【走向高考】2020年高考數(shù)學總復習 1-3 單調性課后作業(yè) 新人教A版

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1、 "【走向高考】2020年高考數(shù)學總復習 1-3 單調性課后作業(yè) 新人教A版 " 1.若f(x)＝x3－6ax的單調遞減區(qū)間是(－2,2)，則a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0]　　　　　　 B．[－2,2] C．{2} D．[2，＋∞) [答案]　C [解析]　f ′(x)＝3x2－6a， 若a≤0，則f ′(x)≥0，∴f(x)單調增，排除A； 若a>0，則由f ′(x)＝0得x＝±，當x<－和x>時，f ′(x)>0，f(x)單調增，當－

2、－2,2)和f(x)在(－2，2)上單調遞減是不同的，應加以區(qū)分．本例亦可用x＝±2是方程f ′(x)＝3x2－6a＝0的兩根解得a＝2. 2．(2020·北京)給定函數(shù)①y＝x，②y＝log(x＋1)，③y＝|x－1|，④y＝2x＋1，其中在區(qū)間(0,1)上單調遞減的函數(shù)的序號是(　　) A．①② B．②③ C．③④ D．①④ [答案]　B [解析]?、賧＝x為增函數(shù)，排除A、D；④y＝2x＋1為增函數(shù)，排除C，故選B. 3．函數(shù)f(x)＝ln(4＋3x－x2)的單調遞減區(qū)間是(　　) A．(－∞，] B．[，＋∞) C．(－1，] D．[，4) [答案]　

3、D [解析]　由4＋3x－x2>0得，函數(shù)f(x)的定義域是(－1，4)，u(x)＝－x2＋3x＋4＝－(x－)2＋的減區(qū)間為[，4)，∵e>1，∴函數(shù)f(x)的單調減區(qū)間為[，4)． [點評]　可用篩選法求解，顯然x＝±100時，f(x)無意義，排除A、B；f(0)＝ln4，f(1)＝ln6，f(0)

4、)＝0.∵f(x)為增函數(shù)，∴f(1)>f(0)＝0. 5．(2020·北京學普教育中心)若函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在其定義域內的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內不是單調函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B．[1，) C．[1,2) D．[，2) [答案]　B [解析]　因為f(x)定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝4x－，由f ′(x)＝0，得x＝. 據題意，， 解得1≤k<，選B. 6．(2020·鞍山一中模擬)已知偶函數(shù)y＝f(x)對任意實數(shù)x都有f(x＋1)＝－f(x)，且在[0,1]上單調遞減，則(　　) A．f

5、f>f， ∴f>f>f. 7．如果函數(shù)f(x)＝ax2＋2x－3在區(qū)間(－∞，4)上單調遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________． [答案]　[－，0] [解析]　(1)當a＝0時，f(x)＝2x－3，在定義域R上單調遞增，故在(－∞，4)上單調遞增； (2)當a≠0時，二次函數(shù)f(x)的對稱軸為直線x＝－，因

6、為f(x)在(－∞，4)上單調遞增，所以a<0，且－≥4，解得－≤a<0.綜上所述－≤a≤0. 8．f(x)＝xlnx的單調遞增區(qū)間是________． [答案]　 [解析]　f ′(x)＝lnx＋1，令f ′(x)>0得x>， ∴f(x)在上單調遞增. 1.已知f(x)＝－x－x3，x∈[a，b]，且f(a)·f(b)<0，則f(x)＝0在[a，b]內(　　) A．至少有一實數(shù)根 B．至多有一實數(shù)根 C．沒有實數(shù)根 D．有唯一實數(shù)根 [答案]　D [解析]　利用函數(shù)f(x)在[a，b]上是單調減函數(shù)， 又f(a)，f(b)異號．故選D. 2．(文)若函數(shù)y＝

7、f(x)的導函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是增函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象可能是(　　) [答案]　A [解析]　∵導函數(shù)f ′(x)是增函數(shù)， ∴切線的斜率隨著切點橫坐標的增大，逐漸增大， 故選A. [點評]　B圖中切線斜率逐漸減小，C圖中f ′(x)為常數(shù)，D圖中切線斜率先增大后減?。? (理)如果函數(shù)y＝a－x(a>0，且a≠1)是減函數(shù)，那么函數(shù)f(x)＝loga的圖象大致是(　　) [答案]　C [解析]　解法一：由函數(shù)y＝a－x(a>0，且a≠1)是減函數(shù)知a>1，∴0<<1， f(x)＝loga＝－loga(x＋1)＝log (x＋1)

