（江蘇專用）高考數(shù)學(xué) 專題2 函數(shù)概念與基本初等函數(shù) 7 函數(shù)的單調(diào)性與最值 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

訓(xùn)練目標(biāo)(1)函數(shù)單調(diào)性的概念；(2)函數(shù)的最值及其幾何意義.訓(xùn)練題型(1)判斷函數(shù)的單調(diào)性；(2)利用函數(shù)單調(diào)性比較大小、解不等式；(3)利用函數(shù)單調(diào)性求最值.解題策略(1)判斷函數(shù)單調(diào)性常用方法：定義法、圖象法、導(dǎo)數(shù)法、復(fù)合函數(shù)法；(2)分段函數(shù)單調(diào)性要注意分界點(diǎn)處函數(shù)值的大小；(3)可利用圖象直觀研究函數(shù)單調(diào)性.1．函數(shù)f(x)＝x2－2mx－3在區(qū)間[1,2]上單調(diào)，則m的取值范圍是__________________．2．已知f(x)是定義在區(qū)間[－1,1]上的增函數(shù)，且f(x－2)<f(1－x)，則x的取值范圍是________．3．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,1－x1－x)的最大值是________．4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－ax－5，x≤1，,\f(a,x)，x>1))在R上為增函數(shù)，則a的取值范圍是________．5．函數(shù)f(x)＝x2－4x＋5在區(qū)間[0，m]上的最大值為5，最小值為1，則m的取值范圍是________．6．函數(shù)f(x)＝|log3x|在區(qū)間[a，b]上的值域?yàn)閇0,1]，則b－a的最小值為________．7．若存在正數(shù)x使2x(x－a)<1成立，則a的取值范圍是________．8．(2015·上海黃浦區(qū)期中調(diào)研測試)若函數(shù)f(x)＝2x2＋ax＋1－3a是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．9．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋(a－2)x－1在區(qū)間(－∞，2]上是減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的最大值為________．10．若定義在R上的二次函數(shù)f(x)＝ax2－4ax＋b在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，且f(m)≥f(0)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．11．(2015·洛陽二模)函數(shù)y＝f(x)(x∈R)的圖象如圖所示，則函數(shù)g(x)＝f(logax)(0<a<1)的單調(diào)減區(qū)間是________．12．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增．若實(shí)數(shù)a滿足f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)≤2f(1)，則a的取值范圍是________．13．(2015·廣東深圳五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－x3－x＋sinx，當(dāng)θ∈(0，eq\f(π,2))時(shí)，恒有f(cos2θ＋2msinθ)＋f(－2m－2)>0成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．14．(2015·昆明模擬)已知函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個(gè)單位后關(guān)于y軸對稱，當(dāng)x2>x1>1時(shí)，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，設(shè)a＝f(－eq\f(1,2))，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為________．(用“>”連接)答案解析1．(－∞，1]∪[2，＋∞)解析二次函數(shù)在某區(qū)間內(nèi)是否單調(diào)取決于對稱軸的位置，函數(shù)f(x)＝x2－2mx－3的對稱軸為x＝m，函數(shù)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)，則m≤1或m≥2.2．[1，eq\f(3,2))解析由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x－2≤1，,－1≤1－x≤1，,x－2<1－x，))解得1≤x<eq\f(3,2)，故滿足條件的x的取值范圍是1≤x<eq\f(3,2).3.eq\f(4,3)解析因?yàn)閒(x)＝eq\f(1,x－\f(1,2)2＋\f(3,4))，所以當(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)取得最大值eq\f(4,3).4．[－3，－2]解析要使函數(shù)在R上是增函數(shù)則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)≥1，,a<0，,－1－a－5≤a，))解得－3≤a≤－2.5．[2,4]解析由f(x)＝(x－2)2＋1知，當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)的最小值為1，當(dāng)f(x)＝5，即x2－4x＋5＝5時(shí)，解得x＝0或x＝4.依據(jù)圖象(圖略)，得2≤m≤4.6.eq\f(2,3)解析令f(x)＝0，得x＝1；令f(x)＝1，得x＝eq\f(1,3)或3.因?yàn)閒(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)，故b－a的最小值為1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).7．(－1，＋∞)解析由題意知，存在正數(shù)x，使a>x－eq\f(1,2x)，所以a>(x－eq\f(1,2x))min，而函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,2x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)>f(0)＝－1，所以a>－1.8．(－∞，0]解析由已知得a＝0，從而f(x)＝2x2＋1，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0]．9．－2解析函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸為直線x＝－eq\f(a－2,2)，則函數(shù)f(x)在(－∞，－eq\f(a－2,2))上單調(diào)遞減，在區(qū)間[－eq\f(a－2,2)，＋∞)上單調(diào)遞增，所以2≤－eq\f(a－2,2)，解得a≤－2.10．0≤m≤4解析由于f(x)在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，所以f(2)＞f(0)，解得a＜0.又因?yàn)閒(x)圖象的對稱軸為x＝－eq\f(－4a,2a)＝2.所以x在[0,2]上的值域與在[2,4]上的值域相同，所以滿足f(m)≥f(0)的m的取值范圍是0≤m≤4.11．[eq\r(a)，1]解析由圖象可知，函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)和(eq\f(1,2)，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為[0，eq\f(1,2)]．∵0<a<1，∴函數(shù)y＝logax在定義域內(nèi)單調(diào)遞減．由題意可知，0≤logax≤eq\f(1,2)，解得eq\r(a)≤x≤1，即所求遞減區(qū)間為[eq\r(a)，1]．12.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))解析由題意知a>0，又logeq\f(1,2)a＝log2a－1＝－log2a.∵f(x)是R上的偶函數(shù)，∴f(log2a)＝f(－log2a)＝f(logeq\f(1,2)a)．∵f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)≤2f(1)，∴2f(log2a)≤2f(1)，即f(log2a)≤f(1)．又因f(x)在[0，＋∞)上遞增，∴|log2a|≤1，－1≤log2a≤1，∴a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).13．[－eq\f(1,2)，＋∞)解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝－x3－x＋sinx是奇函數(shù)且f′(x)＝－3x2－1＋cosx≤0，所以函數(shù)f(x)＝－x3－x＋sinx在R上是減函數(shù)．不等式f(cos2θ＋2msinθ)＋f(－2m－2)>0等價(jià)于f(cos2θ＋2msinθ)>－f(－2m－2)＝f(2m＋2)?cos2θ＋2msinθ<2m＋2?2m(1－sinθ)>cos2θ－2?m>eq\f(cos2θ－2,21－sinθ)＝eq\f(sin2θ＋1,2sinθ－1)，θ∈(0，eq\f(π,2))．記g(θ)＝eq\f(sin2θ＋1,2sinθ－1)，令sinθ＝t∈(0,1)，則g(t)＝eq\f(t2＋1,2t－1)，g′(t)＝eq\f(2tt－1－t2＋1,2t－12)＝eq\f(t2－2t－1,2t－12)＝eq\f(t－12－2,2t－12)<0在t∈(0,1)上恒成立，所以函數(shù)g(t)＝eq\f(t2＋1,2t－1)在t∈(0,1)上是減函數(shù)，從而g(θ)＝eq\f(sin2θ＋1,2×sinθ－1)<eq\f(02＋1,2×0－1