【全程复习方略】(广西专用)2013版高中数学-2.3函数的单调性及最值课时提能训练-文-新人教版.doc

【全程复习方略】（广西专用）2013版高中数学 2.3函数的单调性及最值课时提能训练 文 新人教版
(45分钟 100分)
一、选择题(每小题6分，共36分)
1.“a＝1”是“函数f(x)＝|x－a|在区间[1，＋∞)上为增函数”的(　　)
(A)充分而不必要条件　　 (B)必要而不充分条件
(C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件
2.(2012·桂林模拟)函数f(x)＝(1－x2)的单调递减区间是(　　)
(A)[0,1) (B)(－∞，0]
(C)(－1,0] (D)[0，＋∞)
3.(预测题)若函数f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝(a＋1)1－x在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是(　　)
(A)(－1,0) (B)(－1,0)∪(0,1]
(C)(0,1) (D)(0,1]
4.(2012·梧州模拟)已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f(||) (D)(－∞，－1)∪(1，＋∞)
5.已知函数y＝＋的最大值为M，最小值为m，则的值为(　　)
(A) (B) (C) (D)
6.设函数f(x)＝2x＋－1(x<0)，则f(x)(　　)
(A)有最大值 (B)有最小值
(C)是增函数 (D)是减函数
二、填空题(每小题6分，共18分)
7.函数f(x)＝的单调增区间为　　　　.
8.(易错题)已知函数f(x)＝，则满足不等式f(1－x2)>f(2x)的x的取值范围是　　　.
9.若函数f(x)满足下列性质：
(1)定义域为R，值域为[1，＋∞)；
(2)图象关于x＝2对称；
(3)对任意x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，都有<0.请写出函数f(x)的一个解析式　　　　(只要写出一个即可).
三、解答题(每小题15分，共30分)
10.已知f(x)＝(x≠a).
(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增；
(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围.
11.(2012·防城港模拟)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.
【探究创新】
(16分)已知函数y＝x＋有如下性质：如果常数a>0，那么该函数在(0， ]上是减函数，在(，＋∞)上是增函数.
(1)如果函数y＝x＋(x>0)的值域是[6，＋∞)，求实数m的值；
(2)若把函数f(x)＝x2＋(a>0)在[1,2]上的最小值记为g(a)，求g(a)的表达式.

答案解析
1.【解析】选A.a＝1⇒函数f(x)＝|x－a|在区间[1，＋∞)上为增函数；函数f(x)＝|x－a|在区间[1，＋∞)上为增函数⇒a≤1；故选A.
2.【解析】选C.底数<1，需找出定义域上使g(x)＝1－x2单调递增的区间，解得－1x)的单调递减区间是(－1,0].
3.【解析】选D.由题意，函数f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2在区间[1,2]上
是减函数，得：a≤1，由题意，函数g(x)＝(a＋1)1－x在区间[1,2]上是减函数，得：a＋1>1，∴a>0，综上0不等式或不等式组；
第四步：解不等式或不等式组确定解集；
第五步：反思回顾，查看关键点，易错点及解题规范.
5.【解题指南】先求y2的值域，再求出M、m，得答案.
【解析】选C.y2＝4＋2⇒4≤y2≤8
又∵y>0，∴2≤y≤2，
故＝.
6.【解题指南】本题是形如“f(x)＝ax＋(a>0，b>0)”的函数，可根据此类函数的性质直接使用结论；本题也可以采用不等式的性质求解.
【解析】选A.方法一：由f(x)＝ax＋(a>0，b>0)的性质可排除C、D.
又函数在(－，0)上为减函数，在(－∞，－]上为增函数.
所以当x＝－时，f(x)max＝－2－1.
方法二：∵x<0，
∴f(x)＝2x＋－1＝－(－2x＋)－1
≤－2－1＝－2－1.
当且仅当－2x＝即x＝－时取等号.
7.【解析】∵t＝x2－2x－3≥0，
∴x≤－1或x≥3.
当x∈(－∞，－1]时，x递增，t递减，f(x)递减，
当x∈[3，＋∞)时，x递增，t递增，f(x)递增，
∴当x∈(－∞，－1]时，f(x)是减函数；
当x∈[3，＋∞)时，f(x)是增函数.
答案：[3，＋∞)
8.【解题指南】结合函数f(x)＝的图象以及f(1－x2)>f(2x)的条件，可以得出1－x2与2x之间的大小关系，进而求解x的取值范围.
【解析】画出f(x)＝的图象，

