單調(diào)性與最大(小)值 習(xí)題(含答案).doc

單調(diào)性與最大（?。┲?習(xí)題（含答案） 一、單選題1下列函數(shù)中，在(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增的是()A y=1-x B y=x-1 C y=x-2 D y=x2+12設(shè)函數(shù)f(x)是奇函數(shù)f(x)xR的導(dǎo)函數(shù)，f(-1)=0，當(dāng)x0時(shí)，xfx-fx0成立的x的取值范圍是()A (-,-1)(0,1) B (0,1) C (-1,0)(1,+) D (-,-1)3關(guān)于函數(shù)y=ln(9x2+1-3x)有如下命題：f(a)f(b)a0，給出如下命題：f3=0； 直線x=-6是函數(shù)y=fx的圖象的一條對(duì)稱軸；函數(shù)y=fx在-9,-6上為增函數(shù)；函數(shù)y=fx在-9,9上有四個(gè)零點(diǎn).其中所有正確命題的序號(hào)為（ ）A B C D 5函數(shù)fx=x2+lnx的圖象大致為（ ）A B C D 6設(shè)函數(shù)fx=2x，x0x，x0，則滿足fx+10的解集是( )A (-3，-1) B (-1，1)(1，3)C (-3，0)(3，+) D (-3，1)(2，+)8下列函數(shù)既是增函數(shù)，圖象又關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的是( )A y=x|x| B y=ex C y=-1x D y=log2x9已知函數(shù)fx=2a-1x+a,x2logax-1,1x2是1,+上的減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（ ）A 25,12 B 0,12 C 0,25 D 0,1510已知y=x2-2(a-1)x+5在區(qū)間(1,+)上是增函數(shù)，則a的范圍是（ ）A a-2 B a2 C am成立，則m的取值范圍為_13已知函數(shù)f(x)=ex-e-x-2sinx，則不等式f(2x2-1)+f(x)0的解集為_.14已知函數(shù)f(x)=-2x2+mx+3(0m4,0x1)的最大值為4，則m的值為_15已知函數(shù)f(x)=-12x2-cosx，則不等式f(x+1)-f(1-3x)0的解集為_三、解答題16已知函數(shù)f(x)=logax+log4x(0a1)為增函數(shù)（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2）當(dāng)a4時(shí)，是否存在正實(shí)數(shù)m，n(mn)，使得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閙，n，值域?yàn)閙2，n2？如果存在，求出所有的m，n，如果不存在，請(qǐng)說明理由17已知函數(shù)fx=lnxx-1.（）求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（）若a1，證明：f(x)a(x+1)ex（其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e=2.71828）18已知函數(shù)f(x)=log4(ax2+2x+3)(I)若f(1)=1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(II)是否存在實(shí)數(shù)a，使f(x)的最小值為0？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由19已知函數(shù)fx=x2-2a+1x+2axlnx+2a+1aR.（1）a=-2時(shí)，求fx在0,2上的單調(diào)區(qū)間；（2）x0且x1， 2axlnxx-12a+1-x均恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.20已知函數(shù)f(x)=(ax+1)lnx-x2+1（1）令g(x)=f(x)，判斷g(x)的單調(diào)性；（2）當(dāng)x1時(shí)，f(x)0的解集【詳解】解：設(shè)g(x)=f(x)x，則g(x)的導(dǎo)數(shù)為：g(x)=xf(x)-f(x)x2，當(dāng)x0時(shí)總有xf(x)0時(shí)，g(x)恒小于0，當(dāng)x0時(shí)，函數(shù)g(x)=f(x)x為減函數(shù)，又g(-x)=f(-x)-x=-f(x)-x=f(x)x=g(x)，函數(shù)g(x)為定義域上的偶函數(shù)，又g(-1)=f(-1)-1=0，函數(shù)g(x)的大致圖象如圖所示：數(shù)形結(jié)合可得，不等式f(x)0等價(jià)于xg(x)0，即g(x)0x0或g(x)0x0，解得0x1或x0成立的x的取值范圍是(-,-1)(0,1)故選：A【點(diǎn)睛】本小題主要考查利用構(gòu)造函數(shù)法，以及函數(shù)導(dǎo)數(shù)求解不等式.