2020版高考数学新设计一轮复习浙江专版讲义:第三章第二节函数的单调性与最值含答案

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第二节函数的单调性与最值
1.函数的单调性 (1)单调函数的定义
(2)单调区间的定义
如果函数y =f (x )在区间D 上是增函数或减函数,那么就说函数y =f (x )在这一区间具有(严格的)单调性,区间D 叫做函数y =
f (x )的单调区间.
2.函数的最值
[小题体验]
1.给定函数①y =x 12,②y =log 12(x +1),③y =|x -1|,④y =2x +
1.其中在区间(0,1)上单调递减的
函数序号是( )
A .①②
B .②③
C .③④
D .①④
解析:选B ①y =x 12在(0,1)上递增;②∵t =x +1在(0,1)上递增,且0<12<1,∴y =log 1
2
(x +
1)在(0,1)上递减;③结合图象(图略)可知y =|x -1|在(0,1)上递减;④∵u =x +1在(0,1)上递增,且2>1,∴y =2x
+1
在(0,1)上递增.故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.
2.(2019·绍兴调研)函数f (x )=⎝⎛⎭⎫13x
-log 2(x +2)在区间[-1,1]上的最大值为________. 解析:由于y =⎝⎛⎭⎫13x 在R 上单调递减,y =log 2(x +2)在[-1,1]上单调递增,所以f (x )在[-1,1]上单调递减,故f (x )在[-1,1]上的最大值为f (-1)=3.
答案:3
3.(2018·丽水模拟)已知函数 f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧
log 13x ,x >1,-x 2-2x +3,x ≤1,则f (f (3))=________,f (x )的单调
递减区间是________.
解析:∵f (3)=log 1
33=-1,
∴f (f (3))=f (-1)=-1+2+3=4.
当x ≤1时,f (x )=-x 2-2x +3=-(x +1)2+4, 对称轴x =-1,f (x )在[-1,1]上单调递减,且f (1)=0, 当x >1时,f (x )单调递减,且f (x )<f (1)=0, ∴f (x )在[-1,+∞)上单调递减. 答案:4 [-1,+∞)
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.若函数在两个不同的区间上单调性相同,则这两个区间要分开写,不能写成并集.例如,函数f (x )在区间(-1,0)上是减函数,在(0,1)上是减函数,但在(-1,0)∪(0,1)上却不一定是减函数,如函数f (x )=1
x
.
3.两函数f (x ),g (x )在x ∈(a ,b )上都是增(减)函数,则f (x )+g (x )也为增(减)函数,但f (x )·g (x ),1
f (x )
等的单调性与其正负有关,切不可盲目类比. [小题纠偏]
1.设定义在[-1,7]上的函数y =f (x )的图象如图所示,则函数y =f (x )的增区间为________.
答案:[-1,1],[5,7] 2.函数f (x )=
2
x -1
在[-6,-2]上的最大值是________,最小值是________.
解析:因为f (x )=
2x -1
在[-6,-2]上是减函数,所以当x =-6时,f (x )取得最大值-2
7.当x
=-2时,f (x )取得最小值-2
3
.
