北师大版2019版同步优化探究理数练习第二章第二节函数的单调性与最值 Word版含解析

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2019版同步优化探究理数北师大版练习：第二章第二节函数的单调性与最值含解析

2019版同步优化探究理数北师大版练习：第二章第二节函数的单调性与最值含解析1 / 11 / 1课时作业A 组 —— 基础对点练1．以下四个函数中，在 (0，＋∞ )上为增函数的是 ()A ． f(x)＝－ 2－ 3x3 x B ．f(x) ＝x 1C ． f(x)＝－ x ＋1D ．f(x)＝－ |x|分析：当 x ＞ 0 时， f(x)＝ 3－x 为减函数；3时， f(x)＝ x 2－3x 为减函数，当 x ∈0， 2 32当 x ∈2，＋ ∞ 时， f(x)＝ x －3x 为增函数；1当 x ∈(0，＋ ∞)时， f(x)＝－为增函数；当 x ∈(0，＋ ∞)时， f(x)＝－ |x|为减函数．应选 C. 答案： C2．以下函数中，定义域是 R 且为增函数的是 ()A ． y ＝e － xB ．y ＝x 3C ． y ＝ln xD ．y ＝ |x|分析：由于对数函数 y ＝ln x 的定义域不是 R ，故第一清除选项C ；由于指数函x1 xA ；关于函数 y ＝ |x|，数 y ＝e－，即 y ＝ e ，在定义域内单一递减，故清除选项当 x ∈(－∞，0)时，函数变成 y ＝－ x ，在其定义域内单一递减，所以清除选项 D ；而函数 y ＝x 3 在定义域 R 上为增函数．应选 B.答案： B3．(2018 ·长春市模拟 ) 已知函数 f(x)＝ x 2－2，x ＜－ 1，则函数 f(x)的值域为2x－1，x ≥－ 1，()A ．[－1，＋∞ )B ．(－1，＋∞ )1C ．[－2，＋∞ )D ．R。

2019版同步优化探究文数(北师大版)练习第二章第十节第一课时利用导数研究函数的单调性 Word版含解析

课时作业组——基础对点练.函数()的导函数′()的图像是如图所示的一条直线，与轴的交点坐标为()，则()与()的大小关系为( )．()<()．()>()．()＝()．无法确定解析：由题意知()的图像是以＝为对称轴，且开口向下的抛物线，所以()＝()>()．选.答案：．若函数()＝－在区间(，＋∞)单调递增，则的取值范围是( )．(－∞，－]．(－∞，－]．[，＋∞)．[，＋∞) 解析：依题意得′()＝－≥在(，＋∞)上恒成立，即≥在(，＋∞)上恒成立，∵>，∴<<，∴≥，故选.答案：．已知函数()＝－－(其中为自然对数的底数)，则＝()的图像大致为( )解析：依题意得′()＝－.当＜时，′()＜，()是减函数，()＞( )＝－；当＞时，′()＞，()是增函数，因此对照各选项知选.答案：．函数()＝)的大致图像是( )解析：当＝－时，(－)＝＝－＜，排除；当＝－时，(－)＝＝－＜，排除；又′()＝－)＝，当∈(，)时，′()＞，()是增函数，当∈(，)时，′()＜，()是减函数，所以错误．故选.答案：．若函数()＝－＋＋在∈[]上是增函数，则实数的取值范围为( )．(，)．(，]．(－∞，]．(－∞，) 解析：因为()＝－＋＋，所以′()＝－＋，又()在∈[]上是增函数，所以′()≥在∈[]上恒成立，即－＋≥≤＋在∈[]上恒成立，因为∈[]，所以≤(＋)，又＋≥＝，当且仅当＝，即＝时取“＝”，所以≤，即≤.答案：．已知定义在(，＋∞)上的函数()的导函数为′()，且′()( )＞()，则( )．()＞()＞()．()＜()＜()．()＞()＞()．()＜()＜()解析：设()＝)，＞且≠，因为′()( )＞()，所以′()＝－((·(),( ()＝(－((( ()＞，所以()在()，(，＋∞)上单调递增，所以()＜()＜()，故)＜)＜)，即＜＜，所以()＜()＜()．选.答案：．(·成都模拟)()是定义域为的函数，对任意实数都有()＝(－)成立．若当≠时，不等式(－)·′()＜成立，若＝()，＝，＝()，则，，的大小关系是( )．＞＞．＞＞．＞＞．＞＞解析：因为对任意实数都有()＝(－)成立，所以函数()的图像关于直线＝对称，又因为当≠时，不等式(－)·′()＜成立，所以函数()在(，＋∞)上单调递减，所以＞()＝＞()，即＞＞.答案：．(·九江模拟)已知函数()＝＋－，若()在区间上是增函数，则实数的取值范围为．解析：由题意知′()＝＋－≥在上恒成立，即≥－＋在上恒成立，∵＝，∴≥，即≥.答案：．设′()是奇函数()(∈)的导函数，(－)＝，当＞时，′()－()＞，则使得()＞成立的的取值范围是．解析：令()＝，则′()＝，∴当＞时，′()＞，即()在(，＋∞)上单调递增，∵()为奇函数，(－)＝，∴()＝，∴()＝＝，结合奇函数()的图像知，()＞的解集为(－)∪(，＋∞)，故填(－)∪(，＋∞)．答案：(－)∪(，＋∞)。

2019版同步优化探究文数(北师大版)练习第二章第二节函数的单调性与最值 Word版含解析

课时作业组——基础对点练．下列四个函数中，在(，＋∞)上为增函数的是( )．()＝－．()＝－．()＝－．()＝－解析：当＞时，()＝－为减函数；当∈时，()＝－为减函数，当∈时，()＝－为增函数；当∈(，＋∞)时，()＝－为增函数；当∈(，＋∞)时，()＝－为减函数．故选.答案：．下列函数中，定义域是且为增函数的是( )．＝．＝－．＝．＝解析：因为对数函数＝的定义域不是，故首先排除选项；因为指数函数＝－，即＝，在定义域内单调递减，故排除选项；对于函数＝，当∈(－∞，)时，函数变为＝－，在其定义域内单调递减，因此排除选项；而函数＝在定义域上为增函数．故选.答案：．(·长春市模拟)已知函数()＝(\\(－，＜－，－，≥－，))则函数()的值域为( )．(－，＋∞)．[－，＋∞)．．[－，＋∞) 解析：当＜－时，()＝－∈(－，＋∞)；当≥－时，()＝－∈[－，＋∞)，综上可知，函数()的值域为(－，＋∞)．故选.答案：．设()＝－，则()( )．既是奇函数又是减函数．既是奇函数又是增函数．是有零点的减函数．是没有零点的奇函数解析：∵(－)＝－－(－)＝－(－)＝－()，∴()为奇函数．又′()＝－≥，∴()单调递增，选.答案：．已知函数()＝(\\(＋，＞，，≤，))则下列结论正确的是( )．()是偶函数．()是增函数．()是周期函数．()的值域为[－，＋∞)解析：因为(π)＝π＋，(－π)＝－，所以(－π)≠(π)，所以函数()不是偶函数，排除；因为函数()在(－π，－π)上单调递减，排除；函数()在(，＋∞)上单调递增，所以函数()不是周期函数，排除；因为＞时，()＞，≤时，－≤()≤，所以函数()的值域为[－，＋∞)，故选.答案：．设＞且≠，则“函数()＝在上是减函数”是“函数()＝(－)在上是增函数”的( )．充分不必要条件．必要不充分条件．充分必要条件．既不充分也不必要条件解析：若函数()＝在上为减函数，则有＜＜；若函数()＝(－)在上为增函数，则有－＞，即＜，所以“函数()＝在上是减函数”是“函数()＝(－)在上是增函数”的充分不必要条件，选.答案：．函数()＝(\\(－＋，<，，≥))，(>且≠)是上的减函数，则的取值范围是( )．()解析：∵(\\(<<≥))，∴≤<.答案：．下列函数中，在区间(，＋∞)上为增函数的是( )．＝．＝(－)．＝(＋)．＝－解析：项，＝为(－，＋∞)上的增函数，故在(，＋∞)上递增；项，＝(－)在(－∞，)上递减，在(，＋∞)上递增；项，＝－＝为上的减函数；项，＝(＋)为(－，＋∞)上的减函数．故选.答案：．已知()是偶函数，当>时，()单调递减，设＝－，＝－，＝，则()，()，()的大小关系为( )．()<()<()．()<()<()．()>()>()．()>()>()解析：依题意，注意到>＝－>＝＝>＝>，又函数()在区间(，＋∞)上是减函数，于是有()<()<()，由函数()是偶函数得()＝()，因此()<()<()，选.答案：．(·长沙市统考)已知函数()＝，则( )．存在∈，()<．任意∈(，＋∞)，()≥。

2.3函数的单调性和最值——高一数学北师大版(2019)必修一课时优化训练(含解析)

2.3函数的单调性和最值——高一数学北师大版(2019)必修一课时优化训练1.已知函数的定义域为，且对定义域内任意实数，，均有，则在上( ).A.单调递增B.单调递减C.先单调递减后单调递增D.先单调递增后单调递减2.若函数在处取得最大值，则实数a 的取值范围是( ).A. B. C. D.3.已知函数,对于任意两个不相等的实数,,都有不等式成立,则实数a 取值范围为( )A. B. C. D.4.已知函数是R 上的增函数，对任意实数a ，b ，若，则( )A. B.C. D.5.已知函数在定义域上单调递增，则函数的增区间为( )A. B. C. D.6.函数上的最大值为( )7.定义在R 上的函数，当时，，且对任意的x 满足（常数），则函数在区间上的最小值是( ).A.8.已知函数,,,使得,则a 的取值范围是( )[3,3]-[]0,3(2)()f x af x -=0a >()f x (5,7]()f x (,)a b 1x 2x ()()()12120x x f x f x --<⎡⎤⎣⎦()f x (,)a b ()(02)1af x x x x =+≤≤+0x =1a ≥1a ≤3a ≥3a ≤234()22x x x af x ax x a⎧+-≤⎪=⎨->⎪⎩，，1x 2x ∈R []1212()()()0x x f x f x --<(],4-∞-[]6,4--[)4,0-(],6-∞-()f x 0a b +>()()()()f a f b f a f b +>-+-()()()()f a f b f a f b +<-+-()()()()f a f b f a f b ->---()()()()f a f b f a f b -<---()f x [9,9]-()2()y f x f x =+[9,9]-[]0,9()f x x =+1,22⎤-⎥⎦()f x (1,1]x ∈-2()f x x x =-14a -a 314a ()()24,825x f x a g x x x +=+=++()14,x ∈-+∞2x ∃()34,x ∈-+∞()()()213g x f x g x <<A. B. C. D.9.（多选）若，，那么( )A.有最小值6 B.有最小值12C.有最大值26D.有最大值18210.（多选）已知函数的定义域为,满足对任意x ,,都有,且时,.则下列说法正确的是( )A.或2B.当时,C.在是减函数D.存在实数k 使得函数是减函数11.若函数在上的最大值与最小值的差为2，则实数a 的值是__________.12.若函数满足对任意实数，都有成立，则实数a 的取值范围是__________.13.函数14.已知函数（1）用定义证明函数在区间上单调递增；（2）对任意都有成立，求实数m 的取值范围.15.已知函数.（1）求的解析式；（2）求的值；（3）判断在区间上的单调性，并用定义证明.12,6⎡⎫--⎪⎢⎣⎭12,6⎛⎤--⎥⎝⎦1,6⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭13,6∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭()1([1,9])f x x x =+∈()22()()g x f x f x =+()g x ()g x ()g x ()g x ()f x ()0,+∞()0,y ∈+∞()()()()()2f xy f x f y f x f y =⋅--+1x >()2f x >()11f =()0,1x ∈()2f x <()f x ()0,1()y f x =)0,1()f x ax b =+[]1,222,2,()(3),2x ax x f x a x a x ⎧+<=⎨-+≥⎩12x x ≠()()()12120f x f x x x --<⎡⎤⎣⎦()2f x x =()f x =()f x (1,)+∞[2,4]x ∈()f x m ≤()f x x =+2)()f x (1)f -()f x (1,)+∞答案以及解析1.答案：B解析：，则或，即当时，或当时，.不论哪种情况，都说明在上单调递减.2.答案：C解析：对恒成立，即，.当时，上述不等式显然成立，当时恒成立，所以.3.答案：B解析：令,解得或1,取函数对称轴,根据题意,函数在R 上单调递减,则,解得,所以实数a 的取值范围为.故选：B.4.答案：A解析：因为，所以，.又是R 上的增函数，所以，，所以.故选A.5.答案：D解析：因为函数的定义域为，所以令得，即函数的定义域为.令，，所以当时，单调递增，当时，单调递减.又为增函数，所以在上单调递增，在上单调递减，所以函数的增区间为.6.答案：B1212()[()()]0x x f x f x --<12120()()0x x f x f x -<⎧⎨->⎩12120()()0x x f x f x ->⎧⎨-<⎩12x x <12()()f x f x >12x x >12()()f x f x <()f x (,)a b ()(0)f x f ≤02x ≤≤1ax a x +≤+2x x ax +≤0x =02x <≤1a x ≥+3a ≥2340x x +-=4x =-234y x x =+-x =4x =-()f x 22043422a a a a a <⎧⎪≤-⎨⎪+-≥-⎩64a -≤≤-[]6,4--0a b +>a b >-b a >-()f x ()()f a f b >-()()f b f a >-()()()()f a f b f a f b +>-+-()f x [9,9]-299,99,x x -≤≤⎧⎨-≤≤⎩33x -≤≤()2()y f x f x =+[3,3]-2t x =33x -≤≤[0,3]x ∈2t x =[3,0]x ∈-2t x =()f x ()2f x []0,3[]3,0-()2()y f x f x =+[]0,3解析：设，则问题转化为求函数在区间上的最大值.根据对勾函数的性质，得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以.7.答案：D解析：当时，，；当时，，；当时，，.所以当时，8.答案：A解析：因,则,所以,当且仅当时,等号成立,所以,又因为,且,可知函数上单调递增,,所以,即若,则,,若对,,,使得,则,解得为1t x =+4()1g t t t =+-1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦()g t 1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦[]2,3max 1151015()max ,(3)max ,2232g t g g ⎧⎫⎛⎫⎧⎫===⎨⎬⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭⎩⎭(1,3]x ∈2(1,1]x -∈-2(2)11()(2)(2)(2)(3)f x f x x x x x a a a -⎡⎤==---=--⎣⎦(3,5]x ∈2(1,3]x -∈21()(4)(5)f x x x a =-⋅-(5,7]x ∈2(3,5]x -∈()23311()(6(7)1342)f x x x x x a a=--=-+6.5x =min ()f x =()14,x ∈-+∞140x +>()11211114119825644x f x a a a a x x x x +=+=+≤+=++++++14x +=11=-()116a f x a <≤+()g x ==4x >-y =)4,-+∞2>()20g x -<<()23,4,x x ∈-+∞()220g x -<<()320g x -<<()14,x ∀∈-+∞2x ∃()34,x ∈-+∞()()()213g x f x g x <<2106a a ≥-⎧⎪⎨+<⎪⎩2a -≤<所以a 的取值范围是.故选:A.9.答案：AC解析：由题意，知解得，即函数的定义域为，所以在上单调递增，所以，.故选AC.10.答案：BD解析：令,则,即,解得或,当时,令,,则,解得,与时,矛盾,所以,故A 错误;当,故,令,整理得,则,,,,故B 正确;设,12,6⎡⎫--⎪⎢⎣⎭219,19,x x ≤≤⎧⎨≤≤⎩13x ≤≤()g x []1,322221()(1)122222g x x x x x x ⎛⎫=+++=++=++ ⎪⎝⎭()g x []1,3min ()(1)6g x g ==max ()(3)26g x g ==1x y ==()()()()()111112f f f f f =⋅--+()()213120f f -+=()11f =()12f =(1)1f =1x =2y =()()()()()212122f f f f f =⋅--+(2)1f =1x >()2f x >(1)2f =(0,1x ∈1>12f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭y =()()1121x x f f f x x f x f x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=⋅--+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()110f x f f x f x x ⎛⎫⎛⎫⋅--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1111f f x f x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭==+⎛⎫- ⎪⎝⎭12f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭111fx ⎛⎫∴-> ⎪⎝⎭11011f x <<⎛⎫- ⎪⎝⎭()12f x ∴<<120x x <<<1>()()()()()()22212111111112x x x f x f x f x f x f x f x f f x f x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-=-⋅--+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⋅()()()222211*********x x x x f x f x f f f x f f x x x x ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅+-=-⋅-+-⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦,,,,,所以函数在上单调递增,故C 错误;因为函数在上为增函数,所以在上也为增函数,若上递减,则时,,则时,,即,又因为当时,,所以,故D 正确.故选:BD.11.答案：2或-2解析：方法一：依题意，当时，不符合题意；当时，在上是增函数，所以，得；当时，在上是减函数，所以，得.方法二：因为在区间上单调，且在区间上的最大值与最小值的差，即，解得或-2.12.答案：解析：因为，所以或所以当时，有；当时，有，所以函数在R 上单调递减，所以解得.13.答案：()0,1x ∈()()y f x k f x k =+=--()0,1x ∈()0f x k +<()k f x <-()0,1x ∈1()2f x <<2k ≤-0a =0a >()f x ax b =+[]1,2(2)(1)2()2f f a b a b -=+-+=()21112x f x f x ⎡⎤⎛⎫=-⋅-⎡⎤⎢⎥ ⎪⎣⎦⎝⎭⎣⎦120x x <<< 1>()21112,2x f x f x ⎛⎫∴<<> ⎪⎝⎭()211120x f x fx ⎡⎤⎛⎫∴-⋅-<⎡⎤⎢⎥ ⎪⎣⎦⎝⎭⎣⎦()()12f x f x ∴<()f x ()0,1()f x ()0,1()y f x k =+()0,1()y f x =)0,12a =0a <()1f x ax =+[]1,2(1)(2)(2)2f f a b a b -=+-+=2a =-()f x ax b =+[]1,2()f x []1,2(2)2f -=|()(2)|2a b a b +-+=2a =[10,2]--()()()()12120f x f x x x --<()()12120,0x x f x f x -<⎧⎨->⎩()()12120,0,x x f x f x ->⎧⎨-<⎩12x x <()()12f x f x >12x x >()()12f x f x <()f x 22,30,(3)2222,a a a a a -≥⎧⎪-<⎨⎪-⋅+≤+⋅⎩102a -≤≤-2-解析：方法一：令，则，问题转化为在上的最小值，又在上单调递增，所以当时，取得最小值-2，所以的最小值为-2.方法二：因为函数是R 上的增函数，函数上的增函数，所以函数是上的增函数，所以当时，函数取得最小值-2.14.答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）任取，，且，因为，所以，，所以，即.所以在上为单调递增.（2）任意都有成立，即.由（1）知在上为增函数，所以时，所以实数m 的取值范围是.15.答案：（1）（2）（3）在区间上单调递增；证明见解析解析：（1）函数∫，，，得的解析式为：（2）.（3）在区间上单调递增证明：，，且，有0t =≥21x t =-2()22g t t t =+-[0,)+∞()g t [0,)+∞0t =()g t ()2f x x =+2y x =y =1,)-+∞()2f x x =+[1,)-+∞1x =-()f x 8[,)5+∞1x 2(1,)x ∈+∞12x x <2121122121212121222(1)2(1)2()()()11(1)(1)(1)(1)x x x x x x x x f x f x x x x x x x +-+--=-==++++++211x x >>210x x ->21(1)(1)0x x ++>21()()0f x f x ->21()()f x f x >()f x (1,)+∞[2,4]x ∈()f x m ≤max ()m f x ≥()f x (1,)+∞[2,4]x ∈max ()(4)f x f ==8[,)5+∞1()f x x x=+(1)2f -=-()f x (1,)+∞ ()f x x =+2)∴121b+=∴1b =()f x ()f x x =+1(1)121f -=-+=--()f x (1,)+∞1x ∀2(1,)x ∈+∞12x x <，，，，.，即.在区间上单调递增.12121211y y x x x x ⎛⎫⎛⎫-=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=1x 2(1,)x ∈+∞12x x <∴1210x x ->120x x -<∴()()12121210x x x x x x --<12yy <∴()f x (1,)+∞。

