巩固双基,提升能力
一、选择题
1．给定函数①y＝x；②y＝log (x＋1)；③y＝|x－1|；④y＝2x＋1，其中在区间(0,1)上单调递减的函数的序号是( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
解析：①是幂函数，其在(0，＋∞)上为增函数，故此项不符合题意；②中的函数是由函数y＝logx向左平移1个单位而得到的，因原函数在(0，＋∞)上为减函数，故此项符合题意；③当x∈ (0,1)时，y＝|x－1|＝1－x，故符合题意；④中的函数为指数函数，其底数大于1，故其在R上单调递增，不符合题意，综上可知选择B.
答案：B
2．(2012·广东)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．y＝ln(x＋2) B．y＝－
C．y＝x D．y＝x＋
解析：函数y＝ln(x＋2)的定义域为(－2，＋∞)，且在定义域内单调递增，满足题意，故选A.
答案：A
3．(2013·安庆月考)函数y＝在(－1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是( )
A．a＝－3 B．a＜3
C．a≤－3 D．a≥－3
解析：y＝＝1＋，需即∴a≤－3.
答案：C
4．若函数f(x)＝是R上的单调减函数，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，2) B.
C．(0,2) D.
解析：由题意可知解得a≤.
答案：B
5．(2013·山东曲阜师大附中月考)已知函数f(x)在[0，＋∞)上为增函数，g(x)＝－f(|x|)，若g(lgx)＞g(1)，则x的取值范围是( )
A．(0,10) B．(10，＋∞)
C. D.∪(10，＋∞)
解析：∵g(lgx)＞g(1)，g(x)＝－f(|x|)，
∴－f(|lgx|)＞－f(1)．
∴f(|lgx|)＜f(1)．
又∵f(x)在[0，＋∞)上是增函数，∴|lgx|＜1.
∴－1＜lgx＜1.
∴＜x＜10.选C.
答案：C
6．(2013·江西师大附中月考)设奇函数f(x)在[－1,1]上是增函数，且f(－1)＝－1，当a∈[－1,1]时，f(x)≤t2－2at＋1对所有的x∈[－1,1]恒成立，则t的取值范围是 ( )
A．t≥2或t≤－2或t＝0
B．t≥2或t≤－2
C．t＞2或t＜－2或t＝0
D．－ 2≤t≤2
解析：由题意可知f(x)在[－1,1]上的最大值为f(1)＝－f(－1)＝1，所以，当a∈[－1,1]时，f(x)≤t2－2at＋1对所有的x∈[－1,1]恒成立等价于t2－2at＋1≥1时，即t2－2at≥0对a∈[－1,1]恒成立．令g(a)＝(－2t)·a＋t2，则有解得t≤－2或t≥2或t＝0.选A.
答案：A
二、填空题
7．函数y＝－x(x≥0)的最大值为__________．
解析：∵y＝－x＝－()2＋＝－2＋，
∴ymax＝.
答案：
8．若函数f(x)＝在区间(m,2m＋1)上是单调递增函数，则m∈__________.
解析：∵f′(x)＝，令f′(x)＞0得－1＜x＜1，
∴f(x)的增区间为(－1,1)．
又∵f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，∴
∴－1≤m≤0.
∵区间在(m,2m＋1)上，∴隐含2m＋1＞m，即m＞－1.
综上，－1＜m≤0.
答案：(－1,0]
9．(2013·厦门调研)已知函数f(x)＝ax－x2的最大值不大于，当x∈时，f(x)≥，则a的值为__________．
解析：f(x)＝－2＋a2，
由f(x)max＝a2≤得－1≤a≤1，函数f(x)的图像的对称轴为x＝，
当－1≤a＜时，－≤＜，是f(x)的递减区间，而f(x)≥，
即f(x)min＝f＝－≥，
得a≥1，与－1≤a＜矛盾，即不存在这样的a值；
当≤a≤1时，≤≤，
结合图像知道区间的端点离对称轴的距离大，故f(x)min＝f＝－≥，a≥1，而≤a≤1，得a＝1，∴a＝1.
综上可知，a＝1.
答案：1
三、解答题
10．已知函数f(x)＝－(a＞0，x＞0)．
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数；
(2)若f(x)在上的值域是，求a的值．
解析：(1)设x2＞x1＞0，则x2－x1＞0，x1x2＞0，
∵f(x2)－f(x1)＝－[来源:]
＝－＝＞0，
∴f(x2)＞f(x1)．
∴f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．
(2)∵f(x)在上的值域是，
又f(x)在上单调递增，
∴f＝，f(2)＝2，解得a＝.
11．已知函数f(x)＝a·2x＋b·3x，其中常数a，b满足ab≠0.
(1)若ab＞0，判断函数f(x)的单调性；
(2)若ab＜0，求f(x＋1)＞f(x)时的x的取值范围．
解析：(1)当a＞0，b＞0时，因为a·2x、b·3x都单调递增，所以函数f(x)单调递增；
当a＜0，b＜0时，因为a·2x、b·3x都单调递减，所以函数f(x)单调递减．
(2)f(x＋1)－f(x)＝a·2x＋2b·3x＞0.
(ⅰ)当a＜0，b＞0时，x＞－，
解得x＞log；
(ⅱ)当a＞0，b＜0时，x＜－，
解得x＜log.
12．(2013·南昌调研)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且对一切x＞0，y＞0都有f＝f(x)－f(y)，当x＞1时，有f(x)＞0.
(1)求f(1)的值；
(2)判断f(x)的单调性并证明；
(3)若f(6)＝1，解不等式f(x＋3)－f＜2.
解析：(1)f(1)＝f＝f(x)－f(x)＝0，x＞0.
(2)设0＜x1＜x2，则由f＝f(x)－f(y)，得f(x2)－f(x1)＝f，∵＞1，∴f＞0.
∴f(x2)－f(x1)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(3)∵f(6)＝f＝f(36)－f(6)，∴f(36)＝2，
原不等式化为：f(x2＋3x)＜f(36)，
∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴解得0＜x＜.
故原不等式的解集为.
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