答案:-27 -2
3
考点一 函数单调性的判断(基础送分型考点——自主练透)
[题组练透]
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 )=-
1
x +1
D .f (x )=-|x |
解析:选C 当x >0时,f (x )=3-x 为减函数; 当x ∈⎝⎛⎭⎫0,3
2时,f (x )=x 2-3x 为减函数, 当x ∈⎝⎛⎭⎫3
2,+∞时,f (x )=x 2-3x 为增函数; 当x ∈(0,+∞)时,f (x )=-
1
x +1
为增函数; 当x ∈(0,+∞)时,f (x )=-|x |为减函数. 2.试讨论函数f (x )=ax
x -1
(a ≠0)在(-1,1)上的单调性. 解:法一:(定义法)
设-1<x 1<x 2<1,f (x )=a ⎝ ⎛⎭⎪
⎫x -1+1x -1=a ⎝⎛⎭
⎫1+1x -1,
f (x 1)-f (x 2)=a ⎝⎛⎭⎫1+1x 1-1-a ⎝⎛⎭⎫1+1
x 2-1

a (x 2-x 1)
(x 1-1)(x 2-1)

由于-1<x 1<x 2<1,所以x 2-x 1>0,x 1-1<0,x 2-1<0, 故当a >0时,f (x 1)-f (x 2)>0,即f (x 1)>f (x 2), 函数f (x )在(-1,1)上递减;
当a <0时,f (x 1)-f (x 2)<0,即f (x 1)<f (x 2), 函数f (x )在(-1,1)上递增. 法二:(导数法) f ′(x )=
(ax )′(x -1)-ax (x -1)′(x -1)2=a (x -1)-ax (x -1)2
=-a
(x -1)2
. 当a >0时,f ′(x )<0,函数f (x )在(-1,1)上递减;
当a <0时,f ′(x )>0,函数f (x )在(-1,1)上递增. 3.判断函数y =x +2
x +1在(-1,+∞)上的单调性.
解:法一:任取x 1,x 2∈(-1,+∞),且x 1<x 2, 则y 1-y 2=x 1+2x 1+1-x 2+2
x 2+1

x 2-x 1
(x 1+1)(x 2+1)
.
∵x 1>-1,x 2>-1,∴x 1+1>0,x 2+1>0, 又x 1<x 2,∴x 2-x 1>0, ∴
x 2-x 1
(x 1+1)(x 2+1)
>0,即y 1-y 2>0.
∴y 1>y 2,
∴函数y =x +2
x +1在(-1,+∞)上单调递减.
法二:y =x +2x +1=1+1
x +1
.
∵y =x +1在(-1,+∞)上是增函数, ∴y =1
x +1在(-1,+∞)上是减函数,
∴y =1+1
x +1在(-1,+∞)上是减函数.
即函数y =x +2
x +1
在(-1,+∞)上单调递减.
[谨记通法]
判断或证明函数的单调性的2种重要方法及其步骤 (1)定义法,其基本步骤: 取值
作差(商)
变形
确定符号(与1的大小)
得出
结论
(2)导数法,其基本步骤: 求导函数
确定符号
得出结论
考点二 求函数的单调区间(重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
求下列函数的单调区间: (1)y =-x 2+2|x |+1; (2)y =log 1
2
(x 2-3x +2).
解:(1)由于y =⎩⎪⎨⎪⎧
-x 2
+2x +1,x ≥0,
-x 2-2x +1,x <0,
即y =⎩⎪⎨⎪

-(x -1)2+2,x ≥0,-(x +1)2
+2,x <0.
画出函数图象如图所示,单调递增区间为(-∞,-1]和[0,1],单调递减区间为[-1,0]和[1,+∞).
(2)令u =x 2-3x +2,则原函数可以看作y =log 1
2u 与u =x 2-3x +2的复合函数.
令u =x 2-3x +2>0,则x <1或x >2.
∴函数y =log 1
2(x 2-3x +2)的定义域为(-∞,1)∪(2,+∞).
又u =x 2-3x +2的对称轴x =3
2
,且开口向上.
∴u =x 2-3x +2在(-∞,1)上是单调减函数,在(2,+∞)上是单调增函数. 而y =log 1
2
u 在(0,+∞)上是单调减函数,
∴y =log 1
2
(x 2-3x +2)的单调递减区间为(2,+∞),单调递增区间为(-∞,1).
[由题悟法]
确定函数的单调区间的3种方法
[提醒] 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.