2019版同步优化探究理数(北师大版)练习：第二章第十节第一课时利用导数研究函数的单调性含解析

课时作业A组——基础对点练1.函数f(x)的导函数f′(x)的图像是如图所示的一条直线l，l与x轴的交点坐标为(1,0)，则f(0)与f(3)的大小关系为()A．f(0)<f(3)B．f(0)>f(3)C．f(0)＝f(3)D．无法确定解析：由题意知f(x)的图像是以x＝1为对称轴，且开口向下的抛物线，所以f(0)＝f(2)>f(3)．选B.答案：B2．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是() A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)解析：依题意得f′(x)＝k－1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥1x在(1，＋∞)上恒成立，∵x>1，∴0<1x<1，∴k≥1，故选D.答案：D3．已知函数f(x)＝e x－2x－1(其中e为自然对数的底数)，则y＝f(x)的图像大致为()解析：依题意得f′(x)＝e x－2.当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，f(x)＞f(ln 2)＝1－2ln 2；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，因此对照各选项知选C.答案：C4．函数f (x )＝sin x 2e x 的大致图像是( )解析：当x ＝－π2时，f (－π2)＝排除D ；当x ＝－π4时，f (－π4)＝＜0，排除C ；又f ′(x )＝cos x －sin x 2e x ＝2cos (x ＋π4)2e x ，当x ∈(0，π4)时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数，当x ∈(π4，π2)时，f ′(x )＜0，f (x )是减函数，所以B 错误．故选A.答案：A5．若函数f (x )＝x 3－2ax 2＋6x ＋5在x ∈[1,2]上是增函数，则实数a 的取值范围为( )A ．(0，322]B ．(0，322)C ．(－∞，322)D ．(－∞，322]解析：因为f (x )＝x 3－2ax 2＋6x ＋5，所以f ′(x )＝3x 2－4ax ＋6，又f (x )在x ∈[1,2]上是增函数，所以f ′(x )≥0在x ∈[1,2]上恒成立，即3x 2－4ax ＋6≥0,4ax ≤3x 2＋6在x ∈[1,2]上恒成立，因为x ∈[1,2]，所以4a ≤(3x ＋6x )min ，又3x ＋6x ≥23x ·6x ＝62，当且仅当3x ＝6x ，即x ＝2时取“＝”，所以4a ≤62，即a ≤322.答案：C6．已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )(x ln x 2)＞2f (x )，则( )A ．6f (e)＞2f (e 3)＞3f (e 2)。

2019版同步优化探究理数北师大版练习：第二章第十节第一课时利用导数研究函数的单调性含解析

2019版同步优化探究理数北师大版练习：第二章第十节第一课时利用导数研究函数的单调性含解析 1 / 11 / 1
课时作业
A 组 —— 基础对点练
1.函数
f(x)的导函数 f ′(x)的图像是如下图的一条直线 l ，l 与
x 轴的交点坐标为 (1,0)，则 f(0)与 f(3)的大小关系为 ( )
A ． f(0)<f(3)
B ．f(0)>f(3)
C ． f(0)＝ f(3)
D ．没法确立
分析：由题意知 f(x)的图像是以 x ＝1 为对称轴，且张口向下的抛物线，所以 f(0)
＝ f(2)>f(3)．选 B.
答案： B
2．若函数 f(x)＝ kx －ln x 在区间 (1，＋∞ )单一递加，则 k 的取值范围是 ( )
A ．(－∞，－ 2]
B ．(－∞，－ 1]
C ．[2，＋∞ )
D ．[1，＋∞ )
1
1
分析：依题意得 f ′(x)＝k －x ≥0 在(1，＋∞ )上恒建立，即 k ≥ x 在 (1，＋∞ )上恒
1
建立，∵ x>1，∴ 0<x <1，∴ k ≥1，应选 D.
答案： D
3．已知函数 f(x)＝ e x －2x － 1(此中 e 为自然对数的底数 )，则 y ＝f(x)的图像大概为
( )
分析：依题意得 f ′(x)＝e x －2.当 x ＜ln 2 时，
f ′(x)＜ 0， f(x)是减函数， f(x)＞f(ln 2) ＝1－ 2ln 2 ；当 x ＞ln 2 时， f ′(x)＞0， f(x) 是增函数，所以比较各选项知选 C.
答案： C
4．函数 f(x)＝ sin x ) x 的大概图像是 ( 2e。