在解題過程中，首先根據(jù)題意構(gòu)造出與題目本身相對(duì)應(yīng)的函數(shù).如本題中的函數(shù)gx，在不同的題目中，構(gòu)造的函數(shù)是不相同的.構(gòu)造函數(shù)之后，利用導(dǎo)數(shù)，研究所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性，再結(jié)合所求不等式來解.3A【解析】【分析】研究函數(shù)y=ln(9x2+1-3x)的奇偶性、單調(diào)性、圖形即可做出判定【詳解】函數(shù)y=ln(9x2+1-3x)9x2+1-3x0恒成立故定義域?yàn)镽，則值域?yàn)镽，故正確f-x= ln(9x2+1+3x)，f-x+fx= ln9x2+1+3x+ln9x2+1-3x=ln1=0，f-x=-fx，圖象關(guān)于原點(diǎn)中心對(duì)稱，故正確9x2+1-3x=9x2+1-3x1=19x2+1+3x，可知19x2+1+3x單調(diào)遞減y=ln(9x2+1-3x)單調(diào)遞減故f(a)f(b)ab，故正確當(dāng)x=1時(shí)，y=ln(10-3)10-31，y=ln(10-3)0，故fx在0，3上為增函數(shù)fx是偶函數(shù)，故fx在-3，0上為減函數(shù)函數(shù)fx是周期等于6的周期函數(shù)故fx在-9，-6上為減函數(shù)，故錯(cuò)誤函數(shù)fx是周期等于6的周期函數(shù)f-9=f-3=f3=f9=0，故函數(shù)y=fx在-9,9上有四個(gè)零點(diǎn)，故正確綜上所述，則正確命題的序號(hào)為故選D【點(diǎn)睛】本題考查了函數(shù)的性質(zhì)：奇偶性、周期性以及單調(diào)性，在求解過程中熟練運(yùn)用各性質(zhì)進(jìn)行解題，注意零點(diǎn)問題的求解。5A【解析】【分析】利用函數(shù)的奇偶性排除選項(xiàng)，再利用單調(diào)性（或特殊點(diǎn)）判斷即可【詳解】函數(shù)fx=x2+lnx是偶函數(shù)，排除選項(xiàng)B，C；當(dāng)x0時(shí)，fx=x2+lnx，fx=2x+1x0fx在0，+上單調(diào)遞增，排除D故選：A【點(diǎn)睛】函數(shù)圖象的辨識(shí)可從以下方面入手：（1）從函數(shù)的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數(shù)的值域，判斷圖象的上下位置；（2）從函數(shù)的單調(diào)性，判斷圖象的變化趨勢(shì)；（3）從函數(shù)的奇偶性，判斷圖象的對(duì)稱性；（4）從函數(shù)的特征點(diǎn)，排除不合要求的圖象.6B【解析】【分析】由分段函數(shù)的解析式以及指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得fx在R上單調(diào)遞増，原不等式等價(jià)于x+12x ,解不等式即可得到所求解集.【詳解】函數(shù)fx=2x,x0x,x0,可得fx在R上單調(diào)遞増，fx-1f2x化為x+12x，解得x1,fx-10變形為兩個(gè)不等式組，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分情況解兩個(gè)不等式組，所得解集求并集后即可得到結(jié)論【詳解】函數(shù)f(x)為奇函數(shù)且在(,0)上單調(diào)遞減，f(x)在(0,+)上也單調(diào)遞減，不等式(x1)f(x1)0可變形為x-10f(x-1)0或x-10f(x-1)0f(x-1)f(2)，所以x-10x-12，解得1x3；不等式組即為x-10f(x-1)f(-2)，所以x-1-2，解得1x1原不等式的解集為x|1x1或1x3故選B【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)單調(diào)性、奇偶性在解不等式中的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意得到函數(shù)在定義域上的性質(zhì)，然后再通過分類討論將不等式轉(zhuǎn)化為不等式組求解，具有綜合性，同時(shí)也考查分析問題、解決問題的能力8A【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)增減性與奇偶性進(jìn)行判斷選擇.