2()1)(2(121221122121121122xxxxxxxxxxxxxx＞0,于是f(x2)-f(x1)=12xxaa[phone]xxxx＞0,故函数f(x)在（-1,+∞）上为增函数.方法二f(x)=ax+1-13x(a＞1),求导数得)(xf=axlna+2)1(3x,∵a＞1,∴当x＞-1时，axlna＞0,2)1(3x＞0,)(xf＞0在（-1，+∞）上恒成立，则f(x)在（-1,+∞）上为增函数.方法三∵a＞1,∴y=ax为增函数，又y=13112xxx，在（-1，+∞）上也是增函数.∴y=ax+12xx在（-1，+∞）上为增函数.例2判断函数f(x)=12x在定义域上的单调性.解函数的定义域为{x|x≤-1或x≥1},则f(x)=12x,可分解成两个简单函数.f(x)=)(,)(xuxu=x2-1的形式.当x≥1时，u(x)为增函数，)(xu为增函数.∴f（x）=12x在［1，+∞)上为增函数.当x≤-1时，u（x)为减函数，)(xu为减函数，∴f(x)=12x在（-∞,-1］上为减函数.例3（1）y=4-223xx;(2)y=x+x4;(3)y=4)2(122xx.解（1）由3+2x-x2≥0得函数定义域为［-1，3］，又t=3+2x-x2=4-(x-1)2.∴t∈［0，4］，t∈［0，2］，从而，当x=1时，ymin=2，当x=-1或x=3时，ymax=4.故值域为［2，4］.(2)方法一函数y=x+x4是定义域为{x|x≠0}上的奇函数,故其图象关于原点对称,故只讨论x＞0时,即可知x＜0时的最值.∴当x＞0时,y=x+x4≥2xx4=4，等号当且仅当x=2时取得.当x＜0时，y≤-4,等号当且仅当x=-2时取得.综上函数的值域为（-∞，-4］∪［4，+∞），无最值.方法二任取x1,x2,且x1＜x2,因为f(x1)-f(x2)=x1+14x-(x2+24x)=,)4)((212121xxxxxx所以当x≤-2或x≥2时，f(x)递增,当-2＜x＜0或0＜x＜2时，f(x)递减.故x=-2时，f(x)最大值=f(-2)=-4,x=2时，f(x)最小值=f(2)=4,所以所求函数的值域为（-∞，-4］∪［4，+∞），无最大（小）值.（3y=2222)20()2()10()0(xx,可视为动点M（x,0）与定点A（0，1）、B（2，-2）距离之和，连结AB，则直线AB与x轴的交点（横坐标）即为所求的最小值点.ymin=|AB|=13)21()20(22，可求得x=32时，ymin=13.显然无最大值.故值域为［13，+∞）.例4(12分)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（2）若f(4)=5,解不等式f(3m2-m-2)＜3.解（1）设x1,x2∈R，且x1＜x2,则x2-x1＞0,∴f(x2-x1)＞1.2分f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1＞0.5分∴f（x2）＞f(x1).即f(x)是R上的增函数.6分（2）∵f（4）=f（2+2）=f（2）+f（2）-1=5∴f（2）=3，8分∴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＜2,10分解得-1＜m＜34,故解集为（-1,34）.12分1.讨论函数f（x）=x+xa（a＞0）的单调性.解方法一显然f（x）为奇函数，所以先讨论函数f（x）在（0，+∞）上的单调性，设x1＞x2＞0,f(x1)-f(x2)=（x1+1xa）-（x2+2xa）=(x1-x2)·（1-21xxa）.∴当0＜x2＜x1≤a时，21xxa＞1,则f（x1）-f（x2）＜0，即f(x1)＜f(x2),故f（x）在（0，a］上是减函数.当x1＞x2≥a时，0＜21xxa＜1，则f（x1）-f（x2）＞0,即f(x1)＞f(x2),故f（x）在［a，+∞）上是增函数.∵f（x∴f（x）分别在（-∞，-a］、［a，+f（x）分别在［-a，0）、（0，a］上为减函数.方法二由)(xf=1-2xa=0可得x=±a当x＞a或x＜-a时，)(xf＞0∴f（x）分别在（a，+∞）、（-∞，-a］上是增函数.同理0＜x＜a或-a＜x＜0时，)(xf＜0即f（x）分别在（0，a］、［-a，0）上是减函数.2.求函数y=21log（4x-x2）的单调区间.解由4x-x2＞0，得函数的定义域是（0，4）.令t=4x-x2，则y=21logt.∵t=4x-x2=-（x-2）2+4，∴t=4x-x2的单调减区间是［2，4），增区间是（0，2］.又y=21logt在（0，+∞）上是减函数，∴函数y=21log（4x-x2）的单调减区间是（0，2］，单调增区间是［2，4).3.在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf（x）=f（x+1）-f（x）.某公司每月最多生产100台报警系统装置，生产x（x＞0）台的收入函数为R（x）=3000x-20x2(单位：元)，其成本函数为C（x）=500x+4000（单位：元），利润是收入与成本之差.