2019版同步优化探究理数(北师大版)练习：第二章第十节第二课时函数的极值与最值 Word版含解析

课时作业A组——基础对点练1．(2018·岳阳模拟)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是() A．y＝x3B．y＝ln(－x)C．y＝x e－x D．y＝x＋2 x解析：A、B为单调函数，不存在极值，C不是奇函数，故选D.答案：D2．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图像可能是()解析：∵f(x)在x＝－2处取得极小值，∴在x＝－2附近的左侧f′(x)<0，当x<－2时，xf′(x)>0.在x＝－2附近的右侧f′(x)>0，当－2<x<0时，xf′(x)<0，故选C.答案：C3．已知f(x)＝ln xx，其中e为自然对数的底数，则()A．f(2)＞f(e)＞f(3) B．f(3)＞f(e)＞f(2) C．f(e)＞f(2)＞f(3) D．f(e)＞f(3)＞f(2)解析：f(x)＝ln xx，f′(x)＝1－ln xx2，令f′(x)＝0，解得x＝e，当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，故f(x)在x＝e处取得最大值f(e)，f(2)－f(3)＝ln 22－ln 33＝3ln 2－2ln 36＝ln 8－ln 96＜0，∴f(2)＜f(3)，则f(e)＞f(3)＞f(2)，故选D.答案：D4．(2018·山西八校联考)已知x＝－1是函数f(x)＝(ax2＋bx＋c)e x的一个极值点，四位同学分别给出下列结论，则一定不成立的结论是()A．a＝0 B．b＝0C ．c ≠0D ．a ＝c解析：令g (x )＝ax 2＋bx ＋c ，则g ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(x )＝e x [g (x )＋g ′(x )]，因为x ＝－1是函数f (x )＝g (x )e x 的一个极值点，所以有g (－1)＋g ′(－1)＝0，得c ＝a .设h (x )＝g (x )＋g ′(x )＝ax 2＋(b ＋2a )x ＋a ＋b ，若b ＝0，则a ＝c ≠0，h (x )＝a (x ＋1)2，h ′(x )在x ＝－1两侧不变号，与x ＝－1是函数f (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x 的一个极值点矛盾，故b ＝0一定不成立，选择B. 答案：B5．已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2)，则( ) A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值解析：当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，0,1是函数f (x )的零点．当0＜x ＜1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)＜0，当x ＞1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)＞0,1不会是极值点．当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2，零点还是0,1，但是当0＜x ＜1，x ＞1时，f (x )＞0，由极值的概念，知选C. 答案：C6．若0＜x 1＜x 2＜1，则( ) A ．e x 2－e x 1＞ln x 2－ln x 1 B ．e x 1－e x 2＜ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x 1＞x 1e x 2 D ．x 2e x 1＜x 1e x 2解析：令f (x )＝e xx ，则f ′(x )＝x e x－e xx 2＝e x(x －1)x 2.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0,1)上单调递减，∵0＜x 1＜x 2＜1，∴f (x 2)＜f (x 1)，即e x 2x 2＜e x 1x 1，∴x 2 e x 1＞x 1 e x 2，故选C.答案：C7．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x －a )2＋e ，x ≤xln x＋a ＋10，x >2(e 是自然对数的底数)，若f (2)是函数f (x )的最小值，则a 的取值范围是( ) A ．[－1,6] B ．[1,4] C ．[2,4]D ．[2,6]解析：当x >2时，对函数f (x )＝xln x ＋a ＋10的单调性进行研究，求导后发现f (x )在(2，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，即函数f (x )在x >2时的最小值为f (e)；当x ≤2时，f (x )＝(x －a )2＋e 是对称轴方程为x ＝a 的二次函数，欲使f (2)是函数的最小值，则⎩⎨⎧ a ≥f (2)≤f (e )⇒⎩⎨⎧a ≥－1≤a ≤6⇒2≤a ≤6，故选D.答案：D8．(2018·昆明市检测)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧22－x ，x ＜2，34x 2－3x ＋4，x ≥2，若不等式a ≤f (x )≤b的解集恰好为[a ，b ]，则b －a ＝ .解析：由函数f (x )的解析式知，函数f (x )在(－∞，2)上单调递减，在[2，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (2)＝1，若a ＞1，则不等式a ≤f (x )≤b 的解集为[x 1，x 2]∪[x 3，x 4]，不合题意，所以a ≤1，此时因为22－1＝2，所以b ≥2，令34m 2－3m ＋4＝m ，解得m ＝43或m ＝4，取b ＝4.令22－x ＝4得x ＝0，所以a ＝0，所以b －a ＝4. 答案：49．已知函数f (x )＝mx ＋mx 2－1＋ln x 在(e ，＋∞)上有极值点，则实数m 的取值范围为．解析：f (x )＝mx ＋m x 2－1＋ln x ＝m (x ＋1)(x ＋1)(x －1)＋ln x ＝mx －1＋ln x ，定义域为{x |x ＞0且x ≠1}，f ′(x )＝－m (x －1)2＋1x ＝x 2－(m ＋2)x ＋1x (x －1)2，记g (x )＝x 2－(m ＋2)x ＋1，要使函数f (x )在(e ，＋∞)上有极值点，则方程x 2－(m ＋2)x ＋1＝0有两个不同的实根x 1，x 2，Δ＝[－(m ＋2)]2－4＞0，解得m ＞0或m ＜－4.又x 1x 2＝1，因为f (x )在(e ，＋∞)上有极值点，不妨设x 2＞e ，所以0＜x 1＜1e ＜e ＜x 2，由于g (0)＝1＞0，所以只需⎩⎪⎨⎪⎧g (e )＜0，g (1e)＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧e 2－(m ＋2)e ＋1＜0，(1e)2－(m ＋2)1e ＋1＜0，解得m ＞e ＋1e －2.答案：(e ＋1e －2，＋∞)10．设函数f (x )＝(x －a )2ln x ，a ∈R.若x ＝e 为y ＝f (x )的极值点，求实数a 并判断x ＝e 是极大值点还是极小值点．解析：求导得f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝(x －a )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln x ＋1－a x . 因为x ＝e 是f (x )的极值点，所以f ′(e)＝(e －a )⎝ ⎛⎭⎪⎫3－a e ＝0，解得a ＝e 或a ＝3e.当a ＝e 时，f ′(x )＝(x －e)⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln x ＋1－e x ，当x ＞e 时，x －e ＞0,2ln x ＋1＞3，－ex ＞－1， ∴2ln x ＋1－ex ＞2，∴f ′(x )＞0. 当0＜x ＜e 时，x －e ＜0，设g (x )＝2ln x ＋1－ex ， ∴g ′(x )＝2x ＋ex 2＞0恒成立，∴g (x )＝2ln x ＋1－ex 在(0，e)上是增函数，存在x 0∈(0，e)，使g (x 0)＝0， ∴当x ∈(x 0，e)，g (x )＞0，∴f ′(x )＜0，即f (x )在(x 0，e)上是减函数， ∴x ＝e 是极小值点，故a ＝e 适合题意．当a ＝3e 时，f ′(x )＝(x －3e)⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln x ＋1－3e x ，当x ∈(e,3e)时，x －3e ＜0,3＜2ln x ＋1＜2ln 3＋3，－3＜－3e x ＜－1，∴0＜2ln x ＋1－3ex ＜2ln 3＋2， ∴f ′(x )＜0.当x∈(0，e)时，x－3e＜0,2ln x＋1－3ex＜0，∴f′(x)＞0.∴x＝e时为极大值点，a＝3e适合．综上，当a＝e时，x＝e为极小值点，当a＝3e时，x＝e为极大值点．11．已知函数f(x)＝ax2＋1 (a＞0)，g(x)＝x3＋bx.(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围．解析：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)且f′(1)＝g′(1)，即a＋1＝1＋b且2a＝3＋b，解得a＝3，b＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)，当a＝3，b＝－9时，h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，所以h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.h′(x)，h(x)在(－∞，2]上的变化情况如下表所示：当－3＜k＜2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.因此k的取值范围是(－∞，－3]．B组——能力提升练1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()A．存在x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图像是中心对称图形C ．若x 0是f (x )的极小值点，则f (x )在区间(－∞，x 0)单调递减D ．若x 0是f (x )的极值点，则f ′(x 0)＝0解析：若y ＝f (x )有极小值点，则其导数y ＝f ′(x )必有2个零点，设为x 1，x 2(x 1<x 2)，则有f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3(x －x 1)(x －x 2)，所以f (x )在(－∞，x 1)上递增，在(x 1，x 2)上递减，在(x 2，＋∞)上递增，则x 2为极小值点，所以C 项错误．故选C. 答案：C2．已知函数f (x )＝(x 2＋2x ＋1)e x ，设t ∈[－3，－1]，对任意x 1，x 2∈[t ，t ＋2]，则|f (x 1)－f (x 2)|的最大值为( ) A ．4e －3B ．4eC ．4e ＋e －3D ．4e ＋1解析：依题意，f ′(x )＝(x 2＋4x ＋3)e x ，令f ′(x )>0，可得x <－3或x >－1，令f ′(x )<0，可得－3<x <－1，∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－3)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(－3，－1)．∵t ∈[－3，－1]，x 1，x 2∈[t ，t ＋2]，f (－3)＝4e －3，f (－1)＝0，f (1)＝4e ，∴f (x )max ＝f (1)＝4e ，f (x )min ＝f (－1)＝0，∴|f (x 1)－f (x 2)|的最大值为4e ，故选B. 答案：B3．若函数f (x )＝x 3＋2ax 2－3bx ＋3b 在(0,1)上存在极小值点，则实数b 的取值范围是( ) A ．(－1,0] B ．(－1，＋∞) C ．[0，＋∞)D ．(1，＋∞)解析：若函数f (x )＝x 3＋2ax 2－3bx ＋3b 在(0,1)上存在极小值点，则f ′(x )＝3x 2＋4ax －3b 在(0,1)上有两个零点或一个零点在(0,1)上，一个零点在(－∞，0]上．当导函数f ′(x )的一个零点在(0,1)上，一个零点在(－∞，0]上时，需满足⎩⎨⎧f ′(0)＝－3b ≤0，f ′(1)＝3＋4a －3b ＞0， ∴⎩⎨⎧b ≥0，3＋4a －3b ＞0，必会存在a 使得f ′(1)＞0，所以当b ≥0时，函数f (x )＝x 3＋2ax 2－3bx ＋3b 在(0,1)上存在极小值点；当导函数f ′(x )在(0,1)上有两个零点时，⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝16a 2＋36b ＞0，0＜－23a ＜1，f ′(0)＝－3b ＞0，f ′(1)＝3＋4a －3b ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＞－4a 29，－32＜a ＜0，b ＜0，b ＜1＋4a 3，∴⎩⎪⎨⎪⎧－4a 29＜b ＜1＋4a3，b ＜0，－32＜a ＜0，可得－1＜b ＜0.综上，b ∈(－1，＋∞)．故选B.答案：B4．设函数f (x )＝x 2－2x ＋1＋a ln x 有两个极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2，则f (x 2)的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋2ln 24 B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1－2ln 24 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2ln 24，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2ln 24，0解析：由已知得f (x )的定义域为x ＞0，且f ′(x )＝2x 2－2x ＋ax .∵f (x )有两个极值点x 1，x 2，∴x 1，x 2是方程2x 2－2x ＋a ＝0的两根．又∵0＜x 1＜x 2，且x 1＋x 2＝1， ∴12＜x 2＜1，a ＝2x 2－2x 22， ∴f (x 2)＝(x 2－1)2＋(2x 2－2x 22)ln x 2，令g (t )＝(t －1)2＋(2t －2t 2)·ln t ⎝ ⎛⎭⎪⎫其中12＜t ＜1，则g ′(t )＝2(1－2t )ln t ＞0，故g (t )单调递增． ∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜g (t )＜g (1)，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－2ln 24，g (1)＝0，所以f (x 2)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2ln 24，0，选D.答案：D5．若P 是函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)图像上的动点，点A (－1，－1)，则直线AP 斜率的取值范围为( ) A ．[1，＋∞) B ．[0,1] C ．(e －1，e]D ．(－∞，e －1]解析：由题意可得，f ′(x )＝ln(x ＋1)＋1，结合函数f (x )的定义域可知，f (x )在(－1，－1＋1e )上单调递减，在(－1＋1e ，＋∞)上单调递增，且f (－1＋1e )＝－1e ＞－1，绘制f (x )大致图像如图所示，当直线AP 与函数f (x )的图像相切时直线AP 的斜率取得最小值．设切点坐标(x 0，(x 0＋1)ln(x 0＋1))，则切线的斜率k ＝ln(x 0＋1)＋1，切线方程为y －(x 0＋1)ln(x 0＋1)＝[ln(x 0＋1)＋1](x －x 0)，则切线过点(－1，－1)，则－1－(x 0＋1)ln(x 0＋1)＝[ln(x 0＋1)＋1](－1－x 0)，解得x 0＝0，则切线的斜率k ＝ln(x 0＋1)＋1＝1.综上可得，直线AP 斜率的取值范围为[1，＋∞)，故选A. 答案：A6．设函数f (x )＝(x －1)ln x ＋ax ＋a －1，若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)＜0成立，则a 的取值范围为．解析：将f (x )＝0，转化为(x －1)ln x ＝－a (x ＋1)＋1，设g (x )＝(x －1)ln x ，则g ′(x )＝ln x ＋1－1x ，令h (x )＝g ′(x )＝ln x ＋1－1x ，则h ′(x )＝1x ＋1x 2＞0，因而g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，则g ′(x )＝0仅有一解x ＝1.在(0,1)上g ′(x )＜0，g (x )单调递减，在(1，＋∞)上g ′(x )＞0，g (x )单调递增，故g (x )的最小值为g (1)＝0，而y ＝－a (x ＋1)＋1恒过点(－1,1)，当y ＝－a (x ＋1)＋1过(1,0)时，a ＝12，当y ＝－a (x ＋1)＋1过(2，ln 2)时，a ＝1－ln 23，数形结合可知，若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)＜0成立，则1－ln 23≤a ＜12，从而a ∈[1－ln 23，12)．答案：[1－ln 23，12)7．(2018·长沙市模拟)在半径为R 的圆内，作内接等腰△ABC ，当底边上的高h ∈(0，t ]时，△ABC 的面积取得最大值33R 24，则t 的取值范围为．解析：令等腰△ABC 的底边为2x ，则x 2＝R 2－(h －R )2＝2hR －h 2，又S ＝xh ＝h 2(2hR －h 2)，令f (h )＝h 2(2hR －h 2)，0＜h ＜2R ，求导得f ′(h )＝2 h 2(3R －2h )，令f ′(h )＝0，得h ＝3R 2，当0＜h ＜3R 2时，f ′(h )＞0，函数f (h )单调递增，当3R2＜h ＜2R 时，f ′(h )＜0，函数f (h )单调递减，∴f (h )max ＝f (3R 2)＝2716R 4，∴S max ＝33R 24，∴h ＝3R 2∈(0，t ]，故t 的取值范围为[3R2，2R )．答案：[3R2，2R )8．(2018·合肥市质检)已知函数f (x )＝x ln x ＋x －k (x －1)在(1，＋∞)内有唯一零点x 0，若k ∈(n ，n ＋1)，n ∈Z ，则n ＝ .解析：依题意，函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＋1－k ＝ln x ＋2－k ，令ln x ＋2－k ＝0，解得x ＝e k －2，当x ∈(0，e k －2)时，f ′(x )＜0，当x ∈(e k －2，＋∞)时，f ′(x )＞0.因为f (1)＝1，且函数f (x )＝x ln x ＋x －k (x －1)在(1，＋∞)内有唯一零点x 0，所以，当e k －2＜1时，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，此时，f (x )在(1，＋∞)上无零点，不合题意．当e k －2≥1时，由于x ＝e k －2时，f (x )取极小值，若f (e k－2)＜0，则f (x )在(1，＋∞)上有两个零点，不合题意；当e k －2≥1且f (e k －2)＞0时，f (x )在(1，＋∞)上无零点，不合题意；当e k －2≥1且f (e k －2)＝0时，符合题意，所以{ ek －2≥1，k －e k －2＝0，令g (k )＝k －e k －2(k ≥2)，g ′(k )＝1－e k －2＜0在(2，＋∞)上恒成立，所以g (k )在(2，＋∞)上单调递减，因为g (3)＝3－e ＞0，g (4)＝4－e 2＜0，又k ∈(n ，n ＋1)，n ∈Z ，所以3＜k ＜4，所以n ＝3. 答案：39．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4. (1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值．解析：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ， f ′(x )＝4e x(x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －12.令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )＜0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)． 10．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2＋ln x ，g (x )＝f (x )－2ax .(a ∈R)(1)当a ＝0时，求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值；(2)若任意x ∈(1，＋∞)，g (x )＜0恒成立，求a 的取值范围．解析：(1)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，当a ＝0时，f (x )＝－12x 2＋ln x ，则f ′(x )＝－x ＋1x ＝－x 2＋1x ＝－(x ＋1)(x －1)x.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1时，f ′(x )＞0；当x ∈[1，e]时，f ′(x )＜0，∴f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上是增函数，在区间[1，e]上为减函数，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－12e 2，f (e)＝1－e 22，∴f (x )min ＝f (e)＝1－e 22.(2)g (x )＝f (x )－2ax ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2－2ax ＋ln x ，则g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝(2a －1)x －2a ＋1x ＝(2a －1)x 2－2ax ＋1x ＝(x －1)[(2a －1)x －1]x，11 ①若a ＞12，则令g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a －1，当x 2＞x 1＝1，即12＜a ＜1时，在(0,1)上有g ′(x )＞0，在(1，x 2)上有g ′(x )＜0，在(x 2，＋∞)上有g ′(x )＞0，此时g (x )在区间(x 2，＋∞)上是增函数，并且在该区间上有g (x )∈(g (x 2)，＋∞)，不合题意；当x 2≤x 1＝1，即a ≥1时，同理可知，g (x )在区间(1，＋∞)上有g (x )∈(g (1)，＋∞)，也不合题意；②若a ≤12，则有2a －1≤0，此时在区间(1，＋∞)上恒有g ′(x )＜0，从而g (x )在区间(1，＋∞)上是减函数；要使g (x )＜0在此区间上恒成立，只需满足g (1)＝－a －12≤0⇒a ≥－12，由此求得a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12. 综合①②可知，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12.。