【詳解】y=x|x|=x2,x0-x2,x0是R上增函數(shù)，為奇函數(shù)，圖象又關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，y=ex是R上增函數(shù)，無奇偶性,y=-1x在(-,0)和(0,+)上增函數(shù)，為奇函數(shù)，圖象又關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，y=log2x在(0,+)上為增函數(shù)，無奇偶性,選A.【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)增減性與奇偶性,考查基本分析判斷能力,屬基礎(chǔ)題.9C【解析】【分析】根據(jù)分段函數(shù)單調(diào)性列不等式,解得結(jié)果.【詳解】又題意得2a-100a12(2a-1)+aloga100,h(12)=-3+34+13ln30，因?yàn)閔(0)=0，h(12)=38-330,h(x)在0,12上有兩個(gè)零點(diǎn),而g(x)在12,3 上的圖象與函數(shù)y=(13)x 的圖象有3個(gè)交點(diǎn)，從而可得結(jié)果.【詳解】由1-3xx3-3x2+1=0 得，x3-3x2+1=3-x.令g(x)=x3-3x2+1,則g(x)=3x2-6x=0，x1=0,x2=2 .g(x) 在0,2 上單減，在2，3 上單增.g(0)=1,g(2)=-3,g(3)=1 g(12)=38. 令h(x)=x3-3x2+1-(13)x，其中x0,12 ,則h(x)=3x2-6x+(13)xln3，h(x)=6x-6-(13)x(ln3)20,h(12)=-3+34+13ln30，所以存在唯一的x0(0,12)，使得h(x0)=0 ,因此函數(shù)h(x)在0,x0 上單增，在x0,12上單減,又因?yàn)閔(0)=0，h(12)=38-330,所以h(x)在0,12上有兩個(gè)零點(diǎn),而g(x)在12,3 上的圖象與函數(shù)y=(13)x 的圖象有3個(gè)交點(diǎn). 函數(shù)fx=1-3xx3-3x2+1在0,3上的零點(diǎn)有5個(gè)，故正確答案是5.【點(diǎn)睛】本題主要考查函數(shù)的零點(diǎn)以及導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，屬于難題. 函數(shù)的性質(zhì)問題以及函數(shù)零點(diǎn)問題是高考的高頻考點(diǎn)，考生需要對(duì)初高中階段學(xué)習(xí)的十幾種初等函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性以及對(duì)稱性非常熟悉；另外，函數(shù)零點(diǎn)的幾種等價(jià)形式：函數(shù)y=f(x)-g(x)的零點(diǎn)函數(shù)y=f(x)-g(x)在x軸的交點(diǎn)方程f(x)-g(x)=0的根函數(shù)y=f(x)與y=g(x)的交點(diǎn).12(-,6)【解析】【分析】利用方程思想得到f(x)=x+log2x，利用單調(diào)性明確函數(shù)f(x)的最大值即可.【詳解】f(x)+3f(1x)=x+3x-2log2x，以1x代入x得f(1x)+3f(x)=1x+3x+2log2x，消去f(1x)得f(x)=x+log2x，若x2,4，則f(x)單調(diào)遞增，f(x)max=f(4)=6，則m0,ex+e-x2exe-x=2，所以f(x)0在（0，+）上恒成立，所以函數(shù)f(x)在（0，+）上單調(diào)遞增，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，所以f2x2-1-fx=f(-x),所以2x2-1-x,-1x12.故答案為：-1,12【點(diǎn)睛】本題主要考查函數(shù)的奇偶性的判定，考查函數(shù)的單調(diào)性的判定，考查函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的運(yùn)用，意在考查學(xué)生對(duì)這些知識(shí)的掌握水平和分析推理能力.1422【解析】【分析】配方，fx=-2x2+mx+3=-2x-m42+m28+3分析對(duì)稱軸x=m4與區(qū)間0,1的關(guān)系，求最大值，列方程求解【詳解】fx=-2x2+mx+3=-2x-m42+m28+30m4,0m41,當(dāng)x=m4時(shí)，f(x)取得最大值，m28+3=4,解得，m=22【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)在指定區(qū)間上的最值問題，常常討論對(duì)稱軸與區(qū)間的關(guān)系15(-,01,+)【解析】求導(dǎo)可得f(x)=-x+sinx,f(x)=-1+cosx0，所以f(x)在R上單調(diào)遞減，且f(0)=0，所以當(dāng)x0,當(dāng)x0時(shí)，f(x)0。