單調性與最大(小)值 習題(含答案).doc

單調性與最大（?。┲?習題（含答案） 一、單選題1下列函數中，在(0,+)內單調遞增的是()A y=1-x B y=x-1 C y=x-2 D y=x2+12設函數f(x)是奇函數f(x)xR的導函數，f(-1)=0，當x0時，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關于函數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y=fx的圖象的一條對稱軸；函數y=fx在-9,-6上為增函數；函數y=fx在-9,9上有四個零點.其中所有正確命題的序號為（ ）A B C D 5函數fx=x2+lnx的圖象大致為（ ）A B C D 6設函數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下列函數既是增函數，圖象又關于原點對稱的是( )A y=x|x| B y=ex C y=-1x D y=log2x9已知函數fx=2a-1x+a,x2logax-1,1x2是1,+上的減函數，則實數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，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f(x)=-2x2+mx+3(0m4,0x1)的最大值為4，則m的值為_15已知函數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f(x)=logax+log4x(0a1)為增函數（1）求實數a的取值范圍；（2）當a4時，是否存在正實數m，n(mn)，使得函數f(x)的定義域為m，n，值域為m2，n2？如果存在，求出所有的m，n，如果不存在，請說明理由17已知函數fx=lnxx-1.（）求f(x)的單調區(qū)間；（）若a1，證明：f(x)a(x+1)ex（其中e是自然對數的底數，e=2.71828）18已知函數f(x)=log4(ax2+2x+3)(I)若f(1)=1，求f(x)的單調區(qū)間；(II)是否存在實數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fx=x2-2a+1x+2axlnx+2a+1aR.（1）a=-2時，求fx在0,2上的單調區(qū)間；（2）x0且x1， 2axlnxx-12a+1-x均恒成立，求實數a的取值范圍.20已知函數f(x)=(ax+1)lnx-x2+1（1）令g(x)=f(x)，判斷g(x)的單調性；（2）當x1時，f(x)0的解集【詳解】解：設g(x)=f(x)x，則g(x)的導數為：g(x)=xf(x)-f(x)x2，當x0時總有xf(x)0時，g(x)恒小于0，當x0時，函數g(x)=f(x)x為減函數，又g(-x)=f(-x)-x=-f(x)-x=f(x)x=g(x)，函數g(x)為定義域上的偶函數，又g(-1)=f(-1)-1=0，函數g(x)的大致圖象如圖所示：數形結合可得，不等式f(x)0等價于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【點睛】本小題主要考查利用構造函數法，以及函數導數求解不等式.在解題過程中，首先根據題意構造出與題目本身相對應的函數.如本題中的函數gx，在不同的題目中，構造的函數是不相同的.構造函數之后，利用導數，研究所構造函數的單調性，再結合所求不等式來解.3A【解析】【分析】研究函數y=ln(9x2+1-3x)的奇偶性、單調性、圖形即可做出判定【詳解】函數y=ln(9x2+1-3x)9x2+1-3x0恒成立故定義域為R，則值域為R，故正確f-x= ln(9x2+1+3x)，f-x+fx= ln9x2+1+3x+ln9x2+1-3x=ln1=0，f-x=-fx，圖象關于原點中心對稱，故正確9x2+1-3x=9x2+1-3x1=19x2+1+3x，可知19x2+1+3x單調遞減y=ln(9x2+1-3x)單調遞減故f(a)f(b)ab，故正確當x=1時，y=ln(10-3)10-31，y=ln(10-3)0，故fx在0，3上為增函數fx是偶函數，故fx在-3，0上為減函數函數fx是周期等于6的周期函數故fx在-9，-6上為減函數，故錯誤函數fx是周期等于6的周期函數f-9=f-3=f3=f9=0，故函數y=fx在-9,9上有四個零點，故正確綜上所述，則正確命題的序號為故選D【點睛】本題考查了函數的性質：奇偶性、周期性以及單調性，在求解過程中熟練運用各性質進行解題，注意零點問題的求解。5A【解析】【分析】利用函數的奇偶性排除選項，再利用單調性（或特殊點）判斷即可【詳解】函數fx=x2+lnx是偶函數，排除選項B，C；當x0時，fx=x2+lnx，fx=2x+1x0fx在0，+上單調遞增，排除D故選：A【點睛】函數圖象的辨識可從以下方面入手：（1）從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置；（2）從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；（3）從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性；（4）從函數的特征點，排除不合要求的圖象.6B【解析】【分析】由分段函數的解析式以及指數函數的單調性可得fx在R上單調遞増，原不等式等價于x+12x ,解不等式即可得到所求解集.