2019大一轮高考总复习文数北师大版讲义：第2章第02节

第二节函数的单调性与最值1．增函数与减函数的定义在函数y＝f(x)的定义域内的一个区间A上．(1)如果对于任意两数x1，x2∈A，当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么，就称函数y＝f(x)在区间A上是增加的，有时也称函数y＝f(x)在区间A上是递增的．(2)如果对于任意两数x1，x2∈A，当x1＜x2时都有f(x1)＞f(x2)，那么，就称函数y＝f(x)在区间A上是减少的，有时也称函数y＝f(x)在区间A上是递减的．2．单调区间、单调性及单调函数(1)单调区间：如果y＝f(x)在区间A上是增加的或是减少的，那么称A为单调区间，在单调区间上，如果函数是增加的，那么它的图像是上升的；如果函数是减少的，那么它的图像是下降的．(2)单调性：如果函数y＝f(x)在定义域的某个子集上是增加的或是减少的，那么就称函数y＝f(x)在这个子集上具有单调性．(3)单调函数：如果函数y＝f(x)在整个定义域内是增加的或是减少的，那么分别称这个函数为增函数或减函数，统称为单调函数．3．函数的最大值和最小值(1)两个易误点①易混淆两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．②函数的单调区间是指函数在定义域内的某个区间上单调递增或单调递减．单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．(2)复合函数的单调性形如y ＝f (v (x ))的复合函数的增减性如下：(3)①函数y ＝－f (x )与函数y ＝f (x )的单调性相反；②函数f (x )恒正或恒负时，函数y ＝1/f (x )与y ＝f (x )的单调性相反；③在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数，减函数＋减函数＝减函数；减函数－增函数＝减函数，增函数－减函数＝增函数．1．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( )(2)相同单调性函数的和、差、积、商函数还具有相同的单调性．( )(3)若定义在R 上的函数f (x )，有f (－1)<f (3)，则函数f (x )在R 上为增函数．( ) (4)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数．( )(5)所有的单调函数都有最值．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)×2．(教材习题改编)函数y ＝(2m －1)x ＋2在R 上是减少的，则( ) A ．m >12B ．m <12C ．m >－12D ．m <－12解析：选B 若y ＝(2m －1)x ＋2在R 上是减少的，则2m －1<0，即m <12.3．(2018·珠海摸底)下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝2－xB ．y ＝xC ．y ＝log 2xD ．y ＝－1x解析：选B 由题知，只有y ＝2－x 与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数．4．设定义在[－1,7]上的函数y＝f(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的增区间为________．答案：[－1,1]，[5,7]5．函数f(x)＝x2－2x(x∈[－2,4])的单调增区间为______；f(x)max＝________.解析：函数f(x)的对称轴x＝1，单调增区间为[1,4]，f(x)max＝f(－2)＝f(4)＝8.答案：[1,4]8判断函数的单调性[明技法]判断函数单调性的方法(1)定义法：取值→作差→变形→定号→下结论．(2)导数法：利用导函数的正负判断函数单调性．(3)利用复合函数关系：若两个简单函数的单调性相同，则这两个函数的复合函数为增函数，若两个简单函数的单调性相反，则这两个函数的复合函数为减函数，简称“同增异减”．(4)图像法：从左往右看，图像逐渐上升，单调增；图像逐渐下降，单调减．[提能力]【典例】(2018·佛山联考)讨论函数f(x)＝axx2－1(a>0)在(－1,1)上的单调性．解：方法一(定义法)设－1<x1<x2<1，则f(x1)－f(x2)＝ax1x21－1－ax2x22－1＝ax1x22－ax1－ax2x21＋ax2(x21－1)(x22－1)＝a(x2－x1)(x1x2＋1)(x21－1)(x22－1).∵－1<x1<x2<1，∴x2－x1>0，x1x2＋1>0，(x21－1)(x22－1)>0. 又a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，故函数f(x)在(－1,1)上为减函数．方法二(导数法)f′(x)＝(ax)′(x2－1)－ax(x2－1)′(x2－1)2＝a(x2－1)－2ax2(x2－1)2＝a(－x2－1)(x2－1)2＝－a(x2＋1) (x2－1)2.∵a >0，x ∈(－1,1)，∴f ′(x )<0. ∴f (x )在(－1,1)上是减函数． [刷好题]1．(金榜原创)下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是( ) A ．y ＝1x －xB ．y ＝x 2－xC ．y ＝ln x －xD ．y ＝e x －x解析：选A 对于选项A ，y 1＝1x 在(0，＋∞)内是减函数，y 2＝x 在(0，＋∞)内是增函数，则y ＝1x －x 在(0，＋∞)内是减函数；B 、C 、D 选项中的函数在(0，＋∞)内的单调性不确定，故选A ．2．(2018·长春质检)已知函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选A 因为函数f (x )在(－∞，－a )上是单调函数，所以－a ≥－1，解得a ≤1.求函数的单调区间 [明技法]求函数单调区间的方法[提能力]【典例】 (1)(2017·全国卷Ⅱ)函数f (x )＝ln(x 2－2x －8)的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－2) B ．(－∞，1) C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)解析：选D 由x 2－2x －8>0，得x >4或x <－2. 设t ＝x 2－2x －8，则y ＝ln t 为增函数．要求函数f (x )的单调递增区间，即求函数t ＝x 2－2x －8的单调递增区间． ∵函数t ＝x 2－2x －8的单调递增区间为(4，＋∞)， ∴函数f (x )的单调递增区间为(4，＋∞)．故选D ． (2)求函数f (x )＝－x 2＋2|x |＋1的单调区间．解：由题意可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2－2x ＋1，x ＜0所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－(x －1)2＋2，x ≥0，－(x ＋1)2＋2，x ＜0.画出函数图像如图所示，可知单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为 [－1,0]和[1，＋∞)． [母题变式] 若将本例(2)中函数变为f (x )＝|－x 2＋2x ＋1|，如何求解？解：函数y ＝|－x 2＋2x ＋1|的图像如图所示．由图像可知，函数y ＝|－x 2＋2x ＋1|的单调递增区间为[1－2，1]和[1＋2，＋∞)；单调递减区间为(－∞，1－2)和(1,1＋2)．[刷好题]1．函数f (x )＝|x －2|x 的单调减区间是( ) A ．[1,2] B ．[－1,0] C ．[0,2]D ．[2，＋∞)解析：选A 由于f (x )＝|x －2|x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥2，－x 2＋2x ，x <2.结合图像可知函数的单调减区间是[1,2]． 2．函数y ＝⎝⎛⎭⎫132x 2－3x ＋1的单调递增区间为( ) A ．(1, ＋∞) B ．⎝⎛⎦⎤－∞， 34 C ．⎝⎛⎭⎫12，＋∞D ．⎣⎡⎭⎫34，＋∞解析：选B 令u ＝2x 2－3x ＋1＝2⎝⎛⎭⎫x －342－18. 因为u ＝2⎝⎛⎭⎫x －342－18在⎝⎛⎦⎤－∞，34上单调递减，函数y ＝⎝⎛⎭⎫13u 在R 上单调递减．所以y ＝⎝⎛⎭⎫132x 2－3x ＋1在⎝⎛⎦⎤－∞，34上单调递增．函数单调性的应用[析考情]函数单调性结合函数图像以及函数其他性质的应用是近几年高考命题的热点．试题常以选择题、填空题的形式出现，考查函数最值或值域问题、比较函数值大小、解含“f ”符号的不等式以及求参数等问题，试题难度中档．[提能力]命题点1：求函数最值(值域)问题【典例1】 (2018·榆林检测)函数f (x )＝x x －1(x ≥2)的最大值为________．解析：f ′(x )＝(x －1)－x (x －1)2＝－1(x －1)2，当x ≥2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[2，＋∞)上是减函数，故f (x )max ＝f (2)＝22－1＝2. 答案：2命题点2：比较函数值的大小【典例2】已知函数y ＝f (x )的图像关于x ＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a ＝f ⎝⎛⎭⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．c <b <a B ．b <a <c C ．b <c <aD ．a <b <c解析：选B 方法一由题意知f (x )＝f (2－x )，则f ⎝⎛⎭⎫－12＝f ⎝⎛⎭⎫2＋12＝f ⎝⎛⎭⎫52，又f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以f (2)<f ⎝⎛⎭⎫52<f (3)，即b <a <c .方法二由对称性及单调性得其图像草图如图所示．结合图像得f (2)<f ⎝⎛⎭⎫－12<f (3)，即b <a <c . 命题点3：解函数不等式问题【典例3】已知函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，若f (a 2－a )>f (a ＋3)，则实数a 的取值范围为____________．解析：由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a >0，a ＋3>0，a 2－a >a ＋3，解得－3<a <－1或a >3.所以实数a 的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．答案：(－3，－1)∪(3，＋∞) 命题点4：求参数的值或取值范围问题【典例4】 (2018·凯里模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x ＞4.若函数y ＝f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．[1,4]C ．[4，＋∞)D ．(－∞，1]∪[4，＋∞)解析：选D 作出函数f (x )的图像如图所示，由图像可知f (x )在(a ，a ＋1)上单调递增，需满足a ≥4或a ＋1≤2，即a ≤1或a ≥4，故选D ．[悟技法]函数单调性应用问题的常见类型及解题策略(1)比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．(2)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f ”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时，应特别注意函数的定义域．(3)利用单调性求解最值问题，应先确定函数的单调性，然后再由单调性求解． (4)利用单调性求参数时，通常要把参数视为已知数，依据函数的图像或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．[刷好题]1．已知奇函数f (x )对任意的正实数x 1，x 2(x 1≠x 2)，恒有(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))>0，则一定正确的是( )A ．f (4)>f (－6)B ．f (－4)<f (－6)C ．f (－4)>f (－6)D ．f (4)<f (－6)解析：选C 由(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))>0知f (x )在(0，＋∞)上递增，所以f (4)<f (6)⇔f (－4)>f (－6)．2．(2018·日照模拟)若f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝ax ＋1在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是( )A ．(－1,0)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(0,1]C ．(0,1)D ．(0,1]解析：选D ∵f (x )＝－x 2＋2ax 在[1,2]上是减函数， ∴a ≤1，又∵g (x )＝ax ＋1在[1,2]上是减函数，∴a >0，∴0<a ≤1.3．已知定义在R 上的函数f (x )是增函数，则满足f (x )<f (2x －3)的x 的取值范围是________．解析：依题意得，不等式f (x )<f (2x －3)等价于x <2x －3，由此解得x >3，即满足f (x )<f (2x －3)的x 的取值范围是(3，＋∞)．答案：(3，＋∞) 4．若函数f (x )＝1x －1在区间[a ，b ]上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b ＝________.解析：易知f (x )在[a ，b ]上为减函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧f (a )＝1，f (b )＝13，即⎩⎨⎧1a －1＝1，1b －1＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4.∴a ＋b ＝6.。

一轮复习北师大版第2章第2节函数的单调性与最值课件(59张)

考点二函数单调性的判断与证明 1．定义法证明函数单调性的步骤
2．判断函数单调性的四种方法 (1)图像法；(2)性质法；(3)导数法；(4)定义法． 3．证明函数单调性的两种方法 (1)定义法；(2)导数法．
[典例 2] 试讨论函数 f (x)＝x－ax1(a≠0)在(－1，1)上的单调性．【四字解题】
3．若函数 y＝(2k＋1)x＋b 在 R 上是减函数，则 k 的取值范围是 ________．
－∞，－12 [因为函数 y＝(2k＋1)x＋b 在 R 上是减函数，所以 2k＋1＜0，即 k＜－12．]
4．已知函数 f (x)＝x－2 1，x∈[2，6]，则 f (x)的最大值为________，最小值为________．
前提设函数 y＝f (x)的定义域为 D，如果存在实数 M 满足
①对于任意的 x∈D，都 ①对于任意的 x∈D，都
条件结论
有__f _(x_)_≤_M____；
②存在 x0∈D，使得 _f_(_x_0_)＝__M___
M 为 y＝f (x)的最大值
有_f_(_x_)≥__M____；
②存在 x0∈D，使得 __f _(x_0_)_＝__M__
A [函数 y＝e－x 定义域为 R 且为减函数．y＝x3 定义域为 R 且为增函数．函数 y＝ln x 定义域为(0，＋∞)．函数 y＝|x|定义域为 R，但在(－∞，0]上是减函数，在[0，＋∞)上是增函数，故选 A．]
2．函数 f (x)＝x2－2x 的单调递增区间是________． [1，＋∞) [f (x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，因此函数 f (x)的单调递增区间为[1，＋∞)．]
2．函数 f (x)＝x－x 1的单调递减区间为________． (－∞，1)和(1，＋∞) [由 x－1≠0 得 x≠1，即函数 f (x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，又 f (x)＝x－x 1＝x－x－11＋1＝1＋x－1 1，其图像如图所示，由图像知，函数 f (x)的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋ ∞)．]

