2016年高考数学大一轮复习 第二章 第2节 函数的单调性与最值课时冲关 理 新人教a版

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1、【创新教程】2016年高考数学大一轮复习第二章第2节函数的单调性与最值课时冲关理新人教A版一、选择题1．(2014·北京高考)下列函数中，定义域是R且为增函数的是(　　)A．y＝e－x　　　　　　B．y＝x3C．y＝lnxD．y＝

2、x

3、解析：由定义域为R，排除选项C，由函数单调递增，排除选项A，D.答案：B2．(2015·宁波模拟)定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当a

4、＝x－2，当1＜x≤2时，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数．∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.答案：C3．已知f(x)＝是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围为(　　)A．(1，＋∞)B．[4,8)C．(4,8)D．(1,8)解析：因为f(x)是R上的单调递增函数，所以可得解得4≤a<8，故选B.答案：B4．(2015·山东济宁二模)定义在R上的偶函数f(x)在[0，＋∞)上递增，f＝0，则满足f(x)＞0的x的取值范围是(　　)A．(0，＋∞)B.∪(2，＋∞)C.∪D.解析：由

5、f(x)＝f(－x)＝f(

6、x

7、)得f(

8、x

9、)＞f，于是

10、x

11、＞，解出答案，可知选B.答案：B5．(2015·杭州模拟)已知减函数f(x)的定义域是实数集R，m、n都是实数．如果不等式f(m)－f(n)＞f(－m)－f(－n)成立，那么下列不等式成立的是(　　)A．m－n＜0B．m－n＞0C．m＋n＜0D．m＋n＞0解析：设F(x)＝f(x)－f(－x)，由于f(x)是R上的减函数，∴f(－x)是R上的增函数，－f(－x)是R上的减函数，∴F(x)为R上的减函数，∴当m＜n时，有F(m)＞F(n)，即f(m)－f(－m)＞f(n)－f(

12、－n)成立，因此当f(m)－f(n)＞f(－m)－f(－n)成立时，不等式m－n＜0一定成立，故选A.答案：A6．设函数y＝f(x)在R上有定义，对于给定的正数k，定义函数fk(x)＝若函数f(x)＝则函数f的单调递减区间为(　　)A．(－∞，－1]B．(－∞，0]C．[0，＋∞)D．[1，＋∞)解析：f＝＝如图所示，函数f在区间[1，＋∞)上单调递减．答案：D二、填空题7．(2014·天津高考)函数f(x)＝lgx2的单调递减区间是________．解析：函数f(x)＝lgx2的单调递减区间需满足x2>0且y＝x2单调递减，故x∈(－∞

13、，0)．答案：(－∞，0)8．设函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a的取值范围是________．解析：f(x)＝＝a－，其对称中心为(－2a，a)．∴⇒⇒a≥1.答案：[1，＋∞)9．(2015·辽宁沈阳模拟)设函数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－

14、x

15、，当K＝时，fK(x)的单调递增区间为________．解析：当f(x)>时，fK(x)＝无单调递增区间，所以f(x)≤，即

16、x

17、≤，所以x≥1或x≤－1，结合图象知单调递增区间为(－∞，－1)．答案：(－∞，－

18、1)10．(2015·荆州市质检)函数f(x)＝

19、x3－3x2－t

20、，x∈[0,4]的最大值记为g(t)，当t在实数范围内变化时，g(t)的最小值为________．解析：令g(x)＝x3－3x2－t，则g′(x)＝3x2－6x，令g′(x)≥0，则x≤0或x≥2，在[0,2]上g(x)为减函数，在[2,4]上g(x)为增函数，故f(x)的最大值g(t)＝max{

21、g(0)

22、，

23、g(2)

24、，

25、g(4)

26、}，又

27、g(0)

28、＝

29、t

30、，

31、g(2)

32、＝

33、4＋t

34、，

35、g(4)

36、＝

37、16－t

38、，在同一坐标系中分别作出它们的图象，由图象可知，在y＝16

39、－t(t≤16)与y＝4＋t(t≥－4)的交点处，g(t)取得最小值，由16－t＝4＋t，得2t＝12，t＝6，∴g(t)min＝10.答案：10三、解答题11．(2015·昆明模拟)已知函数f(x)＝，x∈[1，＋∞)．(1)当a＝时，求函数f(x)的最小值；(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围．解：(1)当a＝，f(x)＝x＋＋2，∴f′(x)＝1－，当x∈[1，＋∞)时，f′(x)＞0恒成立，∴f(x)在[1，＋∞)上是增函数，∴当x＝1时，f(x)取最小值，f(1)＝.故f(x)min＝.(2)

40、要使f(x)＞0，x∈[1，＋∞)恒成立，即x2＋2x＋a＞0，x∈[1，＋∞)恒成立．设g(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1，∴当x∈[1，＋∞)时，g(x)min＝3＋a.∴3＋