【詳解】函數fx=2x,x0x,x0,可得fx在R上單調遞増，fx-1f2x化為x+12x，解得x1,fx-10變形為兩個不等式組，根據函數的單調性分情況解兩個不等式組，所得解集求并集后即可得到結論【詳解】函數f(x)為奇函數且在(,0)上單調遞減，f(x)在(0,+)上也單調遞減，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【點睛】本題考查函數單調性、奇偶性在解不等式中的應用，解題的關鍵是根據題意得到函數在定義域上的性質，然后再通過分類討論將不等式轉化為不等式組求解，具有綜合性，同時也考查分析問題、解決問題的能力8A【解析】【分析】根據函數增減性與奇偶性進行判斷選擇.【詳解】y=x|x|=x2,x0-x2,x0是R上增函數，為奇函數，圖象又關于原點對稱，y=ex是R上增函數，無奇偶性,y=-1x在(-,0)和(0,+)上增函數，為奇函數，圖象又關于原點對稱，y=log2x在(0,+)上為增函數，無奇偶性,選A.【點睛】本題考查函數增減性與奇偶性,考查基本分析判斷能力,屬基礎題.9C【解析】【分析】根據分段函數單調性列不等式,解得結果.【詳解】又題意得2a-100a12(2a-1)+aloga100,h(12)=-3+34+13ln30，因為h(0)=0，h(12)=38-330,h(x)在0,12上有兩個零點,而g(x)在12,3 上的圖象與函數y=(13)x 的圖象有3個交點，從而可得結果.【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h(x)在0,x0 上單增，在x0,12上單減,又因為h(0)=0，h(12)=38-330,所以h(x)在0,12上有兩個零點,而g(x)在12,3 上的圖象與函數y=(13)x 的圖象有3個交點. 函數fx=1-3xx3-3x2+1在0,3上的零點有5個，故正確答案是5.【點睛】本題主要考查函數的零點以及導數在研究函數性質的應用，屬于難題. 函數的性質問題以及函數零點問題是高考的高頻考點，考生需要對初高中階段學習的十幾種初等函數的單調性、奇偶性、周期性以及對稱性非常熟悉；另外，函數零點的幾種等價形式：函數y=f(x)-g(x)的零點函數y=f(x)-g(x)在x軸的交點方程f(x)-g(x)=0的根函數y=f(x)與y=g(x)的交點.12(-,6)【解析】【分析】利用方程思想得到f(x)=x+log2x，利用單調性明確函數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f(x)在（0，+）上單調遞增，因為函數f(x)是定義在R上的奇函數，所以函數f(x)是R上的增函數，所以f2x2-1-fx=f(-x),所以2x2-1-x,-1x12.故答案為：-1,12【點睛】本題主要考查函數的奇偶性的判定，考查函數的單調性的判定，考查函數的奇偶性和單調性的運用，意在考查學生對這些知識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分析對稱軸x=m4與區(qū)間0,1的關系，求最大值，列方程求解【詳解】fx=-2x2+mx+3=-2x-m42+m28+30m4,0m41,當x=m4時，f(x)取得最大值，m28+3=4,解得，m=22【點睛】本題考查二次函數在指定區(qū)間上的最值問題，常常討論對稱軸與區(qū)間的關系15(-,01,+)【解析】求導可得f(x)=-x+sinx,f(x)=-1+cosx0，所以f(x)在R上單調遞減，且f(0)=0，所以當x0,當x0時，f(x)0。所以函數f(x)在(-,0)上單調遞增，在(0,+)上單調遞減，且函數f(x)為偶函數。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,+。【點睛】解復雜函數型不等式，可以先考慮函數的性質，如奇偶性、單調性等，可以利用函數性質解不等式。16：（1）14a1（2）存在滿足條件的m，n，且m=2,n=4.【解析】【分析】（1）根據題意得到f(x)=1xlna+1xln4=1xln4a0恒成立，4a0又a1，進而得到參數值;(2)根據題意得到函數表達式為fx=2log4x，fx在m,n上單調遞增,2log4m=m22log4m=m2，進而得到m、n是方程2log4x=x2的兩個根，求出m,n的值.【詳解】（1）由f(x)=1xlna+1xln4=1xln4a0得：4a0又a1，所以 14a1（2）當a=4時，fx=2log4x,fx在m,n上單調遞增,2log4m=m22log4m=m2m、n是方程2log4x=x2的兩個根.解得：m=2,n=4存在滿足條件的m，n，且m=2,n=4.【點睛】這個題目考查了導數在函數的單調性中的應用，判斷函數的單調性常用的方法是：求導，根據導函數的正負得到函數的單調區(qū)間.