2019版同步优化探究理数(北师大版)练习：第二章第十节第二课时函数的极值与最值解析

课时作业A组——基础对点练1、(2018·岳阳模拟)下列函数中,既是奇函数又存在极值的是()A、y＝x3B、y＝ln(－x)C、y＝x e－xD、y＝x＋2 x解析：A、B为单调函数,不存在极值,C不是奇函数,故选D.答案：D2、设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数f(x)在x＝－2处取得极小值,则函数y＝xf′(x)的图像可能是()解析：∵f(x)在x＝－2处取得极小值,∴在x＝－2附近的左侧f′(x)<0,当x<－2时,xf′(x)>0.在x＝－2附近的右侧f′(x)>0,当－2<x<0时,xf′(x)<0,故选C.答案：C3、已知f(x)＝ln xx,其中e为自然对数的底数,则()A、f(2)＞f(e)＞f(3)B、f(3)＞f(e)＞f(2)C、f(e)＞f(2)＞f(3)D、f(e)＞f(3)＞f(2)解析：f(x)＝ln xx,f′(x)＝1－ln xx2,令f′(x)＝0,解得x＝e,当x∈(0,e)时,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增,当x∈(e,＋∞)时,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减,故f(x)在x＝e处取得最大值f(e),f(2)－f(3)＝ln 22－ln 33＝3ln 2－2ln 36＝ln 8－ln 96＜0,∴f(2)＜f(3),则f(e)＞f(3)＞f(2),故选D.答案：D4、(2018·山西八校联考)已知x＝－1是函数f(x)＝(ax2＋bx＋c)e x的一个极值点,四位同学分别给出下列结论,则一定不成立的结论是()A、a＝0B、b＝0C、c≠0D、a＝c解析：令g(x)＝ax2＋bx＋c,则g′(x)＝2ax＋b,f′(x)＝e x[g(x)＋g′(x)],因为x＝－1是函数f(x)＝g(x)e x 的一个极值点,所以有g(－1)＋g′(－1)＝0,得c＝a.设h(x)＝g(x)＋g′(x)＝ax2＋(b＋2a)x＋a＋b,若b ＝0,则a ＝c ≠0,h (x )＝a (x ＋1)2,h ′(x )在x ＝－1两侧不变号,与x ＝－1是函数f (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x 的一个极值点矛盾,故b ＝0一定不成立,选择B. 答案：B5、已知e 为自然对数的底数,设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2),则( ) A 、当k ＝1时,f (x )在x ＝1处取到极小值 B 、当k ＝1时,f (x )在x ＝1处取到极大值 C 、当k ＝2时,f (x )在x ＝1处取到极小值 D 、当k ＝2时,f (x )在x ＝1处取到极大值解析：当k ＝1时,f (x )＝(e x －1)(x －1),0,1是函数f (x )的零点、当0＜x ＜1时,f (x )＝(e x －1)(x －1)＜0,当x ＞1时,f (x )＝(e x －1)(x －1)＞0,1不会是极值点、当k ＝2时,f (x )＝(e x －1)(x －1)2,零点还是0,1,但是当0＜x ＜1,x ＞1时,f (x )＞0,由极值的概念,知选C. 答案：C6、若0＜x 1＜x 2＜1,则( ) A 、e x 2－e x 1＞ln x 2－ln x 1 B 、e x 1－e x 2＜ln x 2－ln x 1 C 、x 2e x 1＞x 1e x 2 D 、x 2e x 1＜x 1e x 2解析：令f (x )＝e xx ,则f ′(x )＝x e x－e xx 2＝e x(x －1)x 2.当0＜x ＜1时,f ′(x )＜0,即f (x )在(0,1)上单调递减,∵0＜x 1＜x 2＜1,∴f (x 2)＜f (x 1),即e x 2x 2＜e x 1x 1,∴x 2 e x 1＞x 1 e x 2,故选C.答案：C7、设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x －a )2＋e ，x ≤2 xln x ＋a ＋10，x >2(e 是自然对数的底数),若f (2)是函数f (x )的最小值,则a 的取值范围是( ) A 、[－1,6] B 、[1,4] C 、[2,4]D 、[2,6]解析：当x >2时,对函数f (x )＝xln x ＋a ＋10的单调性进行研究,求导后发现f (x )在(2,e)上单调递减,在(e,＋∞)上单调递增,即函数f (x )在x >2时的最小值为f (e)；当x ≤2时,f (x )＝(x －a )2＋e 是对称轴方程为x ＝a 的二次函数,欲使f (2)是函数的最小值,则⎩⎨⎧ a ≥2 f (2)≤f (e )⇒⎩⎨⎧a ≥2－1≤a ≤6⇒2≤a ≤6,故选D.答案：D8、(2018·昆明市检测)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧22－x ，x ＜2， 34x 2－3x ＋4，x ≥2，若不等式a ≤f (x )≤b 的解集恰好为[a ,b ],则b －a ＝ .解析：由函数f (x )的解析式知,函数f (x )在(－∞,2)上单调递减,在[2,＋∞)上单调递增,f (x )min ＝f (2)＝1,若a ＞1,则不等式a ≤f (x )≤b 的解集为[x 1,x 2]∪[x 3,x 4],不合题意,所以a ≤1,此时因为22－1＝2,所以b ≥2,令34m 2－3m ＋4＝m ,解得m ＝43或m ＝4,取b ＝4.令22－x ＝4得x ＝0,所以a ＝0,所以b －a ＝4. 答案：49、已知函数f (x )＝mx ＋mx 2－1＋ln x 在(e,＋∞)上有极值点,则实数m 的取值范围为、解析：f (x )＝mx ＋m x 2－1＋ln x ＝m (x ＋1)(x ＋1)(x －1)＋ln x ＝mx －1＋ln x ,定义域为{x |x ＞0且x ≠1},f ′(x )＝－m (x －1)2＋1x ＝x 2－(m ＋2)x ＋1x (x －1)2,记g (x )＝x 2－(m ＋2)x ＋1,要使函数f (x )在(e,＋∞)上有极值点,则方程x 2－(m ＋2)x ＋1＝0有两个不同的实根x 1,x 2,Δ＝[－(m ＋2)]2－4＞0,解得m ＞0或m ＜－4.又x 1x 2＝1,因为f (x )在(e,＋∞)上有极值点,不妨设x 2＞e,所以0＜x 1＜1e ＜e ＜x 2,由于g (0)＝1＞0,所以只需⎩⎪⎨⎪⎧g (e )＜0， g (1e)＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧e 2－(m ＋2)e ＋1＜0， (1e)2－(m ＋2)1e ＋1＜0，解得m ＞e ＋1e －2.答案：(e ＋1e －2,＋∞)10、设函数f (x )＝(x －a )2ln x ,a ∈R.若x ＝e 为y ＝f (x )的极值点,求实数a 并判断x ＝e 是极大值点还是极小值点、解析：求导得f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝(x －a )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln x ＋1－a x . 因为x ＝e 是f (x )的极值点, 所以f ′(e)＝(e －a )⎝ ⎛⎭⎪⎫3－a e ＝0,解得a ＝e 或a ＝3e.当a ＝e 时,f ′(x )＝(x －e)⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln x ＋1－e x ,当x ＞e 时,x －e ＞0,2ln x ＋1＞3,－ex ＞－1, ∴2ln x ＋1－ex ＞2,∴f ′(x )＞0. 当0＜x ＜e 时,x －e ＜0, 设g (x )＝2ln x ＋1－ex , ∴g ′(x )＝2x ＋ex 2＞0恒成立,∴g (x )＝2ln x ＋1－ex 在(0,e)上是增函数,存在x 0∈(0,e),使g (x 0)＝0, ∴当x ∈(x 0,e),g (x )＞0,∴f ′(x )＜0,即f (x )在(x 0,e)上是减函数, ∴x ＝e 是极小值点,故a ＝e 适合题意、当a ＝3e 时,f ′(x )＝(x －3e)⎝ ⎛⎭⎪⎫2ln x ＋1－3e x ,当x ∈(e,3e)时,x －3e ＜0,3＜2ln x ＋1＜2ln 3＋3, －3＜－3e x ＜－1,∴0＜2ln x ＋1－3ex ＜2ln 3＋2,∴f ′(x )＜0.当x ∈(0,e)时,x －3e ＜0,2ln x ＋1－3ex ＜0, ∴f ′(x )＞0.∴x ＝e 时为极大值点,a ＝3e 适合、综上,当a ＝e 时,x ＝e 为极小值点, 当a ＝3e 时,x ＝e 为极大值点、11、已知函数f (x )＝ax 2＋1 (a ＞0),g (x )＝x 3＋bx .(1)若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1,c )处具有公共切线,求a ,b 的值； (2)当a ＝3,b ＝－9时,若函数f (x )＋g (x )在区间[k,2]上的最大值为28,求k 的取值范围、解析：(1)f ′(x )＝2ax ,g ′(x )＝3x 2＋b .因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1,c )处具有公共切线, 所以f (1)＝g (1)且f ′(1)＝g ′(1),即a ＋1＝1＋b 且2a ＝3＋b , 解得a ＝3,b ＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x),当a＝3,b＝－9时,h(x)＝x3＋3x2－9x＋1,所以h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0,得x1＝－3,x2＝1.h′(x),h(x)在(－∞,2]上的变化情况如下表所示：x (－∞,－3)－3(－3,1)1(1,2) 2h′(x)＋0－0＋＋h(x) 28 －4 3当－3＜k＜2时,函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.因此k的取值范围是(－∞,－3]、B组——能力提升练1、已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c,下列结论中错误的是()A、存在x0∈R,f(x0)＝0B、函数y＝f(x)的图像是中心对称图形C、若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(－∞,x0)单调递减D、若x0是f(x)的极值点,则f′(x0)＝0解析：若y＝f(x)有极小值点,则其导数y＝f′(x)必有2个零点,设为x1,x2(x1<x2),则有f′(x)＝3x2＋2ax ＋b＝3(x－x1)(x－x2),所以f(x)在(－∞,x1)上递增,在(x1,x2)上递减,在(x2,＋∞)上递增,则x2为极小值点,所以C项错误、故选C.答案：C2、已知函数f(x)＝(x2＋2x＋1)e x,设t∈[－3,－1],对任意x1,x2∈[t,t＋2],则|f(x1)－f(x2)|的最大值为()A、4e－3B、4eC、4e＋e－3D、4e＋1解析：依题意,f′(x)＝(x2＋4x＋3)e x,令f′(x)>0,可得x<－3或x>－1,令f′(x)<0,可得－3<x<－1,∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞,－3),(－1,＋∞),单调递减区间为(－3,－1)、∵t∈[－3,－1],x1,x2∈[t,t＋2],f(－3)＝4e－3,f(－1)＝0,f(1)＝4e,∴f(x)max＝f(1)＝4e,f(x)min＝f(－1)＝0,∴|f(x1)－f(x2)|的最大值为4e,故选B.答案：B3、若函数f(x)＝x3＋2ax2－3bx＋3b在(0,1)上存在极小值点,则实数b的取值范围是()A 、(－1,0]B 、(－1,＋∞)C 、[0,＋∞)D 、(1,＋∞)解析：若函数f (x )＝x 3＋2ax 2－3bx ＋3b 在(0,1)上存在极小值点,则f ′(x )＝3x 2＋4ax －3b 在(0,1)上有两个零点或一个零点在(0,1)上,一个零点在(－∞,0]上、当导函数f ′(x )的一个零点在(0,1)上,一个零点在(－∞,0]上时,需满足⎩⎨⎧f ′(0)＝－3b ≤0， f ′(1)＝3＋4a －3b ＞0，∴⎩⎨⎧b ≥0， 3＋4a －3b ＞0，必会存在a 使得f ′(1)＞0,所以当b ≥0时,函数f (x )＝x 3＋2ax 2－3bx ＋3b 在(0,1)上存在极小值点；当导函数f ′(x )在(0,1)上有两个零点时,⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝16a 2＋36b ＞0，0＜－23a ＜1，f ′(0)＝－3b ＞0， f ′(1)＝3＋4a －3b ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＞－4a 29，－32＜a ＜0， b ＜0， b ＜1＋4a 3，∴⎩⎪⎨⎪⎧－4a 29＜b ＜1＋4a3，b ＜0，－32＜a ＜0，可得－1＜b ＜0.综上,b ∈(－1,＋∞)、故选B.答案：B4、设函数f (x )＝x 2－2x ＋1＋a ln x 有两个极值点x 1,x 2,且x 1＜x 2,则f (x 2)的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋2ln 24 B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1－2ln 24 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2ln 24，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2ln 24，0解析：由已知得f (x )的定义域为x ＞0,且f ′(x )＝2x 2－2x ＋ax .∵f (x )有两个极值点x 1,x 2,∴x 1,x 2是方程2x 2－2x ＋a ＝0的两根、又∵0＜x 1＜x 2,且x 1＋x 2＝1, ∴12＜x 2＜1,a ＝2x 2－2x 22, ∴f (x 2)＝(x 2－1)2＋(2x 2－2x 22)ln x 2,令g (t )＝(t －1)2＋(2t －2t 2)·ln t ⎝ ⎛⎭⎪⎫其中12＜t ＜1,则g ′(t )＝2(1－2t )ln t ＞0,故g (t )单调递增、 ∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜g (t )＜g (1), 而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－2ln 24,g (1)＝0,所以f (x 2)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2ln 24，0,选D.答案：D5、若P 是函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)图像上的动点,点A (－1,－1),则直线AP 斜率的取值范围为( ) A 、[1,＋∞) B 、[0,1] C 、(e －1,e]D 、(－∞,e －1]解析：由题意可得,f ′(x )＝ln(x ＋1)＋1,结合函数f (x )的定义域可知,f (x )在(－1,－1＋1e )上单调递减,在(－1＋1e ,＋∞)上单调递增,且f (－1＋1e )＝－1e ＞－1,绘制f (x )大致图像如图所示,当直线AP 与函数f (x )的图像相切时直线AP 的斜率取得最小值、设切点坐标(x 0,(x 0＋1)ln(x 0＋1)),则切线的斜率k ＝ln(x 0＋1)＋1,切线方程为y －(x 0＋1)ln(x 0＋1)＝[ln(x 0＋1)＋1](x －x 0),则切线过点(－1,－1),则－1－(x 0＋1)ln(x 0＋1)＝[ln(x 0＋1)＋1](－1－x 0),解得x 0＝0,则切线的斜率k ＝ln(x 0＋1)＋1＝1.综上可得,直线AP 斜率的取值范围为[1,＋∞),故选A. 答案：A6、设函数f (x )＝(x －1)ln x ＋ax ＋a －1,若存在唯一的整数x 0,使得f (x 0)＜0成立,则a 的取值范围为、解析：将f (x )＝0,转化为(x －1)ln x ＝－a (x ＋1)＋1,设g (x )＝(x －1)ln x ,则g ′(x )＝ln x ＋1－1x ,令h (x )＝g ′(x )＝ln x ＋1－1x ,则h ′(x )＝1x ＋1x 2＞0,因而g ′(x )在(0,＋∞)上单调递增,则g ′(x )＝0仅有一解x ＝1.在(0,1)上g ′(x )＜0,g (x )单调递减,在(1,＋∞)上g ′(x )＞0,g (x )单调递增,故g (x )的最小值为g (1)＝0,而y ＝－a (x ＋1)＋1恒过点(－1,1),当y ＝－a (x ＋1)＋1过(1,0)时,a ＝12,当y ＝－a (x ＋1)＋1过(2,ln2)时,a ＝1－ln 23,数形结合可知,若存在唯一的整数x 0,使得f (x 0)＜0成立,则1－ln 23≤a ＜12,从而a ∈[1－ln 23,12)、答案：[1－ln 23,12)7、(2018·长沙市模拟)在半径为R 的圆内,作内接等腰△ABC ,当底边上的高h ∈(0,t ]时,△ABC 的面积取得最大值33R 24,则t 的取值范围为、解析：令等腰△ABC 的底边为2x ,则x 2＝R 2－(h －R )2＝2hR －h 2,又S ＝xh ＝h 2(2hR －h 2),令f (h )＝h 2(2hR －h 2),0＜h ＜2R ,求导得f ′(h )＝2 h 2(3R －2h ),令f ′(h )＝0,得h ＝3R 2,当0＜h ＜3R2时,f ′(h )＞0,函数f (h )单调递增,当3R 2＜h ＜2R 时,f ′(h )＜0,函数f (h )单调递减,∴f (h )max ＝f (3R 2)＝2716R 4,∴S max ＝33R 24,∴h ＝3R 2∈(0,t ],故t 的取值范围为[3R2,2R )、答案：[3R 2,2R )8、(2018·合肥市质检)已知函数f (x )＝x ln x ＋x －k (x －1)在(1,＋∞)内有唯一零点x 0,若k ∈(n ,n ＋1),n ∈Z,则n ＝ .解析：依题意,函数定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＋1－k ＝ln x ＋2－k ,令ln x ＋2－k ＝0,解得x ＝e k －2,当x ∈(0,e k －2)时,f ′(x )＜0,当x ∈(e k －2,＋∞)时,f ′(x )＞0.因为f (1)＝1,且函数f (x )＝x ln x ＋x －k (x －1)在(1,＋∞)内有唯一零点x 0,所以,当e k －2＜1时,f (x )在(1,＋∞)上单调递增,此时,f (x )在(1,＋∞)上无零点,不合题意、当e k －2≥1时,由于x ＝e k －2时,f (x )取极小值,若f (e k －2)＜0,则f (x )在(1,＋∞)上有两个零点,不合题意；当e k －2≥1且f (e k －2)＞0时,f (x )在(1,＋∞)上无零点,不合题意；当e k －2≥1且f (e k－2)＝0时,符合题意,所以{ ek －2≥1， k －e k －2＝0，令g (k )＝k －e k －2(k ≥2),g ′(k )＝1－e k －2＜0在(2,＋∞)上恒成立,所以g (k )在(2,＋∞)上单调递减,因为g (3)＝3－e ＞0,g (4)＝4－e 2＜0,又k ∈(n ,n ＋1),n ∈Z,所以3＜k ＜4,所以n ＝3. 答案：39、已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ,曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4. (1)求a ,b 的值；(2)讨论f (x )的单调性,并求f (x )的极大值、解析：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4,f ′(0)＝4,故b ＝4,a ＋b ＝8. 从而a ＝4,b ＝4.(2)由(1)知f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x , f ′(x )＝4e x(x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －12.令f ′(x )＝0,得x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞,－2)∪(－ln 2,＋∞)时,f ′(x )＞0；当x ∈(－2,－ln 2)时,f ′(x )＜0.故f (x )在(－∞,－2),(－ln 2,＋∞)上单调递增,在(－2,－ln 2)上单调递减、当x ＝－2时,函数f (x )取得极大值,极大值为f (－2)＝4(1－e －2)、 10、已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2＋ln x ,g (x )＝f (x )－2ax .(a ∈R)(1)当a ＝0时,求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值；(2)若任意x ∈(1,＋∞),g (x )＜0恒成立,求a 的取值范围、解析：(1)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2＋ln x 的定义域为(0,＋∞),当a ＝0时,f (x )＝－12x 2＋ln x ,则f ′(x )＝－x ＋1x ＝－x 2＋1x ＝－(x ＋1)(x －1)x.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1时,f ′(x )＞0；当x ∈[1,e]时,f ′(x )＜0,∴f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上是增函数,在区间[1,e]上为减函数,又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1－12e 2,f (e)＝1－e 22,∴f (x )min ＝f (e)＝1－e 22.(2)g (x )＝f (x )－2ax ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2－2ax ＋ln x ,则g (x )的定义域为(0,＋∞),g ′(x )＝(2a －1)x －2a ＋1x ＝(2a －1)x 2－2ax ＋1x ＝(x －1)[(2a －1)x －1]x,①若a ＞12,则令g ′(x )＝0,得x 1＝1,x 2＝12a －1,当x 2＞x 1＝1,即12＜a ＜1时,在(0,1)上有g ′(x )＞0,在(1,x 2)上有g ′(x )＜0,在(x 2,＋∞)上有g ′(x )＞0,此时g (x )在区间(x 2,＋∞)上是增函数,并且在该区间上有g (x )∈(g (x 2),＋∞),不合题意；当x 2≤x 1＝1,即a ≥1时,同理可知,g (x )在区间(1,＋∞)上有g (x )∈(g (1),＋∞),也不合题意； ②若a ≤12,则有2a －1≤0,此时在区间(1,＋∞)上恒有g ′(x )＜0, 从而g (x )在区间(1,＋∞)上是减函数；要使g (x )＜0在此区间上恒成立,只需满足g (1)＝－a －12≤0⇒a ≥－12,由此求得a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12. 综合①②可知,a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12.。