[即时应用]
1.函数f (x )=⎝⎛⎭

122
x x -( )
A.⎝
⎛⎦⎤-∞,1
2 B.⎣⎡⎦⎤0,1
2 C.⎣⎡⎭
⎫1
2,+∞ D.⎣⎡⎦⎤12,1
解析:选D 令t =x -x 2,由x -x 2≥0,得0≤x ≤1,故函数的定义域为[0,1].因为g (t )=⎝⎛⎭
⎫12t
是减函数,所以f (x )的单调递增区间即t =x -x 2的单调递减区间.利用二次函数的性质,得t =
x -x 2的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤12,1,即原函数的单调递增区间为⎣⎡⎦
⎤1
2,1. 2.(2018·温州十校联考)函数f (x )=lg(9-x 2)的定义域为________;其单调递增区间为________. 解析:对于函数f (x )=lg(9-x 2),令t =9-x 2>0,解得-3<x <3,可得函数的定义域为(-3,3). 令g (x )=9-x 2,则函数f (x )=lg(g (x )),又函数g (x )在定义域内的增区间为(-3,0]. 所以函数f (x )=lg(9-x 2)在定义域内的单调递增区间为(-3,0]. 答案:(-3,3) (-3,0]
考点三 函数单调性的应用(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]
高考对函数单调性的考查多以选择题、填空题的形式出现,有时也应用于解答题中的某一问中.
常见的命题角度有: (1)求函数的值域或最值;
(2)比较两个函数值或两个自变量的大小; (3)解函数不等式;
(4)利用单调性求参数的取值范围或值.
[题点全练]
角度一:求函数的值域或最值
1.(2018·台州三区适应性考试)已知函数f (x )=2x +ax 3+b sin x (a >0,b >0),若x ∈[0,1]时,f (x )的最大值为3,则x ∈[-1,0)时,f (x )的最小值是________.
解析:因为函数f (x )=2x +ax 3+b sin x 在区间[-1,1]上为单调递增函数.所以当x ∈[0,1]时,f (x )的最大值为f (1)=2+a ·13+b sin 1=3,a +b sin 1=1,当x ∈[-1,0)时,f (x )的最小值为f (-1)=2-
1+a ·(-1)3+b sin(-1)=12-(a +b sin 1)=-12
.
答案:-1
2
角度二:比较两个函数值或两个自变量的大小
2.(2018·杭州模拟)已知函数f (x )的图象关于直线x =1对称,当x 2>x 1>1时,[f (x 2)-f (x 1)](x 2
-x 1)<0恒成立,设a =f ⎝⎛⎭
⎫-1
2,b =f (2),c =f (e),则a ,b ,c 的大小关系为( ) A .c >a >b B .c >b >a C .a >c >b
D .b >a >c
解析:选D 因f (x )的图象关于直线x =1对称. 由此可得f ⎝⎛⎭⎫-12=f ⎝⎛⎭
⎫5
2. 由x 2>x 1>1时,[f (x 2)-f (x 1)](x 2-x 1)<0恒成立,知f (x )在(1,+∞)上单调递减. ∵1<2<5
2
<e ,∴f (2)>f ⎝⎛⎭⎫52>f (e),∴b >a >c .
角度三:解函数不等式
3.已知函数f (x )为R 上的减函数,则满足f ⎝⎛⎭
⎫⎪⎪⎪⎪1x <f (1)的实数x 的取值范围是( ) A .(-1,1) B .(0,1)
C .(-1,0)∪(0,1)
D .(-∞,-1)∪(1,+∞)
解析:选C 由f (x )为R 上的减函数且f ⎝⎛⎭⎫⎪⎪⎪⎪1x <f (1),得⎩⎪⎨⎪⎧
⎪⎪⎪⎪1x >1,x ≠0,
即⎩⎪⎨⎪⎧
|x |<1,x ≠0.
∴-1<x <0或0<x <1.故选C.
角度四:利用单调性求参数的取值范围或值
4.若f (x )=⎩
⎪⎨⎪⎧
(3a -1)x +4a ,x <1,
-ax ,x ≥1是定义在R 上的减函数,则a 的取值范围是( )
A.⎣⎡⎭⎫
18,13 B.⎣⎡⎦⎤0,1
3 C.⎝⎛⎭
⎫0,13 D.⎝
⎛⎦⎤-∞,13 解析:选A 由题意知, ⎩⎪⎨⎪

3a -1<0,(3a -1)×1+4a ≥-a ,a >0,
解得⎩⎪⎨⎪⎧
a <1
3,a ≥1
8,a >0,
所以a ∈⎣⎡⎭⎫
18,13,故选A.