所以函數(shù)f(x)在(-,0)上單調(diào)遞增，在(0,+)上單調(diào)遞減，且函數(shù)f(x)為偶函數(shù)。f(x+1)-f(1-3x)0變形為f(x+1)f(1-3x)，只需|x+1|1-3x|，解得(-,01,+)，填(-,01,+?！军c(diǎn)睛】解復(fù)雜函數(shù)型不等式，可以先考慮函數(shù)的性質(zhì)，如奇偶性、單調(diào)性等，可以利用函數(shù)性質(zhì)解不等式。16：（1）14a1（2）存在滿足條件的m，n，且m=2,n=4.【解析】【分析】（1）根據(jù)題意得到f(x)=1xlna+1xln4=1xln4a0恒成立，4a0又a1，進(jìn)而得到參數(shù)值;(2)根據(jù)題意得到函數(shù)表達(dá)式為fx=2log4x，fx在m,n上單調(diào)遞增,2log4m=m22log4m=m2，進(jìn)而得到m、n是方程2log4x=x2的兩個(gè)根，求出m,n的值.【詳解】（1）由f(x)=1xlna+1xln4=1xln4a0得：4a0又a1，所以 14a1（2）當(dāng)a=4時(shí)，fx=2log4x,fx在m,n上單調(diào)遞增,2log4m=m22log4m=m2m、n是方程2log4x=x2的兩個(gè)根.解得：m=2,n=4存在滿足條件的m，n，且m=2,n=4.【點(diǎn)睛】這個(gè)題目考查了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)的單調(diào)性中的應(yīng)用，判斷函數(shù)的單調(diào)性常用的方法是：求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.導(dǎo)函數(shù)為正的區(qū)間是增區(qū)間，導(dǎo)函數(shù)為負(fù)的區(qū)間是減區(qū)間.17(1) f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+)上也單調(diào)遞減；(2)見解析.【解析】【分析】（1）求導(dǎo)后分析導(dǎo)數(shù)的分子的正負(fù)，構(gòu)造u(x)=1-1x-lnx，利用導(dǎo)數(shù)可分析u(x)的正負(fù)，即可得到函數(shù)單調(diào)區(qū)間（2）因a1故a(x+1)ex(x+1)ex，因此只需證明lnxx-1x+1ex,x(0,1)(1,+)，先證明x(1,+)時(shí)的情況，構(gòu)造g(x)=lnx-x2-1ex可證明g(x)g(1)=0，再證明x(0,1)時(shí)的情況,證明lnxx-11x+1ex即可.【詳解】（1）定義域x(0,1)(1,+)，f(x)=1-1x-lnx(x-1)2 令u(x)=1-1x-lnx，則u(x)=1-xx2，所以u(píng)(x)在(0,1,1,+)，故x(0,1)(1,+)時(shí)，u(x)u(1)=0，也即f(x)x+1ex,x(0,1)(1,+)（記為）先證明x(1,+)時(shí)的情況：此時(shí)lnx-x2-1ex0，令g(x)=lnx-x2-1ex,g(x)=ex+x3-2x2-xxex令h(x)=ex+x3-2x2-x,h(x)=ex+3x2-4x-1,h(x)=ex+6x-40(x1)，故h(x)在(1,+)，故h(x)h(1)=e-20h(x)在(1,+)，于是h(x)h(1)=e-20 g(x)0g(x)在(1,+)，因此，x(1,+)時(shí)g(x)g(1)=0，即lnx-x2-1ex0下面證明x(0,1)時(shí)的情況：令g(x)=ex-x-1,g(x)=ex-10，故g(x)在0,1)，于是x(0,1)時(shí)g(x)g(0)=0x+1ex0，故h(x)在(0,1故x(0,1)時(shí)，h(x)h(1)=0即lnx-x+11x+1ex，證畢；【點(diǎn)睛】本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，屬于難題.解決不等式的證明問題，主要是構(gòu)造合適的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，求其最值，分析函數(shù)的正負(fù)，得到所研究的不等式.18（I）單調(diào)增區(qū)間為(-1,1)，單調(diào)減區(qū)間為(1,3)；（II）存在實(shí)數(shù)a=12，使f(x)的最小值為0.