導函數為正的區(qū)間是增區(qū)間，導函數為負的區(qū)間是減區(qū)間.17(1) f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1,+)上也單調遞減；(2)見解析.【解析】【分析】（1）求導后分析導數的分子的正負，構造u(x)=1-1x-lnx，利用導數可分析u(x)的正負，即可得到函數單調區(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,+)時的情況，構造g(x)=lnx-x2-1ex可證明g(x)g(1)=0，再證明x(0,1)時的情況,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(x)在(0,1,1,+)，故x(0,1)(1,+)時，u(x)u(1)=0，也即f(x)x+1ex,x(0,1)(1,+)（記為）先證明x(1,+)時的情況：此時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g(x)g(1)=0，即lnx-x2-1ex0下面證明x(0,1)時的情況：令g(x)=ex-x-1,g(x)=ex-10，故g(x)在0,1)，于是x(0,1)時g(x)g(0)=0x+1ex0，故h(x)在(0,1故x(0,1)時，h(x)h(1)=0即lnx-x+11x+1ex，證畢；【點睛】本題主要考查了利用導數求函數的單調區(qū)間，利用導數證明不等式，屬于難題.解決不等式的證明問題，主要是構造合適的函數，利用導數研究其單調性，求其最值，分析函數的正負，得到所研究的不等式.18（I）單調增區(qū)間為(-1,1)，單調減區(qū)間為(1,3)；（II）存在實數a=12，使f(x)的最小值為0.【解析】【分析】(I)根據f(1)=1代入函數表達式，解出a=-1，再代入原函數得f(x)=log4(-x2+2x+3)，求出函數的定義域后，討論真數對應的二次函數在函數定義域內的單調性，即可得函數f(x)的單調區(qū)間；(II)先假設存在實數a，使f(x)的最小值為0，根據函數表達式可得真數t=ax2+2x+31恒成立，且真數t的最小值恰好是1，再結合二次函數t=ax2+2x+3的性質，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f(x)=log4(-x2+2x+3)真數為-x2+2x+30-1x1函數f(x)=log4(-x2+2x+3)的單調增區(qū)間為(-1,1)，單調減區(qū)間為(1,3)(II)設存在實數a，使f(x)的最小值為0，由于底數為41，可得真數t=ax2+2x+31恒成立，且真數t的最小值恰好是1，即a為正數，且當x=-22a=-1a時，t值為1a0a(-1a)2+2(-1a)+3=1a0-1a+2=0a=12因此存在實數a=12，使f(x)的最小值為0【點睛】本題借助于一個對數型函數，求單調性與最值的問題，著重考查了函數的單調性與值域和二次函數的圖象與性質等知識點，屬于中檔題19（1）fx的單調增區(qū)間是0，1，單調減區(qū)間是1,2；（2）a-1.【解析】【分析】（1）求出fx，令fx0在0，2內求得x的范圍，可得函數fx增區(qū)間，令fx1時，2axlnx2a+1-xx-1,即2alnx-x+2a+2-2a+1x；0x1時，2axlnx2a+1-xx-1,即2alnx0,分兩種情況研究函數的單調性，并求出gx的最值，從而可得實數a的取值范圍.【詳解】（1）a=-2時，fx=2x-1-2lnx，設hx=fx，當x0,2時，hx=2x-2x0，則hx在0，2上是單調遞減函數，即則fx在0，2上是單調遞減函數，f1=01x2時，fx0； 0x0在0，2上fx的單調增區(qū)間是0，1，單調減區(qū)間是1,2；(2) x1時，2axlnx2a+1-xx-1,即2alnx-x+2a+2-2a+1x，0x1時，2axlnx2a+1-xx-1,即2alnx0則gx=1+2ax-2a+1x2-x-1x+2a+1x2a=-1時，-2a+1=1，gx=x-12x20，gx在0,+上單調遞增x1時，gxg1=0；0x1時， gxg1=0，a=-1符合題意;a1，1x-2a+1時，gx0，gx在1,-2a-1上單調遞減，當1x-2a+1時，gx1時， gx0矛盾；舍a-1時，設M為-2a+1和0中的最大值，當Mx1時，gx0，gx在M，1上單調遞減，當Mxg1=0，與0x1時， gx0求得x的范圍，可得函數fx增區(qū)間，fx0求得x的范圍，可得函數fx的減區(qū)間；（2）討論a的范圍，分別利用導數以及函數的單調性，結合單調性判斷函數f(x)是否有最大值，當函數f(x)=(ax+1)lnx-x2+1有最大值時，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a0時，g(x)0，g(x)為(0,+)的減函數；當a0時，若a2-80，即00，即a22時，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；在x(x2,+)上g(x)22時，在x(0,x1)上g(x)0，g(x)為增函數；在x(x2,+)上g(x)0，g(x)為減函數 （2）由（1）知，對a討論如下，當a0時，g