[通法在握]
函数单调性应用问题的常见类型及解题策略 (1)求函数最值
(2)比较大小
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. (3)解不等式
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.
(4)利用单调性求参数
视参数为已知数,依据函数的图象或单调性定义,确定函数的单调区间,与已知单调区间比较求参数.
[提醒] ①若函数在区间[a ,b ]上单调,则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的;②分段函数的单调性,除注意各段的单调性外,还要注意衔接点的取值.
[演练冲关]
1.设函数f (x )=⎩
⎪⎨⎪⎧
-x 2+4x ,x ≤4,
log 2x ,x >4.若函数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 )的图象如图所示,由图象可知,若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.
2.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:选D ∵当x =0时,两个表达式对应的函数值都为零,∴函数的图象是一条连续的曲线.∵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.
3.(2017·浙江名校高考联盟联考)若函数f (x )=a |x +b |-1在(1,+∞)上是减函数,则实数a 的取值范围是________,实数b 的取值范围是________.
解析:当a >0时,函数f (x )=a |x +b |-1在(-∞,-b ]上是减函数,在(-b ,+∞)上是增函数,不满足函数f (x )=a |x +b |-1在(1,+∞)上是减函数;当a =0时,f (x )=-1,不满足函数f (x )=a |x +b |-1在(1,+∞)上是减函数;当a <0时,函数f (x )=a |x +b |-1在(-∞,-b ]上是增函数,在(-b ,+∞)上是减函数,因为函数f (x )=a |x +b |-1在(1,+∞)上是减函数,所以a <0且-b ≤1,即a <0且b ≥-1.
答案:(-∞,0) [-1,+∞)
一抓基础,多练小题做到眼疾手快
1.(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-
x
B .y =x
C .y =log 2 x
D .y =-1
x
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.
2.(2018·绍兴模拟)已知函数f (x )的图象关于(1,0)对称,当x >1时,f (x )=log a (x -1),且f (3)=-1,若x 1+x 2<2,(x 1-1)(x 2-1)<0,则( )
A .f (x 1)+f (x 2)<0
B .f (x 1)+f (x 2)>0
C .f (x 1)+f (x 2)可能为0
D .f (x 1)+f (x 2)可正可负
解析:选B ∵当x >1时,f (x )=log a (x -1), f (3)=log a 2=-1,∴a =12,
故函数f (x )在(1,+∞)上为减函数, 若x 1+x 2<2,(x 1-1)(x 2-1)<0, 不妨令x 1<1,x 2>1,则x 2<2-x 1, f (x 2)>f (2-x 1),
又∵函数f (x )的图象关于(1,0)对称, ∴f (x 1)=-f (2-x 1),
此时f (x 1)+f (x 2)=-f (2-x 1)+f (x 2)>0,故选B.
3.已知函数f (x )=log 4(4-|x |),则f (x )的单调递增区间是________;f (0)+4f (2)=________. 解析:令y =log 4u ,其中u =4-|x |,且u =4-|x |>0,由于函数y =log 4u 是单调递增函数,故
要求f (x )的单调递增区间,只需求u =4-|x |的单调递增区间,得⎩⎪⎨⎪⎧
4-|x |>0,
x ≤0,
解得-4<x ≤0,所
以f (x )的单调递增区间是(-4,0];易得f (0)+4f (2)=log 44+4log 42=1+2=3.
答案:(-4,0] 3
4.函数y =x -x (x ≥0)的最大值为________.
解析:令t =x ,则t ≥0,所以y =t -t 2=-⎝⎛⎭⎫t -122+14,结合图象知,当t =12,即x =1
4时,y max =1
4
.
答案:14
5.(2018·杭州十二校联考)设min{x ,y }=⎩⎪⎨⎪⎧
y ,x ≥y ,
x ,x <y ,
若定义域为R 的函数f (x ),g (x )满足f (x )
+g (x )=2x
x 2+8
,则min{f (x ),g (x )}的最大值为____________.