2019高三数学理北师大版一轮教师用书：第2章第2节函

第二节函数的单调性与最值[考纲传真](教师用书独具)1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义.2.会运用基本初等函数的图像分析函数的性质．(对应学生用书第10页)[基础知识填充]1．函数的单调性(1)单调函数的定义如果函数y＝f(x)在区间A上是增加的或减少的，那么称A为单调区间．函数的最值2．(1)对任意x1，x2∈D(x1≠x2)，f(x1)－f(x2)x1－x2＞0⇔f(x)在D上是增函数，f(x1)－f(x2)x1－x2＜0⇔f(x)在D上是减函数，即Δx与Δy同号增，异号减．(2)在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．(3)函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)和u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”．(4)函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)和u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”．(5)f(x)＝x＋ax(a＞0)的单调性，如图2-2-1可知，(0，a]减，[a，＋∞)增，[－a，0)减，(－∞，－a]增．图2-2-1[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，x1≠x2且(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0，则函数f(x)在区间D上是增函数．()(2)函数y＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(3)若定义在R上的函数f(x)有f(－1)＜f(3)，则函数f(x)在R上为增函数．()(4)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．()(5)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数．()(6)所有的单调函数都有最值．()[答案](1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×2．下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是( )A ．y ＝|x |B ．y ＝3－xC ．y ＝1xD ．y ＝－x 2＋4A [y ＝3－x 在R 上递减，y ＝1x 在(0，＋∞)上递减，y ＝－x 2＋4在(0，＋∞)上递减，故选A.]3．设定义在[－1,7]上的函数y ＝f (x )的图像如图2-2-2所示，则函数y ＝f (x )的增区间为________．图2-2-2[答案] [－1,1]，[5,7]4．函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在R 上是减函数，则k 的取值范围是________． ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12 [由题意知2k ＋1＜0，得k ＜－12.]5．(教材改编)已知f (x )＝2x －1，x ∈[2,6]，则f (x )的最大值为________，最小值为________．2 25 [易知函数f (x )＝2x －1在x ∈[2,6]上为减函数，故f (x )max ＝f (2)＝2，f (x )min＝f (6)＝25.](对应学生用书第11页)(1)(2017·全国卷Ⅱ)函数f (x )＝ln(x 2－2x －8)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－2)B ．(－∞，1)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)(2)试讨论函数f (x )＝x ＋kx (k ＞0)的单调性．(1)D [由x 2－2x －8>0，得x >4或x <－2. 设t ＝x 2－2x －8，则y ＝ln t 为增函数．要求函数f (x )的单调递增区间，即求函数t ＝x 2－2x －8的单调递增区间． ∵函数t ＝x 2－2x －8的单调递增区间为(4，＋∞)， ∴函数f (x )的单调递增区间为(4，＋∞)．故选D.](2)法一：(导数法)f ′(x )＝1－kx 2.令f ′(x )＞0得x 2＞k ，即x ∈(－∞，－k )或x ∈(k ，＋∞)，故函数的单调增区间为(－∞，－k )和(k ，＋∞)．令f ′(x )＜0得x 2＜k ，即x ∈(－k ，0)或x ∈(0，k )，故函数的单调减区间为(－k ，0)和(0，k )．故函数f (x )在(－∞，－k )和(k ，＋∞)上单调递增，在(－k ，0)和(0，k )上单调递减．法二：(定义法)由解析式可知，函数的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)．在(0，＋∞)内任取x 1，x 2，令0＜x 1＜x 2，那么f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋k x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋k x 1＝(x 2－x 1)＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1x 1＝(x 2－x 1)·x 1x 2－k x 1x 2.因为0＜x 1＜x 2，所以x 2－x 1＞0，x 1x 2＞0. 故当x 1，x 2∈(k ，＋∞)时，f (x 1)＜f (x 2)，即函数在(k ，＋∞)上单调递增．当x 1，x 2∈(0，k )时，f (x 1)＞f (x 2)，即函数在(0，k )上单调递减．考虑到函数f (x )＝x ＋kx (k ＞0)是奇函数，在关于原点对称的区间上具有相同的单调性，故在(－∞，－k )上单调递增，在(－k ，0)上单调递减．综上，函数f (x )在(－∞，－k )和(k ，＋∞)上单调递增，在(－k ，0)和(0，k )上单调递减．A ．y ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－x(2)y ＝－x 2＋2|x |＋3的单调递增区间为________.【导学号：79140025】(1)D (2)(－∞，－1]，[0,1] [(1)选项A 中，y ＝11－x在(－∞，1)和(1，＋∞)上为增函数，故y ＝11－x在(－1,1)上为增函数；选项B 中，y ＝cos x 在(－1,1)上先增后减；选项C 中，y ＝ln(x ＋1)在(－1，＋∞)上为增函数，故y ＝ln(x ＋1)在(－1,1)上为增函数；选项D 中，y ＝2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在R 上为减函数，故y ＝2－x 在(－1,1)上是减函数．(2)由题意知，当x ≥0时，y ＝－x 2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4；当x ＜0时，y ＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋1)2＋4，二次函数的图像如图．由图像可知，函数y ＝－x 2＋2|x |＋3在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数．](1)函数y ＝x ＋x －1的最小值为________；(2)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为________． (1)1 (2)2 [(1)令x －1＝t ，则t ≥0，x ＝t 2＋1， ∴y ＝t 2＋t ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122＋34，由二次函数的性质可知，当t ≥0时，函数为增函数，∴当t ＝0时，y min ＝1. (2)法一：∵f ′(x )＝－1(x －1)2， ∴x ≥2时，f ′(x )＜0恒成立， ∴f (x )在[2，＋∞)上单调递减，∴f (x )在[2，＋∞)上的最大值为f (2)＝2. 法二：∵f (x )＝x x －1＝x －1＋1x －1＝1＋1x －1， ∴f (x )的图像是将y ＝1x 的图像向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的．∵y ＝1x 在[1，＋∞)上单调递减，∴f (x )在[2，＋∞)上单调递减，故f (x )在[2，＋∞)上的最大值为f (2)＝2. 法三：由题意可得f (x )＝1＋1x －1.∵x ≥2，∴x －1≥1，∴0＜1x －1≤1，∴1＜1＋1x －1≤2，即1＜x x －1≤2. 故f (x )在[2，＋∞)上的最大值为2.][跟踪训练] (1)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x，x ≥1，－x 2＋2，x ＜1的最大值是________.【导学号：79140026】(2)(2017·浙江高考)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 在区间[0,1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M －m ( ) A ．与a 有关，且与b 有关 B ．与a 有关，但与b 无关 C ．与a 无关，且与b 无关 D ．与a 无关，但与b 有关(1)2 (2)B [(1)当x ≥1时，函数f (x )＝1x 为减函数，所以f (x )在x ＝1处取得最大值，为f (1)＝1；当x ＜1时，易知函数f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值，为f (0)＝2.故函数f (x )的最大值为2.(2)法一：设x 1，x 2分别是函数f (x )在[0,1]上的最小值点与最大值点，则m＝x 21＋ax 1＋b ，M ＝x 22＋ax 2＋b .∴M －m ＝x 22－x 21＋a (x 2－x 1)，显然此值与a 有关，与b 无关．故选B.法二：由题意可知，函数f (x )的二次项系数为固定值，则二次函数图像的形状一定．随着b 的变动，相当于图像上下移动，若b 增大k 个单位，则最大值与最小值分别变为M ＋k ，m ＋k ，而(M ＋k )－(m ＋k )＝M －m ，故与b 无关．随着a 的变动，相当于图像左右移动，故函数f (x )在区间[0,1]的最大值M 和最小值m 变化，则M －m 的值在变化，故与a 有关．故选B.]已知函数f (x )的图像向左平移1个单位后关于y 轴对称，当x2＞x 1＞1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)＜0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c ＞a ＞bB ．c ＞b ＞aC ．a ＞c ＞bD ．b ＞a ＞cD [根据已知可得函数f (x )的图像关于直线x ＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数．所以a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，f (2)＞f (2.5)＞f (3)，所以b ＞a ＞c .]◎角度2 解抽象不等式f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f (xy )＝f (x )＋f (y )，f (3)＝1，则不等式f (x )＋f (x －8)≤2的解集为________．(8,9] [因为2＝1＋1＝f (3)＋f (3)＝f (9)，由f (x )＋f (x －8)≤2可得f [x (x －8)]≤f (9)，f (x )是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有⎩⎨⎧x >0，x －8>0，x (x －8)≤9，解得8<x ≤9.]◎角度3 求参数的取值范围已知函数f (x )＝⎩⎨⎧(a －2)x －1，x ≤1，log a x ，x ＞1，若f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为________． (2,3] [要使函数f (x )在R 上单调递增，则有⎩⎨⎧a ＞1，a －2＞0，f (1)≤0，即⎩⎨⎧a ＞1，a ＞2，a －2－1≤0，解得2＜a ≤3，即实数a 的取值范围是(2,3]．]数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞ B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，0 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0 (2)定义在R 上的奇函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，则满足f (log19x )＞0的x 的集合为________． (1)D(2)⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪0＜x ＜13或1＜x ＜3 [(1)当a ＝0时，f (x )＝2x －3，在定义域R上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a ≠0时，二次函数f (x )的对称轴为x ＝－1a ，因为f (x )在(－∞，4)上单调递增，所以a ＜0，且－1a ≥4，解得－14≤a ＜0. 综上所述，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0.(2)如图，由题意知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，由f (log19x )＞0，得log19x ＞12，或－12＜log19x ＜0，解得0＜x ＜13或1＜x ＜3.]。

2019高三数学理北师大版一轮教师用书第2章第2节函数的单调性与最值 Word版含解析

第二节函数的单调性与最值[考纲传真] (教师用书独具).理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义.会运用基本初等函数的图像分析函数的性质．(对应学生用书第页) [基础知识填充]．函数的单调性()单调函数的定义如果函数＝()在区间上是增加的或减少的，那么称为单调区间．．函数的最值[()对任意，∈(≠)，＞⇔()在上是增函数，＜⇔()在上是减函数，即Δ与Δ同号增，异号减．()在区间上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．()函数(())的单调性与函数＝()和＝()的单调性的关系是“同增异减”．()函数(())的单调性与函数＝()和＝()的单调性的关系是“同增异减”．()()＝＋(＞)的单调性，如图--可知，(，]减，[，＋∞)增，[－，)减，(－∞，－]增．图--[基本能力自测]．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) ()对于函数()，∈，若对任意，∈，≠且(－)·[()－()]>，则函数()在区间上是增函数．( )()函数＝的单调递减区间是(－∞，)∪(，＋∞)．( )()若定义在上的函数()有(－)＜()，则函数()在上为增函数．( )()函数＝()在[，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[，＋∞)．( )()如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数．( )()所有的单调函数都有最值．( )[答案]()√()×()×()×()×()×．下列函数中，在区间()上是增函数的是( )．＝．＝－．＝．＝－＋[＝－在上递减，＝在(，＋∞)上递减，＝－＋在(，＋∞)上递减，故选.] ．设定义在[－]上的函数＝()的图像如图--所示，则函数＝()的增区间为．图--[答案][－]，[]．函数＝(＋)＋在上是减函数，则的取值范围是．。

2019版同步优化探究文数(北师大版)练习第二章第十节第二课时函数的极值与最值 Word版含解析

课时作业组——基础对点练．(·岳阳模拟)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( )．＝(－)．＝．＝－．＝＋解析：、为单调函数，不存在极值，不是奇函数，故选.答案：．设函数()在上可导，其导函数为′()，且函数()在＝－处取得极小值，则函数＝′()的图像可能是( )解析：∵()在＝－处取得极小值，∴在＝－附近的左侧′()<，当<－时，′()>.在＝－附近的右侧′()>，当－<<时，′()<，故选.答案：．已知()＝)，其中为自然对数的底数，则( )．()＞()＞()．()＞()＞()．()＞()＞()．()＞()＞()解析：()＝)，′()＝)，令′()＝，解得＝，当∈(，)时，′()＞，函数()单调递增，当∈(，＋∞)时，′()＜，函数()单调递减，故()在＝处取得最大值()，()－()＝)－)＝－)＝－)＜，∴()＜()，则()＞()＞()，故选.答案：．函数()＝－的最小值为( )．．．不存在解析：′()＝－＝，且＞.令′()＞，得＞；令′()＜，得＜＜.∴()在＝处取得极小值也是最小值，且()＝－＝.答案：．(·山西八校联考)已知＝－是函数()＝(＋＋)的一个极值点，四位同学分别给出下列结论，则一定不成立的结论是( )．＝．＝．≠．＝解析：令()＝＋＋，则′()＝＋，′()＝[()＋′()]，因为＝－是函数()＝()的一个极值点，所以有(－)＋′(－)＝，得＝.设()＝()＋′()＝＋(＋)＋＋，若＝，则＝≠，()＝(＋)，′()在＝－两侧不变号，与＝－是函数()＝(＋＋)的一个极值点矛盾，故＝一定不成立，选择.答案：．已知为自然对数的底数，设函数()＝(－)(－)(＝)，则( )．当＝时，()在＝处取到极小值．当＝时，()在＝处取到极大值．当＝时，()在＝处取到极小值．当＝时，()在＝处取到极大值解析：当＝时，()＝(－)(－)，是函数()的零点．当＜＜时，()＝(－)(－)＜，当＞时，()＝(－)(－)＞不会是极值点．当＝时，()＝(－)(－)，零点还是，但是当＜＜，＞时，()＞，由极值的概念，知选.答案：．若＜＜＜，则( )．－＞－．－＜－．＞．＜解析：令()＝，则′()＝＝.当＜＜时，′()＜，即()在()上单调递减，∵＜＜＜，∴()＜()，即＜，∴＞，故选.答案：．设函数()＝(\\((－(＋，≤,( )＋＋，>))(是自然对数的底数)，若()是函数()的最小值，则的取值范围是( )．[]．[－]．[]．[] 解析：当>时，对函数()＝)＋＋的单调性进行研究，求导后发现()在(，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，即函数()在>时的最小值为()；当≤时，()＝(－)＋是对称轴方程为＝的二次函数，欲使()是函数的最小值，则(\\(≥((≤(())⇒(\\(≥,－≤≤))⇒≤≤，故选.答案：。

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第二节函数的单调性与最值[考纲传真] 1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义；结合具体函数，了解函数奇偶性的含义.2.会运用函数的图像理解和研究函数的性质．1．函数的单调性(1)增、减函数①如果函数y ＝f (x )在区间A 上是增加的或是减少的，那么称A 为单调区间． ②如果函数y ＝f (x )在定义域的某个子集上是增加的或是减少的，那么就称函数y ＝f (x)在这个子集上具有单调性．(3)单调函数如果函数y ＝f (x )在整个定义域内是增加的或是减少的，我们分别称这个函数为增函数或减函数，统称为单调函数．2．函数的最值1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数y ＝1x 在其定义域上递减．( )(2)函数y ＝|x |x ＋x 在其定义域上递增．( )(3)对于函数f (x )，x ∈D ，若x 1，x 2∈D 且f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＞0，则函数f (x )在D 上是增加的．( )(4)若函数f (x )的最大值是M ，最小值是m ，则函数f (x )的值域一定是[m ，M ]．( )[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×2．(2016·北京高考)下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( )【导学号：57962027】A ．y ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－xD [选项A 中，y ＝11－x 在(－∞，1)和(1，＋∞)上为增函数，故y ＝11－x 在(－1,1)上为增函数；选项B 中，y ＝cos x 在(－1,1)上先增后减；选项C 中，y ＝ln(x ＋1)在(－1，＋∞)上为增函数，故y ＝ln(x ＋1)在(－1,1)上为增函数；选项D 中，y ＝2－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上为减函数，故y ＝2－x 在(－1,1)上是减函数．] 3．(教材改编)函数f (x )＝2x x ＋1在[1,2]上的最大值和最小值分别是________． 43，1 [f (x )＝2x x ＋1＝2(x ＋1)－2x ＋1＝2－2x ＋1在[1,2]上是增加的，∴f (x )max ＝f (2)＝43，f (x )min ＝f (1)＝1.]4．函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在R 上是减函数，则k 的取值范围是________.【导学号：57962028】。