8、． 函數(shù)f(x)的圖象可以看作由函數(shù)y＝logx的圖象向左平移1個單位長度得到， 又y＝logx是減函數(shù)，∴f(x)為減函數(shù)，故選C. 解法二：由于f(0)＝0，故排除A、B；由y＝a－x，即y＝x是減函數(shù)知a>1，∴x>0時，f(x)<0，排除D，選C. 3．(2020·南昌市模擬)已知函數(shù)y＝2sin(ωx＋θ)為偶函數(shù)(0<θ<π)，其圖象與直線y＝2某兩個交點的橫坐標分別為x1、x2，若|x2－x1|的最小值為π，則該函數(shù)在區(qū)間(　　)上是增函數(shù)．(　　) A. B. C. D. [答案]　A [解析]　∵y＝2sin(ωx＋θ)為偶函數(shù)，0<θ<π，∴θ＝，∴

9、y＝2cosωx，由條件知，此函數(shù)的周期為π，∴ω＝2， ∴y＝2cos2x，由2kπ－π≤2x≤2kπ，(k∈Z)得，kπ－≤x≤kπ(k∈Z)，令k＝0知，函數(shù)在上是增函數(shù)，故A正確． 4．(文)定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足：對任意的x1，x2∈(－∞，0](x1≠x2)，有(x2－x1)(f(x2)－f(x1))>0，則當n∈N*時，有(　　) A．f(－n)

10、－f(x1))>0得f(x)在(－∞，0]上為增函數(shù)． 又f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)在[0，＋∞)上為減函數(shù)． 又f(－n)＝f(n)且0≤n－1b>c B．a>c>b C．b>c>a D．c>b>a [答案]　D [解析]　∵f(x)在[－1,0]上單調增，f(x

11、)的圖象關于直線x＝0對稱， ∴f(x)在[0,1]上單調減；又f(x)的圖象關于直線x＝1對稱， ∴f(x)在[1,2]上單調增，在[2,3]上單調減． 由對稱性f(3)＝f(－1)＝f(1)b>a. 5．(文)若函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍是________． [答案]　(0,1] [解析]　由f(x)＝－x2＋2ax得函數(shù)對稱軸為x＝a， 又在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù)，所以a≤1， 又g(x)＝在[1,2]上減函數(shù)，所以a>0， 綜上a的取值范圍為(0,1]． (理)若函數(shù)f(x)＝

12、x2＋2x＋alnx在(0,1)上單調遞減，則實數(shù)a的取值范圍是________． [答案]　a≤－4 [解析]　∵函數(shù)f(x)＝x2＋2x＋alnx在(0,1)上單調遞減，∴當x∈(0,1)時，f ′(x)＝2x＋2＋＝≤0，∴g(x)＝2x2＋2x＋a≤0在x∈(0,1)時恒成立， ∵g(x)的對稱軸x＝－，x∈(0,1)， ∴g(1)≤0，即a≤－4. 6．(文)已知f(x)＝(x≠a)． (1)若a＝－2，試證f(x)在(－∞，－2)內單調遞增； (2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)內單調遞減，求a的取值范圍． [解析]　(1)證明：設x1

13、)－f(x2)＝－ ＝. ∵(x1＋2)(x2＋2)>0，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. 綜上所述知00恒成立，從而(x1－a)(x2－a)>0恒成立，由于a>0，x1>1，x2>1，故只有當0

14、b∈R都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且當x>0時，f(x)>1. (1)求證：f(x)是R上的增函數(shù)； (2)若f(4)＝5，解不等式f(3m2－m－2)<3. [解析]　(1)證明：任取x1、x2∈R且x10. ∴f(x2－x1)>1. ∴f(x2)＝f[x1＋(x2－x1)] ＝f(x1)＋f(x2－x1)－1>f(x1)， ∴f(x)是R上的增函數(shù)． (2)解：f(4)＝f(2)＋f(2)－1＝5， ∴f(2)＝3. ∴f(3m2－m－2)<3化為f(3m2－m－2)

15、3m2－m－2<2，∴－10且a≠1. (1)求f(x)的定義域； (2)判斷f(x)的奇偶性并予以證明； (3)當a>1時，求使f(x)>0的x的取值范圍． [解析]　(1)要使f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)有意義，則 ，解得－1

16、f(x)為奇函數(shù)． (3)因為當a>1時，f(x)在定義域{x|－10?>1. 解得00的x的取值范圍是{x|00，a>0，且f(x)為偶函數(shù)，證明F(m)＋