解析:设min{f (x ),g (x )}=m ,∴⎩
⎪⎨⎪⎧
m ≤f (x ),m ≤g (x )⇒2m ≤f (x )+g (x )⇒m ≤x
x 2+8,
显然当m 取到最大值时,x >0,∴
x x 2
+8=1x +8x ≤12 x ·
8x
=28,∴m ≤2
8,当且仅当
⎩⎪⎨⎪⎧
f (x )=
g (x ),x =8x ,x >0
时等号成立,即m 的最大值是
2
8
. 答案:
28
二保高考,全练题型做到高考达标
1.已知函数f (x )=x 2-2x -3,则该函数的单调递增区间为( ) A .(-∞,1] B .[3,+∞) C .(-∞,-1]
D .[1,+∞)
解析:选B 设t =x 2-2x -3,由t ≥0, 即x 2-2x -3≥0,解得x ≤-1或x ≥3. 所以函数的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).
因为函数t =x 2-2x -3的图象的对称轴为x =1,所以函数t 在(-∞,-1]上单调递减,在[3,+∞)上单调递增.
所以函数f (x )的单调递增区间为[3,+∞).
2.(2018·浙江名校协作体联考)函数y =x +x 2-2x +3的值域为( ) A .[1+2,+∞) B .(2,+∞) C .[3,+∞)
D .(1,+∞)
解析:选D 因为函数y =x +x 2-2x +3=x +(x -1)2+2,所以当x ≥1时,函数为增函数,所以y ≥2+1;当x <1时,设x -1=t ,则t <0,函数y =t +t 2+2+1=
2
t 2
+2-t
+1,所以函数在(-∞,0)上为增函数,当t →0时,y →2+1,当t →-∞时,y →1,所以1<y <2+1.综上所述,函数y =x +x 2-2x +3的值域为(1,+∞).
3.定义新运算⊕:当a ≥b 时,a ⊕b =a ;当a <b 时,a ⊕b =b 2,则函数f (x )=(1⊕x )x -(2⊕x ),x ∈[-2,2]的最大值等于( )
A .-1
B .1
C .6
D .12
解析:选C 由已知得当-2≤x ≤1时,f (x )=x -2, 当1<x ≤2时,f (x )=x 3-2.
∵f (x )=x -2,f (x )=x 3-2在定义域内都为增函数.
∴f (x )的最大值为f (2)=23
-2=6.
4.已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧
ax 2-x -14,x ≤1,
log a x -1,x >1是R 上的单调函数,则实数a 的取值范围是( )
A.⎣⎡⎭⎫
14,12 B.⎣⎡⎦⎤
14,12 C.⎝⎛⎦
⎤0,12 D.⎣⎡⎭⎫12,1
解析:选B 由对数函数的定义可得a >0,且a ≠1.
又函数f (x )在R 上单调,则二次函数y =ax 2-x -1
4的图象开口向上,
所以函数f (x )在R 上单调递减, 故有⎩⎪⎨⎪⎧
0<a <1,12a
≥1,a ×12
-1-14
≥log a
1-1,即⎩⎪⎨⎪⎧
0<a <1,
0<a ≤12,
a ≥14.
所以a ∈⎣⎡⎦⎤
14,12.