高中同步优化探究理数(北师大版)练习：第二章第二节函数的单调性与最值 Word版含解析

课时作业 A 组——基础对点练1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．f (x )＝3－x B ．f (x )＝x 2－3x C ．f (x )＝－1x ＋1D ．f (x )＝－|x |解析：当x ＞0时，f (x )＝3－x 为减函数；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝x 2－3x 为减函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f (x )＝x 2－3x 为增函数；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－1x ＋1为增函数；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函数．故选C. 答案：C2．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝e －x B ．y ＝x 3 C ．y ＝ln xD ．y ＝|x |解析：因为对数函数y ＝ln x 的定义域不是R ，故首先排除选项C ；因为指数函数y ＝e －x ，即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ，在定义域内单调递减，故排除选项A ；对于函数y ＝|x |，当x ∈(－∞，0)时，函数变为y ＝－x ，在其定义域内单调递减，因此排除选项D ；而函数y ＝x 3在定义域R 上为增函数．故选B. 答案：B3．(2018·长春市模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－2，x ＜－1，2x－1，x ≥－1，则函数f (x )的值域为( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．[－12，＋∞)D ．R解析：当x ＜－1时，f (x )＝x 2－2∈(－1，＋∞)；当x ≥－1时，f (x )＝2x －1∈[－12，＋∞)，综上可知，函数f (x )的值域为(－1，＋∞)．故选B.4．设f (x )＝x －sin x ，则f (x )( ) A ．既是奇函数又是减函数 B ．既是奇函数又是增函数 C ．是有零点的减函数 D ．是没有零点的奇函数解析：∵f (－x )＝－x －sin(－x )＝－(x －sin x )＝－f (x )，∴f (x )为奇函数．又f ′(x )＝1－cos x ≥0， ∴f (x )单调递增，选B. 答案：B5．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋1，x ＞0，cos x ，x ≤0，则下列结论正确的是( )A ．f (x )是偶函数B ．f (x )是增函数C ．f (x )是周期函数D ．f (x )的值域为[－1，＋∞)解析：因为f (π)＝π2＋1，f (－π)＝－1，所以f (－π)≠f (π)，所以函数f (x )不是偶函数，排除A ；因为函数f (x )在(－2π，－π)上单调递减，排除B ；函数f (x )在 (0，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )不是周期函数，排除C ；因为x ＞0时， f (x )＞1，x ≤0时，－1≤f (x )≤1，所以函数f (x )的值域为[－1，＋∞)，故选D. 答案：D6．设a ＞0且a ≠1，则“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：若函数f (x )＝a x 在R 上为减函数，则有0＜a ＜1；若函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上为增函数，则有2－a ＞0，即a ＜2，所以“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的充分不必要条件，选A.7．函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋3a ，x <0，a x，x ≥0，(a >0且a ≠1)是R 上的减函数，则a 的取值范围是( ) A ．(0,1) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23 解析：∵⎩⎨⎧0<a <13a ≥1，∴13≤a <1.答案：B8．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝x ＋1 B ．y ＝(x －1)2 C ．y ＝2－xD ．y ＝log 0.5(x ＋1) 解析：A 项，y ＝x ＋1为(－1，＋∞)上的增函数，故在(0，＋∞)上递增；B 项，y ＝(x －1)2在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增；C 项，y ＝2－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 为R 上的减函数；D 项，y ＝log 0.5(x ＋1)为(－1，＋∞)上的减函数．故选A. 答案：A9．已知f (x )是偶函数，当x >0时，f (x )单调递减，设a ＝－21.2，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－0.8，c ＝2log 5 2，则f (a )，f (b )，f (c )的大小关系为( ) A ．f (c )<f (b )<f (a ) B ．f (c )<f (a )<f (b ) C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (a )>f (b )解析：依题意，注意到21.2>20.8＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－0.8>20＝1＝log 55>log 54＝2log 52>0，又函数f (x )在区间(0，＋∞)上是减函数，于是有f (21.2)<f (20.8)<f (2log 52)，由函数f (x )是偶函数得f (a )＝f (21.2)，因此f (a )<f (b )<f (c )，选C. 答案：C10．(2018·长沙市统考)已知函数f (x )＝则( )A ．存在x 0∈R ，f (x 0)<0B ．任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥0C ．存在x 1，x 2∈[0，＋∞)，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0D ．任意x 1∈[0，＋∞)，存在x 2∈[0，＋∞)，f (x 1)>f (x 2) 解析：幂函数f (x )＝的值域为[0，＋∞)，且在定义域上单调递增，故A 错误，B 正确，C 错误，D 选项中当x 1＝0时，结论不成立，选B. 答案：B11．对于函数f (x )，若存在常数a ≠0，使得x 取定义域内的每一个值，都有f (x )＝f (2a －x )，则称f (x )为准偶函数．下列函数中是准偶函数的是( ) A ．f (x )＝x B ．f (x )＝x 2 C ．f (x )＝tan xD ．f (x )＝cos(x ＋1)解析：由f (x )为准偶函数的定义可知，若f (x )的图像关于x ＝a (a ≠0)对称，则f (x )为准偶函数，A ，C 中两函数的图像无对称轴，B 中函数图像的对称轴只有x ＝0，而D 中f (x )＝cos(x ＋1)的图像关于x ＝k π－1(k ∈Z)对称．答案：D12．函数的值域为．解析：当x ≥1时，当x ＜1时，0＜2x ＜2，故值域为(0,2)∪(－∞，0]＝(－∞，2)．答案：(－∞，2)13．函数f (x )＝x ＋2x －1的值域为．解析：由2x －1≥0可得x ≥12， ∴函数的定义域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞，又函数f (x )＝x ＋2x －1在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，∴当x ＝12时，函数取最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，∴函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞14．若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调递增区间是[3，＋∞)，则a ＝ .解析：由f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －a ，x ＜－a22x ＋a ，x ≥－a2，可得函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，＋∞，故3＝－a 2，解得a ＝－6.答案：－615．已知函数f (x )＝x ＋ax (x ≠0，a ∈R)，若函数f (x )在(－∞，－2]上单调递增，则实数a 的取值范围是．解析：设x 1<x 2≤－2，则Δy ＝f (x 1)－f (x 2)＝x 1＋a x 1－x 2－a x 2＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a x 1x 2＝(x 1－x 2)(x 1x 2－a )x 1x 2.因为x 1－x 2<0，x 1x 2>0，所以要使Δy ＝(x 1－x 2)(x 1x 2－a )x 1x 2<0恒成立，只需使x 1x 2－a >0恒成立，即a <x 1x 2恒成立．因为x 1<x 2≤－2，所以x 1x 2>4，所以a ≤4，故函数f (x )在(－∞，－2]上单调递增时，实数a 的取值范围是(－∞，4]．答案：(－∞，4]B 组——能力提升练1．(2018·西安一中模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3，x ≤0，ln (x ＋1)，x ＞0，若f (2－x 2)＞f (x )，则实数x 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B ．(－∞，－2)∪(1，＋∞) C ．(－1,2) D ．(－2,1)解析：∵当x ＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图像是一条连续的曲线．∵当x ≤0时，函数f (x )＝x 3为增函数，当x ＞0时，f (x )＝ln(x ＋1)也是增函数，∴函数f (x )是定义在R 上的增函数．因此，不等式f (2－x 2)＞f (x )等价于2－x 2＞x ，即x 2＋x －2＜0，解得－2＜x ＜1.故选D. 答案：D2．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝x ＋x ln x ，若k ∈Z ，且k (x －1)＜f (x )对任意的x ＞1恒成立，则k 的最大值为( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：依题意得，当x ＝2时，k (2－1)＜f (2)，即k ＜2＋2ln 2＜2＋2＝4，因此满足题意的最大整数k 的可能取值为3.当k ＝3时，记g (x )＝f (x )－k (x －1)，即g (x )＝x ln x －2x ＋3(x ＞1)，则g ′(x )＝ln x －1，当1＜x ＜e 时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(1，e)上单调递减；当x ＞e 时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(e ，＋∞)上单调递增．因此，g (x )的最小值是g (e)＝3－e ＞0，于是有g (x )＞0恒成立．所以满足题意的最大整数k 的值是3，选B. 答案：B3．若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( ) A ．[1，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 C ．[1,2)D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以k －1≥0，即k ≥1.令f ′(x )＝4x 2－12x ＝0，解得x ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＝－12舍.因为函数f (x )在区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，所以k －1＜12＜k ＋1，得－12＜k ＜32.综上得1≤k ＜32. 答案：B4．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a 满足则a 的取值范围是( )A ．[1,2]B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 D ．(0,2]解析：由已知条件得f (－x )＝f (x )，则f (log 2a )＋≤2f (1)⇒f (log 2a )＋f (－log 2a )≤2f (1)⇒f (log 2a )≤f (1)，又f (log 2a )＝f (|log 2a |)且f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴|log 2a |≤1⇒－1≤log 2a ≤1，解得12≤a ≤2，选C. 答案：C5．设函数f (x )＝ln(1＋x )＋m ln(1－x )是偶函数，则( ) A ．m ＝1，且f (x )在(0,1)上是增函数 B ．m ＝1，且f (x )在(0,1)上是减函数 C ．m ＝－1，且f (x )在(0,1)上是增函数 D ．m ＝－1，且f (x )在(0,1)上是减函数解析：因为函数f (x )＝ln(1＋x )＋m ln(1－x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，则(m －1)ln 3＝0，即m ＝1，则f (x )＝ln(1＋x )＋ln(1－x )＝ln(1－x 2)，在(0,1)上，当x 增大时，1－x 2减小，ln(1－x 2)减小，即f (x )在(0,1)上是减函数，故选B. 答案：B6．已知函数f (x )＝lg(a x －b x )＋x 中，常数a ，b 满足a ＞1＞b ＞0，且a ＝b ＋1，那么f (x )＞1的解集为( ) A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C ．(1,10)D ．(10，＋∞)解析：由a x －b x ＞0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a b x ＞1，解得x ＞0，所以函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为a ＞1＞b ＞0，所以y ＝a x 单调递增，y ＝－b x 单调递增，所以t ＝a x －b x 单调递增．又y ＝lg t 单调递增，所以f (x )＝lg(a x －b x )＋x 为增函数．而f (1)＝lg(a －b )＋1＝lg 1＋1＝1，所以x ＞1时f (x )＞1，故f (x )＞1的解集为(1，＋∞)．故选B. 答案：B7．已知函数f (x )是定义在R 上的单调递增函数，且满足对任意的实数x 都有 f (f (x )－3x )＝4，则f (x )＋f (－x )的最小值等于( ) A ．2 B ．4 C ．8D ．12解析：由f (x )的单调性知存在唯一实数K 使f (K )＝4，即f (x )＝3x ＋K ，令x ＝K 得f (K )＝3K ＋K ＝4，所以K ＝1，从而f (x )＝3x ＋1，即f (x )＋f (－x )＝3x ＋13x ＋2≥23x ·13x ＋2＝4，当且仅当x ＝0时取等号．故选B.答案：B8．(2013·高考安徽卷)“a ≤0”是“函数f (x )＝|(ax －1)x |在区间(0，＋∞)内单调递增”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：充分性：当a <0时，f (x )＝|(ax －1)·x |＝－ax 2＋x 为图像开口向上的二次函数，且图像的对称轴为直线x ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <0，故f (x )在(0，＋∞)上为增函数；当a＝0时，f (x )＝x ，为增函数．必要性：f (0)＝0，当a ≠0时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝0，若f (x )在(0，＋∞)上为增函数，则1a <0，即a <0.f (x )＝x 时，f (x )为增函数，此时a ＝0.综上，a ≤0为f (x )在(0，＋∞)上为增函数的充分必要条件．答案：C9．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧(a －1)x ＋4－2a ，x <11＋log 2x ，x ≥1.若f (x )的值域为R ，则实数a 的取值范围是( ) A ．(1,2] B ．(－∞，2] C ．(0,2]D ．[2，＋∞)解析：依题意，当x ≥1时，f (x )＝1＋log 2x 单调递增，f (x )＝1＋log 2x 在区间 [1，＋∞)上的值域是[1，＋∞)．因此，要使函数f (x )的值域是R ，则需函数f (x )在(－∞，1)上的值域M ⊇(－∞，1)．①当a －1<0，即a <1时，函数f (x )在(－∞，1)上单调递减，函数f (x )在(－∞，1)上的值域M ＝(－a ＋3，＋∞)，显然此时不能满足M ⊇(－∞，1)，因此a <1不满足题意；②当a －1＝0，即a ＝1时，f (x )在(－∞，1)上的值域M＝{2}，此时不能满足M⊇(－∞，1)，因此a＝1不满足题意；③当a－1>0，即a>1时，函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，函数f(x)在(－∞，1)上的值域M＝(－∞，－a＋3)，由M⊇(－∞，1)得{a>13－a≥1，解得1<a≤2.综上所述，满足题意的实数a的取值范围是(1,2]，选A.答案：A10．函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝f(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：∵函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，图像开口向上，对称轴x＝a，∴a＜1，g(x)＝f(x)x＝x＋ax－2a.若a≤0，则g(x)＝x＋ax－2a在(0，＋∞)，(－∞，0)上单调递增；若0＜a＜1，则g(x)＝x＋ax－2a在(a，＋∞)上单调递增，则在(1，＋∞)上单调递增．综上可得，g(x)＝x＋ax－2a在(1，＋∞)上单调递增．故选D.答案：D11．(2018·武汉市模拟)若存在正实数a，b，使得任意x∈R有f(x＋a)≤f(x)＋b 恒成立，则称f(x)为“限增函数”．给出以下三个函数：①f(x)＝x2＋x＋1；②f(x)＝|x|；③f(x)＝sin(x2)，其中是“限增函数”的是()A．①②B．②③C．①③D．③解析：对于①，f(x＋a)≤f(x)＋b即(x＋a)2＋(x＋a)＋1≤x2＋x＋1＋b，即2ax≤－a2－a＋b，x≤－a2－a＋b2a对一切x∈R恒成立，显然不存在这样的正实数a，b.对于②，f(x)＝|x|，即|x＋a|≤|x|＋b，|x＋a|≤|x|＋b2＋2b|x|，而|x＋a|≤|x|＋a ，∴|x |＋a ≤|x |＋b 2＋2b |x |，则|x |≥a －b22b ，显然，当a ≤b 2时式子恒成立，∴f (x )＝|x |是“限增函数”．对于③，f (x )＝sin(x 2)，－1≤f (x )＝sin(x 2)≤1，故f (x ＋a )－f (x )≤2，当b ≥2时，对于任意的正实数a ，b 都成立，故选B. 答案：B12．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＋4x ，x >0，－x 2－2x ，x ≤0的值域为．解析：当x >0时，f (x )＝x 2－2x ＋4x ＝x ＋4x －2，由基本不等式可得x ＋4x ≥2x ·4x ＝4(当且仅当x ＝4x ，即x ＝2时等号成立)，所以f (x )＝x ＋4x －2≥4－2＝2，即函数f (x )的取值范围为[2，＋∞)；当x ≤0时，f (x )＝－x 2－2x ＝－(x ＋1)2＋1，因为当x ＝－1时，f (x )取得最大值1，所以函数f (x )的取值范围为(－∞，1]．综上，函数f (x )的值域为(－∞，1]∪[2，＋∞)．答案：(－∞，1]∪[2，＋∞) 13．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≤1，x ＋6x －6，x ＞1，则f (f (－2))＝，f (x )的最小值是．解析：因为f (－2)＝4，f (4)＝－12，所以f (f (－2))＝－12；x ≤1时，f (x )min ＝0，x ＞1时，f (x )min ＝26－6，又26－6＜0，所以f (x )min ＝26－6. 答案：－12 26－614．(2018·长沙市模拟)定义运算：x y ＝⎩⎨⎧x ，xy ≥0，y ，xy ＜0，例如：34＝3，(－2)4＝4，则函数f (x )＝x 2(2x －x 2)的最大值为．解析：由已知得f (x )＝x 2(2x －x 2)＝⎩⎨⎧x 2，x 2(2x －x 2)≥0，2x －x 2，x 2(2x －x 2)＜0＝11 ⎩⎨⎧ x 2，0≤x ≤2，2x －x 2，x ＜0或x ＞2，易知函数f (x )的最大值为4. 答案：415．定义域为R 的函数f (x )满足f (x ＋3)＝2f (x )，当x ∈[－1,2)时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋x ，x ∈[－1，0)，－(12)|x －1|，x ∈[0，2)，若存在x ∈[－4，－1)，使得不等式t 2－3t ≥4f (x )成立，求实数t 的取值范围．解析：由题意知f (x )＝12f (x ＋3)．当x ∈[－1,0)时，f (x )＝x 2＋x ＝(x ＋12)2－14∈[－14，0]；当x ∈[0,2)时，f (x )＝－(12)|x －1|∈[－1，－12]；所以当x ∈[－1,2)时，f (x )min ＝－1.故当x ∈[－4，－1)时，x ＋3∈[－1,2)，所以f (x ＋3)min ＝－1，此时f (x )min ＝12×(－1)＝－12.由存在x ∈[－4，－1)，使得不等式t 2－3t ≥4f (x )成立，可得t 2－3t ≥4×(－12)，解得t ≤1或t ≥2.。