【解析】【分析】(I)根據(jù)f(1)=1代入函數(shù)表達(dá)式，解出a=-1，再代入原函數(shù)得f(x)=log4(-x2+2x+3)，求出函數(shù)的定義域后，討論真數(shù)對(duì)應(yīng)的二次函數(shù)在函數(shù)定義域內(nèi)的單調(diào)性，即可得函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(II)先假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f(x)的最小值為0，根據(jù)函數(shù)表達(dá)式可得真數(shù)t=ax2+2x+31恒成立，且真數(shù)t的最小值恰好是1，再結(jié)合二次函數(shù)t=ax2+2x+3的性質(zhì)，可列出式子：a0f(-1a)=0，由此解出a=12，從而得到存在a的值，使f(x)的最小值為0【詳解】(I)f(x)=log4(ax2+2x+3)且f(1)=1，log4(a12+21+3)=1a+5=4a=-1可得函數(shù)f(x)=log4(-x2+2x+3)真數(shù)為-x2+2x+30-1x1函數(shù)f(x)=log4(-x2+2x+3)的單調(diào)增區(qū)間為(-1,1)，單調(diào)減區(qū)間為(1,3)(II)設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f(x)的最小值為0，由于底數(shù)為41，可得真數(shù)t=ax2+2x+31恒成立，且真數(shù)t的最小值恰好是1，即a為正數(shù)，且當(dāng)x=-22a=-1a時(shí)，t值為1a0a(-1a)2+2(-1a)+3=1a0-1a+2=0a=12因此存在實(shí)數(shù)a=12，使f(x)的最小值為0【點(diǎn)睛】本題借助于一個(gè)對(duì)數(shù)型函數(shù)，求單調(diào)性與最值的問題，著重考查了函數(shù)的單調(diào)性與值域和二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，屬于中檔題19（1）fx的單調(diào)增區(qū)間是0，1，單調(diào)減區(qū)間是1,2；（2）a-1.【解析】【分析】（1）求出fx，令fx0在0，2內(nèi)求得x的范圍，可得函數(shù)fx增區(qū)間，令fx1時(shí)，2axlnx2a+1-xx-1,即2alnx-x+2a+2-2a+1x；0x1時(shí)，2axlnx2a+1-xx-1,即2alnx0,分兩種情況研究函數(shù)的單調(diào)性，并求出gx的最值，從而可得實(shí)數(shù)a的取值范圍.【詳解】（1）a=-2時(shí)，fx=2x-1-2lnx，設(shè)hx=fx，當(dāng)x0,2時(shí)，hx=2x-2x0，則hx在0，2上是單調(diào)遞減函數(shù)，即則fx在0，2上是單調(diào)遞減函數(shù)，f1=01x2時(shí)，fx0； 0x0在0，2上fx的單調(diào)增區(qū)間是0，1，單調(diào)減區(qū)間是1,2；(2) x1時(shí)，2axlnx2a+1-xx-1,即2alnx-x+2a+2-2a+1x，0x1時(shí)，2axlnx2a+1-xx-1,即2alnx0則gx=1+2ax-2a+1x2-x-1x+2a+1x2a=-1時(shí)，-2a+1=1，gx=x-12x20，gx在0,+上單調(diào)遞增x1時(shí)，gxg1=0；0x1時(shí)， gxg1=0，a=-1符合題意;a1，1x-2a+1時(shí)，gx0，gx在1,-2a-1上單調(diào)遞減，當(dāng)1x-2a+1時(shí)，gx1時(shí)， gx0矛盾；舍a-1時(shí)，設(shè)M為-2a+1和0中的最大值，當(dāng)Mx1時(shí)，gx0，gx在M，1上單調(diào)遞減，當(dāng)Mxg1=0，與0x1時(shí)， gx0求得x的范圍，可得函數(shù)fx增區(qū)間，fx0求得x的范圍，可得函數(shù)fx的減區(qū)間；（2）討論a的范圍，分別利用導(dǎo)數(shù)以及函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合單調(diào)性判斷函數(shù)f(x)是否有最大值，當(dāng)函數(shù)f(x)=(ax+1)lnx-x2+1有最大值時(shí)，令其最大值小于零即可求得a的范圍.【詳解】（1）由f(x)=(ax+1)lnx-x2+1，則g(x)=f(x)=alnx+1x-2x+a，所以g(x)=-2x2+ax-1x2（x0）當(dāng)a0時(shí)，g(x)0，g(x)為(0,+)的減函數(shù)；當(dāng)a0時(shí)，若a2-80，即00，即a22時(shí)，由g(x)=0有兩根x1=a-a2-840，x2=a+a2-840，得在x(0,x1)上g(x)0，g(x)為增函數(shù)；在x(x2,+)上g(x)22時(shí)，在x(0,x1)上g(x)0，g(x)為增函數(shù)；在x(x2,+)上g(x)0，g(x)為減函數(shù) （2）由（1）知，對(duì)a討論如下，當(dāng)a0時(shí)，g