5.(2018·湖州模拟)若f (x )是定义在(-1,1)上的减函数,则下列不等式正确的是( ) A .f (sin x )>f (cos x ) B .f ⎝⎛⎭⎫x 2
+12>f (x ) C .f ⎝⎛⎭⎫13x +1≥f ⎝⎛⎭
⎫1
2x +1
D .f ⎝
⎛⎭⎫13x +3-x ≥f ⎝⎛⎭
⎫1
2x +2-x
解析:选D A .x ∈⎝⎛⎭⎫
π4,1时,sin x >cos x , ∵f (x )在(-1,1)上为减函数, ∴f (sin x )<f (cos x ),∴该选项错误; B .x ∈(-1,1),∴x 2+12-x =12(x -1)2>0,
∴x 2+1
2>x ,且f (x )在(-1,1)上单调递减,
∴f ⎝⎛⎭⎫x 2
+12<f (x ),∴该选项错误;
C.13x +1-1
2x +1=2x
-3x
(3x +1)(2x +1)=3x ⎣⎡⎦
⎤⎝⎛⎭⎫23x -1(3x +1)(2x +1), ∵x ∈(-1,1),
∴x ∈(-1,0)时,⎝⎛⎭⎫23x
>1, ∴
13x
+1>1
2x +1
,且f (x )在(-1,1)上为减函数, ∴f ⎝⎛⎭⎫13x +1<f ⎝⎛⎭
⎫1
2x +1,∴该选项错误;
D.13x +3-x -1
2x +2-x =3x ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫23x -1⎣⎡⎦
⎤1-⎝⎛⎭⎫16x (3x +3-x )(2x +2-x ), ∴①x ∈(-1,0]时,⎝⎛⎭⎫23x -1≥0,1-⎝⎛⎭⎫16x ≤0, ∴
13x
+3-x ≤1
2x +2-x
. ②x ∈(0,1)时,⎝⎛⎭⎫23x -1<0,1-⎝⎛⎭⎫16x >0, ∴
13x
+3-x <1
2x +2-x
, ∴综上得,13x +3-x ≤12x +2-x ,
∵f (x )为(-1,1)上的减函数,
∴f ⎝⎛⎭⎫13x +3-x ≥f ⎝⎛⎭
⎫1
2x +2-x ,∴该选项正确.
6.(2019·金华四校联考)若函数f (x )=x 2+a |x -2|在(0,+∞)上单调递增,则实数a 的取值范围是________.
解析:∵f (x )=x 2+a |x -2|,
∴f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧
x 2+ax -2a ,x ≥2,x 2-ax +2a ,x <2.
又∵f (x )在(0,+∞)上单调递增,
∴⎩⎨⎧
-a
2
≤2,a
2≤0,
∴-4≤a ≤0,
∴实数a 的取值范围是[-4,0]. 答案:[-4,0]
7.设函数f (x )=⎩
⎪⎨⎪⎧
m +x 2
,|x |≥1,
x ,|x |<1的图象过点(1,1),函数g (x )是二次函数,若函数f (g (x ))的
值域是[0,+∞),则函数g (x )的值域是________.
解析:因为函数f (x )=⎩
⎪⎨⎪⎧
m +x 2
,|x |≥1,
x ,|x |<1的图象过点(1,1),所以m +1=1,解得m =0,所以
f (x )=⎩
⎪⎨⎪⎧
x 2
,|x |≥1,x ,|x |<1.画出函数y =f (x )的大致图象如图所示,观察图象可知,
当纵坐标在[0,+∞)上时,横坐标在(-∞,-1]∪[0,+∞)上变化. 而f (x )的值域是(-1,+∞), f (g (x ))的值域是[0,+∞), 因为g (x )是二次函数, 所以g (x )的值域是[0,+∞). 答案:[0,+∞)
8.若函数f (x )=a x (a >0,a ≠1)在[-1,2]上的最大值为4,最小值为m ,且函数g (x )=(1-4m )x 在[0,+∞)上是增函数,则a =________.
解析:函数g (x )在[0,+∞)上为增函数,则1-4m >0,即m <14.若a >1,则函数f (x )在[-1,2]
上的最小值为1a =m ,最大值为a 2=4,解得a =2,12=m ,与m <1
4矛盾;当0<a <1时,函数f (x )
在[-1,2]上的最小值为a 2=m ,最大值为a -
1=4,解得a =14,m =116.所以a =14
.
答案:1
4
9.(2018·杭州五校联考)函数y =f (x )的定义域为R ,若存在常数M >0,使得|f (x )|≥M |x |对一切实数x 均成立,则称f (x )为“圆锥托底型”函数.
(1)判断函数f (x )=2x ,g (x )=x 3是否为“圆锥托底型”函数?并说明理由. (2)若f (x )=x 2+1是“圆锥托底型”函数,求出M 的最大值.