（1）求利润函数P（x）及边际利润函数MP（x（2）利润函数P（x）与边际利润函数MP（x解（1）P（x）=R（x）-C（x）=（3000x-20x2）-（500x+4000）=-20x2+2500x-4000（x∈［1，100］且x∈N,MP（x）=P（x+1）-P（x）=-20（x+1）2+2500（x+1）-4000-（-20x2+2500x-4000）=2480-40x（x∈［1，100］且x∈N）.（2）P（x）=-20(x-)21252+74125，当x=62或63时，P(x)max=74120（元）.因为MP（x）=2480-40x是减函数，所以当x=1时，MP(x)max=2440(元）.因此，利润函数P（x）与边际利润函数MP（x）不具有相同的最大值.4.（2009·广西河池模拟）已知定义在区间（0，+∞）上的函数f(x)满足f()21xx=f(x1)-f(x2)，且当x＞1时，f(x)＜0.（1）求f(1)（2）判断f(x（3）若f(3)=-1,解不等式f(|x|)＜-2.解（1）令x1=x2＞0,代入得f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故f(1)=0.（2）任取x1,x2∈(0,+∞)，且x1＞x2,则21xx＞1,由于当x＞1时，f(x)＜0,所以f)(21xx＜0,即f(x1)-f(x2)＜0,因此f(x1)＜f(x2),所以函数f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数.（3）由f(21xx)=f(x1)-f(x2)得f()39=f(9)-f(3),而f(3)=-1,所以f(9)=-2.由于函数f(x)在区间（0,+由f(|x|)＜f(9),得|x|＞9,∴x＞9或x＜-9.因此不等式的解集为{x|x＞9或x＜-9}.一、选择题1.函数f(x)=ln(4+3x-x2)的单调递减区间是（）A.（-∞,23］B.［23，+∞）C.（-1，23］D.［23，4）答案D2.已知函数f（x）在区间［a，b］上单调，且f（a）·f（b）＜0，则方程f（x）=0在区间［a，b］上（）A.至少有一实根B.至多有一实根C.没有实根D.必有惟一的实根答案D3.函数y=lg(x2+2x+m)的值域是R,则m的取值范围是（）A.m＞1B.m≥1C.m≤1D.m∈R答案C4.函数f(x)(x∈R)的图象如下图所示，则函数g(x)=f(logax)(0＜a＜1)的单调减区间是（）A.［0,21］B.（-∞,0）∪［21，+∞）C.［a,1］D.［a,1a］答案C5.已知f(x)=)1(log)1(4)13(xxxaxaa是（-∞,+∞）上的减函数，那么a的取值范围是（）A.（0，1）B.（0，31）C.［71，31）D.［71，1）答案C6.已知函数f(x)=3-2|x|,g(x)=x2-2x.构造函数y=F(x),定义如下：当f(x)≥g(x)时，F(x)=g(x);当f(x)＜g(x)时，F(x)=f(x),那么F(x)()A.有最大值3，最小值-1B.有最大值3，无最小值C.有最大值7-27，无最小值D.无最大值，也无最小值答案C二、填空题7.已知y=f(x)是定义在（-2，2）上的增函数，若f(m-1)＜f(1-2m)，则m的取值范围是.答案(-)32,218.已知下列四个命题：①若f(x)为减函数，则-f(x)为增函数；②若f(x)为增函数，则函数g(x)=)(1xf在其定义域内为减函数；③若f(x)与g(x)均为(a,b)上的增函数，则f(x)·g(x)也是区间（a,b）上的增函数；④若f(x)与g(x)在(a,b)上分别是递增与递减函数，且g(x)≠0，则)()(xgxf在（a,b)上是递增函数.其中正确命题的序号是.答案①三、解答题9.已知f(x)在定义域（0，+∞）上为增函数，且满足f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1,试解不等式f(x)+f(x-8)≤2.解根据题意，由f(3)=1,得f(9)=f(3)+f(3)=2.又f(x)+f(x-8)=f［x(x-8)］,故f［x(x-8)］≤f(9).∵f（x）在定义域（0,+∞）上为增函数，∴,9)8(080xxxx，，解得8＜x≤9.10.函数f(x)对任意的实数m、n有f(m+n)=f(m)+f(n),且当x＞0时有f(x)＞0.（1）求证：f(x)在（-∞,+∞)上为增函数；（2）若f(1)=1,解不等式f［log2(x2-x-2)］＜2.（1）证明设x2＞x1,则x2-x1＞0.∵f(x2)-f(x1)=f(x2-x1+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-f(x1)=f(x2-x1)＞0,∴f(x2)＞f(x1),f(x)在（-∞,+∞)上为增函数.（2）解∵f(1)=1,∴2=1+1=f(1)+f(1)=f(2).又f［log2(x2-x-2)］＜2,∴f［log2(x2-x-2)］＜f(2).∴log2(x2-x-2)＜2,于是.060222xxxx，∴,32,21xxx或即-2＜x＜-1或2＜x＜3.∴原不等式的解集