限时集训(六)-函数的单调性与最值.doc

限时集训(六)　函数的单调性与最值

(限时：60分钟　满分：110分)

一、填空题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．(2012·宿迁模拟)函数f(x)＝ 的单调减区间为________．
2．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是________．
3．若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是________．
4．(2012·潍坊模拟)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为________．
5．(2012·南京、盐城调研)函数f(x)＝(x2＋x＋1)ex(x∈R)的单调减区间为________．
6．函数f(x)＝x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．
7．(2013·江阴模拟)已知函数f(x)＝若f(2－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是________．
8．若函数f(x)＝loga(2x2＋x)(a>0且a≠1)在区间内恒有f(x)>0，则f(x)的单调递增区间为________．
9．(2012·东城模拟)函数f(x)的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，则称f(x)为单函数．例如：函数f(x)＝2x＋1(x∈R)是单函数．
给出下列命题：
①函数f(x)＝x2(x∈R)是单函数；
②指数函数f(x)＝2x(x∈R)是单函数；
③若f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；
④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数．
其中真命题是________(写出所有真命题的编号)．
10．(2013·苏州质检)已知函数f(x)＝
(a是常数且a>0)．对于下列命题：
①函数f(x)的最小值是－1；　②函数f(x)在R上是单调函数；　③若f(x)>0在上恒成立，则a的取值范围是a>1；　④对任意的x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有f<.
其中正确命题的序号是________(写出所有正确命题的序号)．
二、解答题(本大题共4小题，共60分)
11．(满分14分)已知函数f(x)＝－(a>0，x>0)．
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数；
(2)若f(x)在上的值域是，求a的值．

12．(满分14分)(2012·镇江模拟)已知函数f(x)对任意的a，b∈R恒有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，并且当x>0时，f(x)>1.
(1)求证：f(x)是R上的增函数；
(2)若f(4)＝5，解不等式f(3m2－m－2)<3.

13.(满分16分)(2013·徐州期中)设函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a、b∈R)．
(1)若f(－1)＝0，且对任意实数x均有f(x)≥0成立，求实数a、b的值；
(2)在(1)的条件下，当x∈[－2,2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求实数k的取值范围．

14．(满分16分)已知函数f(x)自变量取值区间A，若其值域区间也为A，则称区间A为f(x)的保值区间．
(1)求函数f(x)＝x2形如[n，＋∞)(n∈R)的保值区间；
(2)g(x)＝x－ln(x＋m)的保值区间是[2，＋∞)，求m的取值．
答案

[限时集训(六)]
1．解析：定义域为x<0或x>1，根据复合函数的单调性可得单调减区间为(－∞，0]．
答案：(－∞，0](开区间也行)
2．解析：函数f(x)的定义域是(－1,4)，u(x)＝－x2＋3x＋4＝－2＋的减区间为，
∵e>1，
∴函数f(x)的单调减区间为.
答案：
3．解析：∵函数f(x)＝－x2＋2ax在区间[1,2]上是减函数，∴a≤1.
又∵函数g(x)＝在区间[1,2]上也是减函数，
∴a>0.∴a的取值范围是(0,1]．
答案：(0,1]
4．解析：根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数．
a＝f＝f，所以b>a>c.
答案：b>a>c
5．解析：因为f′(x)＝(2x＋1)ex＋(x2＋x＋1)ex＝(x2＋3x＋2)ex，令f′(x)<0，则x2＋3x＋2<0，解得－2f(a)，知2－a2>a，
解得－22x2＋x>0，得x>0或x<－，所以函数f(x)的定义域为∪(0，＋∞)．易知函数g(x)在上单调递增，所以在上，00恒成立，故00在上恒成立则2a×－1>0，a>1，故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有f<成立，故④正确．
答案：①③④
11．解：(1)证明：设x2>x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0，
∵f(x2)－f(x1)＝－
＝－＝>0，
∴f(x2)>f(x1)．∴f(x)在(0，＋∞)上是单调递增的．
(2)∵f(x)在上的值域是，又f(x)在上单调递增，
∴f＝，f(2)＝2.∴易得a＝.
12．解：(1)证明：任取x1，x2∈R, 且x10，∴f(x2－x1)>1.
∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0，
即f(x2)>f(x1)．
∴f(x)是R上的增函数．
(2)令a＝b＝2，得f(4)＝f(2)＋f(2)－1＝2f(2)－1，
∴f(2)＝3.
而f(3m2－m－2)<3，∴f(3m2－m－2))由(1)可知f(x)＝x2＋2x＋1，
∴g(x)＝x2＋(2－k)x＋1.
∵g(x)在x∈[－2,2]时是单调函数，
∴[－2,2]或[－2,2].
∴2≤或≤－2，
解得，k≥6或k≤－2.
即实数k的取值范围为(－∞，－2]∪[6，＋∞)．
14．解：(1)若n<0，则n＝f(0)＝0，矛盾．
若n≥0，则n＝f(n)＝n2，
解得n＝0或1，
所以f(x)的保值区间为[0，＋∞)或[1，＋∞)．
(2)因为g(x)＝x－ln(x＋m)的保值区间是[2，＋∞)，
所以2＋m>0，即m>－2，
令g′(x)＝1－>0，得x>1－m，
所以g(x)在(1－m，＋∞)上为增函数，
同理可得g(x)在(－m,1－m)上为减函数．
若2≤1－m，即m≤－1时，
则g(1－m)＝2得m＝－1满足题意．
若m>－1时，则g(2)＝2，得m＝－1，矛盾．
所以满足条件的m值为－1.