解:(1)函数f (x )=2x .∵|2x |=2|x |≥2|x |,即对于一切实数x 使得|f (x )|≥2|x |成立, ∴函数f (x )=2x 是“圆锥托底型”函数. 对于g (x )=x 3,如果存在M >0满足|x 3|≥M |x |, 而当x =
M 2时,由⎪
⎪⎪⎪
M 23≥M ⎪
⎪⎪

M 2, ∴M
2
≥M ,得M ≤0,矛盾, ∴g (x )=x 3不是“圆锥托底型”函数.
(2)∵f (x )=x 2+1是“圆锥托底型”函数,故存在M >0,使得|f (x )|=|x 2+1|≥M |x |对于任意实数恒成立.
∴x ≠0时,M ≤⎪⎪⎪⎪x +1x =|x |+1|x |,此时当x =±1时,|x |+1|x |
取得最小值2,
∴M ≤2.而当x =0时,也成立. ∴M 的最大值等于2. 10.已知函数f (x )=a -1
|x |
.
(1)求证:函数y =f (x )在(0,+∞)上是增函数;
(2)若f (x )<2x 在(1,+∞)上恒成立,求实数a 的取值范围. 解:(1)证明:当x ∈(0,+∞)时,f (x )=a -1
x ,
设0<x 1<x 2,则x 1x 2>0,x 2-x 1>0,
f (x 2)-f (x 1)=⎝⎛⎭⎫a -1x 2-⎝⎛⎭⎫a -1x 1=1x 1-1x 2=x 2-x 1x 1x 2>0, 所以f (x )在(0,+∞)上是增函数. (2)由题意a -1
x <2x 在(1,+∞)上恒成立, 设h (x )=2x +1
x ,
则a <h (x )在(1,+∞)上恒成立. 任取x 1,x 2∈(1,+∞)且x 1<x 2, h (x 1)-h (x 2)=(x 1-x 2)⎝⎛⎭⎫2-1x 1x 2.
因为1<x 1<x 2,所以x 1-x 2<0,x 1x 2>1,所以2-1
x 1x 2
>0, 所以h (x 1)<h (x 2),
所以h (x )在(1,+∞)上单调递增. 故a ≤h (1),即a ≤3,
所以实数a 的取值范围是(-∞,3]. 三上台阶,自主选做志在冲刺名校
1.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 <0
B .m -n >0
C .m +n <0
D .m +n >0
解析:选A 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 )是R 上的减函数, ∴当m <n 时,有F (m )>F (n ), 即f (m )-f (-m )>f (n )-f (-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.
2.已知函数f (x )=lg ⎝⎛⎭⎫x +a
x -2,其中a 是大于0的常数. (1)求函数f (x )的定义域;
(2)当a ∈(1,4)时,求函数f (x )在[2,+∞)上的最小值; (3)若对任意x ∈[2,+∞)恒有f (x )>0,试确定a 的取值范围. 解:(1)由x +a
x -2>0,得x 2-2x +a x
>0, 当a >1时,x 2-2x +a >0恒成立,定义域为(0,+∞); 当a =1时,定义域为{x |x >0且x ≠1};
当0<a <1时,定义域为{x |0<x <1-1-a 或x >1+1-a }.
(2)设g (x )=x +a x -2,当a ∈(1,4),x ∈[2,+∞)时,g ′(x )=1-a x 2=x 2
-a
x
2>0恒成立,
所以g (x )=x +a
x -2在[2,+∞)上是增函数.
所以f (x )=lg ⎝⎛⎭⎫x +a
x -2在[2,+∞)上是增函数. 所以f (x )=lg ⎝⎛⎭⎫x +a x -2在[2,+∞)上的最小值为f (2)=lg a 2. (3)对任意x ∈[2,+∞)恒有f (x )>0, 即x +a
x -2>1对任意x ∈[2,+∞)恒成立. 所以a >3x -x 2,令h (x )=3x -x 2,
而h (x )=3x -x 2=-⎝⎛⎭⎫x -322+9
4在[2,+∞)上是减函数,所以h (x )max =h (2)=2,所以a >2. 即a 的取值范围为(2,+∞).。

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