2019北师大版同步优化探究理数练习：第二章第一节函数及其表示含解析

课时作业A组——基础对点练1．函数f(x)＝log2(x2＋2x－3)的定义域是()A．[－3,1]B．(－3,1)C．(－∞，－3]∪[1，＋∞)D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)解析：使函数f(x)有意义需满足x2＋2x－3＞0，解得x＞1或x＜－3，所以f(x)的定义域为(－∞，－3)∪(1，＋∞)．答案：D2．下列各组函数中，表示同一函数的是()A．f(x)＝x，g(x)＝(x)2B．f(x)＝x2，g(x)＝(x＋1)2C．f(x)＝x2，g(x)＝|x|D．f(x)＝0，g(x)＝x－1＋1－x解析：在A中，定义域不同，在B中，解析式不同，在D中，定义域不同．答案：C3．设M＝{x|－2≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，函数f(x)的定义域为M，值域为N，则f(x)的图像可以是()解析：A项，定义域为[－2,0]，D项，值域不是[0,2]，C项，当x＝0时有两个y 值与之对应，故选B.答案：B4．设f，g都是由A到A的映射，其对应法则如下：映射f的对应法则则f [g (1)]的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：由映射g 的对应法则，可知g (1)＝4，由映射f 的对应法则，知f (4)＝1，故f [g (1)]＝1. 答案：A5．已知f (x )是一次函数，且f [f (x )]＝x ＋2，则f (x )＝( ) A ．x ＋1 B ．2x －1 C ．－x ＋1D ．x ＋1或－x －1解析：设f (x )＝kx ＋b ，则由f [f (x )]＝x ＋2，可得k (kx ＋b )＋b ＝x ＋2，即k 2x ＋kb ＋b ＝x ＋2，∴k 2＝1，kb ＋b ＝2，解得k ＝1，b ＝1，则f (x )＝x ＋1.故选A. 答案：A6．设函数f (x )＝{ 3x －b ，x <1，x，x ≥1.若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫56＝4，则b ＝( ) A ．1 B.78 C.34D.12解析：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫56＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3×56－b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52－b .当52－b <1，即b >32时，3×⎝ ⎛⎭⎪⎫52－b －b ＝4，解得b ＝78(舍)．当52－b ≥1，即b ≤32时，解得b ＝12.故选D.答案：D7．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x，x ＞0，x ＋1，x ≤0，若f (a )＋f (1)＝0，则实数a 的值等于( )A ．－3B ．－1C ．1D ．3解析：由题意知f (1)＝21＝2.∵f (a )＋f (1)＝0， ∴f (a )＋2＝0.①当a ＞0时，f (a )＝2a,2a ＋2＝0无解； ②当a ≤0时，f (a )＝a ＋1，∴a ＋1＋2＝0， ∴a ＝－3. 答案：A8．下列函数中，不满足f (2x )＝2f (x )的是( ) A ．f (x )＝x ＋1 B ．f (x )＝x －|x | C ．f (x )＝|x |D ．f (x )＝－x解析：对于A ，f (x )＝x ＋1，f (2x )＝2x ＋1≠2f (x )＝2x ＋2，A 不满足；对于B ，f (x )＝x －|x |，f (2x )＝2x －|2x |＝2f (x )，B 满足；对于C ，f (x )＝|x |，f (2x )＝2|x |＝2f (x )，C 满足；对于D ，f (x )＝－x ，f (2x )＝－2x ＝2f (x )，D 满足．故选A. 答案：A9．已知函数f (x )＝2x ＋1(1≤x ≤3)，则( ) A ．f (x －1)＝2x ＋2(0≤x ≤2) B ．f (x －1)＝2x －1(2≤x ≤4) C ．f (x －1)＝2x －2(0≤x ≤2) D ．f (x －1)＝－2x ＋1(2≤x ≤4)解析：因为f (x )＝2x ＋1，所以f (x －1)＝2x －1.因为函数f (x )的定义域为[1,3]，所以1≤x －1≤3，即2≤x ≤4，故f (x －1)＝2x －1(2≤x ≤4)．答案：B10．某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数y ＝[x ]([x ]表示不大于x 的最大整数)可以表示为( ) A ．y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 10B ．y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋310 C ．y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋410 D ．y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋510 解析：取特殊值法，若x ＝56，则y ＝5，排除C ，D ；若x ＝57，则y ＝6，排除A ，选B. 答案：B11．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧log 2x －1，x >0，f (2－x )，x ≤0，则f (0)＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．3解析：f (0)＝f (2－0)＝f (2)＝log 22－1＝0. 答案：B12．已知实数a <0，函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋2a ，x <1，－x ，x ≥1，若f (1－a )≥f (1＋a )，则实数a的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．[－2，－1] C ．[－1,0)D ．(－∞，0)解析：当a <0时，1－a >1,1＋a <1，所以f (1－a )＝－(1－a )＝a －1，f (1＋a )＝(1＋a )2＋2a ＝a 2＋4a ＋1，由f (1－a )≥f (1＋a )得a 2＋3a ＋2≤0，解得－2≤a ≤－1，所以a ∈[－2，－1]．故选B. 答案：B13．若函数f (x )＝2x ＋3，g (x ＋2)＝f (x )，则函数g (x )的表达式为．解析：令x ＋2＝t ，则x ＝t －2.因为f (x )＝2x ＋3，所以g (x ＋2)＝f (x )＝2x ＋3，所以g (t )＝2(t －2)＋3＝2t －1.故函数g (x )的表达式为g (x )＝2x －1.答案：g (x )＝2x －114．(2018·唐山一中测试)已知函数f (x )＝ax 5－bx ＋|x |－1，若f (－2)＝2，则f (2)＝ .解析：因为f (－2)＝2，所以－32a ＋2b ＋2－1＝2，即32a －2b ＝－1，则f (2)＝32a －2b ＋2－1＝0. 答案：015．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧log 2x ，x >0，3x＋1，x ≤0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14的值是．解析：由题意可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝log 214＝－2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝f (－2)＝3－2＋1＝109. 答案：10916．(2018·广州市测试)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧21－x，x ≤1－log 2x ，x ＞0，若|f (a )|≥2，则实数a的取值范围是．解析：当a ≤0时，1－a ≥1,21－a ≥2，所以|f (a )|≥2成立；当a ＞0时，由|f (a )|≥2可得|1－log 2a |≥2，所以1－log 2a ≤－2或1－log 2a ≥2，解得0＜a ≤12或a ≥8.综上，实数a 的取值范围是(－∞，12]∪[8，＋∞)．答案：(－∞，12]∪[8，＋∞)B 组——能力提升练1．(2018·石家庄质检)已知函数f (x )＝{ 2e x －1，x ＜x 3＋x ，x ≥1，则f (f (x ))＜2的解集为( ) A ．(1－ln 2，＋∞) B ．(－∞，1－ln 2) C ．(1－ln 2,1)D ．(1,1＋ln 2)解析：因为当x ≥1时，f (x )＝x 3＋x ≥2，当x ＜1时，f (x )＝2e x －1＜2，所以f (f (x ))＜2等价于f (x )＜1，即2e x －1＜1，解得x ＜1－ln 2，所以f (f (x ))＜2的解集为(－∞，1－ln 2)，故选B. 答案：B2．具有性质：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－f (x )的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数：①f (x )＝x －1x ；②f (x )＝x ＋1x ；③f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，0＜x ＜1，0，x ＝1，－1x ，x ＞1.其中满足“倒负”变换的函数是( ) A ．①② B ．①③ C ．②③D ．①解析：对于①，f (x )＝x －1x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x －x ＝－f (x )，满足；对于②，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x ＋x ＝f (x )，不满足；对于③，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，0＜1x ＜1，0，1x ＝1，－x ，1x ＞1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ＞1，0，x ＝1，－x ，0＜x ＜1，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－f (x )，满足．综上可知，满足“倒负”变换的函数是①③.答案：B3．(2018·天津模拟)设函数f (x )满足f ⎝⎛⎭⎪⎫1－x 1＋x ＝1＋x ，则f (x )的表达式为( )A.21＋xB.21＋x 2C.1－x 21＋x 2D.1－x 1＋x解析：令1－x 1＋x ＝t ，则x ＝1－t1＋t ，代入f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－x 1＋x ＝1＋x ，得f (t )＝1＋1－t 1＋t ＝21＋t ，故选A. 答案：A4．(2018·郑州质检)设函数f ：R →R 满足f (0)＝1，且对任意x ，y ∈R 都有f (xy ＋1)＝f (x )f (y )－f (y )－x ＋2，则f (2 017)＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 017D ．2 018解析：令x ＝y ＝0，则f (1)＝f (0)f (0)－f (0)＋2＝1×1－1＋2＝2；令y ＝0，则f (1)＝f (x )f (0)－f (0)－x ＋2，将f (0)＝1，f (1)＝2代入，可得f (x )＝1＋x ，所以f (2 017)＝2 018.故选D. 答案：D5．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧f (x －4)，xe x ，－2≤x ≤2f (－x )，x <－2，则f (－2 017)＝( )A ．1B ．e C.1eD ．e 2解析：由已知可得，当x >2时，f (x )＝f (x －4)，故其周期为4，f (－2 017)＝f (2 017)＝f (2 016＋1)＝f (1)＝e. 答案：B6．函数f (x )＝⎩⎨⎧2e x －1，x <2，log 3(x 2－1)，x ≥2，则不等式f (x )>2的解集为( ) A ．(－2,4)B ．(－4，－2)∪(－1,2)C ．(1,2)∪(10，＋∞)D ．(10，＋∞)解析：令2e x －1>2(x <2)，解得1<x <2；令log 3(x 2－1)>2(x ≥2)，解得x >10，故选C. 答案：C7．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x ＋2)，x ＜2，⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，x ≥2，则f (－1＋log 35)的值为( )A.115 B.53 C ．15D.23解析：∵－1＋log 35＜2，∴f (－1＋log 35)＝f (－1＋log 35＋2)＝f (1＋log 35)＝f (log 315)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13log 315＝115，故选A. 答案：A8．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1，x ≥0，1x ，x <0，若f (f (a ))＝－12，则实数a ＝( )A ．4B ．－2C ．4或－12 D ．4或－2答案：C9．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ln (1＋x )＋x 2，x ≥－x ln (1－x )＋x 2，x <0，若f (－a )＋f (a )≤2f (1)，则实数a的取值范围是( ) A ．(－∞，－1]∪[1，＋∞) B ．[－1,0] C ．[0,1] D ．[－1,1]解析：若x >0，则－x <0，f (－x )＝x ln(1＋x )＋x 2＝f (x )，同理可得x <0时，f (－x )＝f (x )，且x ＝0时，f (0)＝f (0)，所以f (x )为偶函数．当x ≥0时，易知f (x )＝x ln(1＋x )＋x 2为增函数，所以不等式f (－a )＋f (a )≤2f (1)等价于2f (a )≤2f (1)，即f (a )≤f (1)，亦即f (|a |)≤f (1)，则|a |≤1，解得－1≤a ≤1，故选D. 答案：D10．已知实数a ≠0，函数f (x )＝⎩⎨⎧2x ＋a ，x <1，－x －2a ，x ≥1，若f (1－a )＝f (1＋a )，则a 的值为( ) A ．－32 B ．－34 C ．－32或－34D.32或－34解析：当a >0时，1－a <1,1＋a >1.由f (1－a )＝f (1＋a )得2－2a ＋a ＝－1－a －2a ，解得a ＝－32，不合题意；当a <0时，1－a >1,1＋a <1，由f (1－a )＝f (1＋a )得－1＋a －2a ＝2＋2a ＋a ，解得a ＝－34，所以a 的值为－34，故选B. 答案：B11．给出定义：若m －12＜x ≤m ＋12(其中m 为整数)，则m 叫作离实数x 最近的整数，记作{x }，即{x }＝m .现给出下列关于函数f (x )＝|x －{x }|的四个命题： ①f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12； ②f (3.4)＝－0.4； ③f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14； ④y ＝f (x )的定义域为R ，值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12.其中真命题的序号是( ) A ．①② B ．①③ C ．②④D ．③④解析：①∵－1－12＜－12≤－1＋12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫－12＝－1， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12－⎩⎨⎧⎭⎬⎫－12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12＋1＝12，∴①正确．②∵3－12＜3.4≤3＋12，∴{3,4}＝3， ∴f (3.4)＝|3.4－{3.4}|＝|3.4－3|＝0.4， ∴②错误．③∵0－12＜－14≤0＋12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫－14＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－14－0＝14.∵0－12＜14≤0＋12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫14＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪14－0＝14， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14， ∴③正确．④y ＝f (x )的定义域为R ，值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，∴④错误．故选B.答案：B12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1， x ≤0，－(x －1)2， x ＞0，则不等式f (x )≥－1的解集是．解析：由题意得⎩⎨⎧x ≤0，x2＋1≥－1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－(x －1)2≥－1，解得－4≤x ≤0或0＜x ≤2，即－4≤x ≤2，即不等式的解集为[－4,2]．答案：[－4,2]13．已知函数f (x )的定义域为实数集R ，任意x ∈R ，f (x －90)＝⎩⎨⎧ lg x ，x >0，－x ，x ≤0，则f (10)－f (－100)的值为．解析：令t ＝x －90，得x ＝t ＋90，则f (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧ lg (t ＋90)，t >－90，－(t ＋90)，t ≤－90，f (10)＝lg 100＝2，f (－100)＝－(－100＋90)＝10，所以f (10)－f (－100)＝－8. 答案：－814．(2018·郑州质检)若函数f (x )满足：任意a ，b ∈R ，都有3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 3＝f (a )＋2f (b )，且f (1)＝1，f (4)＝7，则f (2 017)＝ .解析：由已知得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 3＝f (a )＋2f (b )3. 取f (x )＝kx ＋m ，易验证f (x )＝kx ＋m 满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2b 3＝f (a )＋2f (b )3. 由f (1)＝1，f (4)＝7得⎩⎪⎨⎪⎧ k ＋m ＝4k ＋m ＝7，由此解得k ＝2，m ＝－1，故f (x )＝2x －1，f (2 017)＝2×2 017－1＝4 033.答案：4 033。

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