由图象可知，若f(1－x2)>f(2x)，
则，即，
得x∈(－1，－1).
答案：(－1，－1)
【误区警示】本题为分段函数和复合函数的综合题，受思维定势的影响，解决本题时，仅考虑了函数的单调性若f(1－x2)>f(2x)，则1－x2>2x，却忽略了1－x2>0导致错解.
9.【解题指南】本题是开放性问题，答案不唯一，只要写出一个满足题意的答案即可.
【解析】∵<0，x1，x2∈(－∞，0)且x1≠x2，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，y＝x2满足，
∵f(x)的图象关于x＝2对称，
∴y＝(x－2)2满足，
又∵f(x)定义域为R且值域为[1，＋∞)，
∴f(x)＝(x－2)2＋1满足.
答案：f(x)＝(x－2)2＋1(答案不唯一)
10.【解析】(1)任取x10，x1－x2<0，
∴f(x1)0，x2－x1>0，
∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1.
综上所述知00，f(3)＝1.判断函数g(x)＝f(x)＋在区间(0,3]上的单调性，并加以证明.
【解析】任取x1，x2∈(0,3]，且x10，f(3)＝1，
所以由0g(x2)，故g(x)在(0,3]上是减函数.
11.【解题指南】(1)先证明函数f(x)在[1，＋∞)上的单调性，然后利用函数的单调性求解.
(2)采用转化为求函数在[1，＋∞)上的最小值大于0的问题来解决.
【解析】(1)当a＝时，
f(x)＝x＋＋2，x∈[1，＋∞).
设x2>x1≥1，则f(x2)－f(x1)＝x2＋－x1－
＝(x2－x1)＋＝(x2－x1)(1－)，
∵x2>x1≥1，∴x2－x1>0,1－>0，
则f(x2)>f(x1)，
可知f(x)在[1，＋∞)上是增函数.
∴f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝.
(2)在区间[1，＋∞)上，f(x)＝>0恒成立⇔x2＋2x＋a>0恒成立，
设g(x)＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)，
由g(x)＝(x＋1)2＋a－1可知其在[1，＋∞)上是增函数，
当x＝1时，g(x)min＝3＋a，于是当且仅当g(x)min＝3＋a>0时函数f(x)>0恒成立，故a>－3.
【方法技巧】函数性质在求函数值域中的运用
(1)中用函数单调性求函数的最小值；
(2)中用函数的最值解决恒成立问题.在(2)中，还可以使用分离参数法，要使x2＋2x＋a>0在[1，＋∞)上恒成立，只需要a>－x2－2x＝－(x＋1)2＋1恒成立，由二次函数的性质得－(x＋1)2＋1≤－3，所以只要a>－3即可.
【探究创新】
【解析】(1)由已知，函数y＝x＋(x>0)在(0，]上是减函数，在(，
＋∞)上是增函数，
∴ymin＝＋＝2，
即2＝6，解得m＝2.
(2)令x2＝t，∵x∈[1,2]，∴t∈[1,4]，h(t)＝t＋，原题即求h(t)在[1,4]上的最小值.
①当>4，即a>16时，h(t)在[1,4]上是减函数，此时g(a)＝h(4)＝4＋；
②当1≤≤4，即1≤a≤16时，
此时g(a)＝h()＝2；
③当<1，即0