17、F(n)>0. [解析]　(1)因為f(x)＝ax2＋bx＋c，所以f ′(x)＝2ax＋b. 又曲線y＝f(x)在點(－1，f(－1))處的切線垂直于y軸，故f ′(－1)＝0， 即－2a＋b＝0，因此b＝2a.① 因為f(－1)＝0，所以b＝a＋c.② 又因為曲線y＝f(x)通過點(0,2a＋3)， 所以c＝2a＋3.③ 解由①，②，③組成的方程組得，a＝－3，b＝－6，c＝－3. 從而f(x)＝－3x2－6x－3. 所以F(x)＝. (2)由(1)知f(x)＝－3x2－6x－3， 所以g(x)＝kx－f(x)＝3x2＋(k＋6)x＋3. 由g(x)在[－1,1]上

18、是單調函數(shù)知： －≤－1或－≥1， 得k≤－12或k≥0. (3)因為f(x)是偶函數(shù)，可知b＝0. 因此f(x)＝ax2＋c. 又因為mn<0，m＋n>0，可知m，n異號． 若m>0，則n<0. 則F(m)＋F(n)＝f(m)－f(n)＝am2＋c－an2－c ＝a(m＋n)(m－n)>0. 若m<0，則n>0. 同理可得F(m)＋F(n)>0. 綜上可知F(m)＋F(n)>0. 1．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上是增函數(shù)．令a＝f，b＝f，c＝f，則(　　) A．b

19、 [答案]　A [解析]　由已知得a＝f，b＝f＝f＝f，c＝f＝f＝f，注意到0<<＝<，且0

20、，g(1)≤0，即a≤－4. 3．定義在R上的偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，若f()＝0，則適合不等式f(logx)>0的x的取值范圍是(　　) A．(3，＋∞) B．(0，) C．(0，＋∞) D．(0，)∪(3，＋∞) [答案]　D [解析]　∵定義在R上的偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，且f()＝0，則由f(logx)>0，得|logx|>，即logx>或logx<－.選D. 4．函數(shù)y＝f(x)(x∈R)的圖象如下圖所示，則函數(shù)g(x)＝f(logx)的單調減區(qū)間是(　　) A．[1，] B．[，1] C．(0,1]和[，＋∞) D．(

21、－∞，1]和[，＋∞) [答案]　C [解析]　令t＝logx，則此函數(shù)為減函數(shù)，由圖知y＝f(t)在和[0，＋∞)上都是增函數(shù)，當t∈－∞，－時，x∈[，＋∞)，當t∈[0，＋∞)時，x∈(0,1]，∴函數(shù)g(x)＝f(logx)在(0,1]和[，＋∞)上都是減函數(shù)，故選C. 5．若函數(shù)y＝log2(x2－ax＋3a)在[2，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，4] B．(－4,4] C．(－∞，－4)∪[2，＋∞) D．(－4,2) [答案]　B [解析]　本題考查含參數(shù)的函數(shù)的討論及復合函數(shù)的應用．由題知：y＝log2x為單調增函數(shù)，y＝log2

22、(x2－ax＋3a)的單調增區(qū)間為y＝x2－ax＋3a的增區(qū)間的一個子區(qū)間，由y＝x2－ax＋3a?y′＝2x－a，又在[2，＋∞)是單調增函數(shù)，即在x∈[2，＋∞)，2x－a＞0恒成立，即只需2×2－a＞0即可?a＜4，又y＝x2－ax＋3a在x∈[2，＋∞)上恒大于0，則22－2a＋3a＞0?a＞－4，綜上可得：－4＜a<4，當a＝4時同樣成立．故選B. [點評]　本題還可以根據二次函數(shù)的對稱軸討論求解．欲滿足題中條件，只需≤2，且22－a×2＋3a＞0?a≤4且a＞－4即－4＜a≤4. 6．(2020·天津四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax－1在區(qū)間[0,3]上有最小值－2，則實

23、數(shù)a的值為________． [答案]?。? [解析]　當－≤0，即a≥0時，函數(shù)f(x)在[0,3]上為增函數(shù)， 此時，f(x)min＝f(0)＝－1，不符合題意，舍去； 當－≥3，即a≤－6時，函數(shù)f(x)在[0,3]上為減函數(shù)， 此時，f(x)min＝f(3)＝－2，可得a＝－，這與a≤－6矛盾； 當0<－<3，即－62，排除D， 當x＝時，y＝＝>1，排除B，故選C.