2018屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)配餐作業(yè)5函數(shù)的單調(diào)性與最值含解析理.docx

配餐作業(yè)(五)函數(shù)的單調(diào)性與最值(時(shí)間：40分鐘)一、選擇題1下列四個(gè)函數(shù)中，在區(qū)間(0,1)上是減函數(shù)的是()Aylog2x ByCyx Dy解析ylog2x在(0，)上為增函數(shù)；y在(0，)上是增函數(shù)；yx在(0，)上是減函數(shù)，yx在(0，)上是增函數(shù)；y在(0，)上是減函數(shù)，故y在(0,1)上是減函數(shù)。故選D。答案D2函數(shù)f(x)log0.5(x1)log0.5(x3)的單調(diào)遞減區(qū)間是()A(3，) B(1，)C(，1) D(，1)解析由已知易得即x3，又00.50且a10，a1。故選C。答案C5(2017杭州模擬)已知減函數(shù)f(x)的定義域是實(shí)數(shù)集R，m，n都是實(shí)數(shù)。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()Amn0Cmn0解析設(shè)F(x)f(x)f(x)，由于f(x)是R上的減函數(shù)，f(x)是R上的增函數(shù)，f(x)是R上的減函數(shù)。當(dāng)mF(n)，即f(m)f(m)f(n)f(n)成立。因此，當(dāng)f(m)f(n)f(m)f(n)成立時(shí)，不等式mn0一定成立，故選A。答案A6(2016合肥模擬)設(shè)函數(shù)f(x)g(x)x2f(x1)，則函數(shù)g(x)的遞減區(qū)間是()A(，0 B0,1)C1，) D1,0解析由題知，g(x)可得函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為0,1)，故選B。答案B二、填空題7已知函數(shù)f(x)為R上的減函數(shù)，若ff(1)，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是_。解析由題意知f(x)為R上的減函數(shù)且f1，即|x|1，且x0。故1x0且f(x)在(1，)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍。解析(1)證明：任設(shè)x1x20，x1x20，f(x1)f(x2)，f(x)在(，2)上單調(diào)遞增。(2)任設(shè)1x10，x2x10，要使f(x1)f(x2)0，只需(x1a)(x2a)0在(1，)上恒成立，a1。綜上所述，a的取值范圍是(0,1。答案(1)見(jiàn)解析(2)(0,111求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間。(1)f(x)|x24x3|；(2)f(x)log(x24x5)。解析(1)先作出函數(shù)yx24x3的圖象，由于絕對(duì)值的作用，把x軸下方的部分翻折到上方，可得函數(shù)y|x24x3|的圖象。如圖所示。由圖可知，f(x)在(，1，2,3上為減函數(shù)，在1,2，3，)上為增函數(shù)，故f(x)的增區(qū)間為1,2，3，)，減區(qū)間為(，1，2,3。(2)令ux24x5，則f(x)logu。u0，1x1時(shí)，f(x)0；f(3)1。(1)求f(1)，f 的值；(2)如果不等式f(x)f(2x)2成立，求x的取值范圍。解析(1)令xy1易得f(1)0。而f(9)f(3)f(3)112，且f(9)f f(1)0，故f 2。(2)設(shè)0x11，f 0，由f(xy)f(x)f(y)得f(x2)f f(x1)f f(x1)，所以f(x)是減函數(shù)。由條件及(1)的結(jié)果得：fx(2x)f ，其中0xf()，則a的取值范圍是_。解析因?yàn)閒(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間(，0)上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減。又f(2|a1|)f()，f()f()，故2|a1|，則|a1|，所以a0，試確定a的取值范圍。解析(1)由x20，得0，當(dāng)a1時(shí)，x22xa0恒成立，定義域?yàn)?0，)，當(dāng)a1時(shí)，定義域?yàn)閤|x0且x1，當(dāng)0a1時(shí)，定義域?yàn)閤|0x1。(2)設(shè)g(x)x2，當(dāng)a(1,4)，x2，)時(shí)，g(x)10恒成立，所以g(x)x2在2，)上是增函數(shù)。所以f(x)lg在2，)上是增函數(shù)。所以f(x)lg在2，)上的最小值為f(2)lg。(3)對(duì)任意x2，)恒有f(x)0，即x21對(duì)x2，)恒成立。