【优师优卷】2019高考数学一轮复习课时规范练6函数的单调性与最值理新人教A版26
2019届高考数学一轮复习第二篇函数导数及其应用第2节函数的单调性与最值训练理新人教版
第2节函数的单调性与最值基础巩固(时间:30分钟)1.(2016·北京卷)下列函数中,在区间(-1,1)上为减函数的是( D )(A)y= (B)y=cos x(C)y=ln(x+1) (D)y=2-x解析:函数y=2-x=()x在(-1,1)上为减函数.故选D.2.若函数f(x)=x2-2x+m在[3,+∞)上的最小值为1,则实数m的值为( B )(A)-3 (B)-2 (C)-1 (D)1解析:因为f(x)=(x-1)2+m-1在[3,+∞)上为增函数,且f(x)在[3,+∞)上的最小值为1,所以f(3)=1,即22+m-1=1,m=-2.故选B.3.(2017·西宁二模)若偶函数f(x)在(-∞,0]上单调递减,a=f(log23),b=f(log45),c=f(),则a,b,c满足( B )(A)a<b<c (B)b<a<c(C)c<a<b (D)c<b<a解析:因为偶函数f(x)在(-∞,0]上单调递减,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,因为2>log23=log49>log45,>2,所以f(log45)<f(log23)<f(),所以b<a<c.故选B.4.函数f(x)=的单调增区间是( C )(A)(-∞,1) (B)(1,+∞)(C)(-∞,1),(1,+∞) (D)(-∞,-1),(1,+∞)解析:f(x)==-1+,所以f(x)的图象是由y=-的图象沿x轴向右平移1个单位,然后沿y轴向下平移一个单位得到,而y=-的单调增区间为(-∞,0),(0,+∞);所以f(x)的单调增区间是(-∞,1),(1,+∞).故选C.5.(2017·河北唐山二模)函数y=,x∈(m,n]最小值为0,则m的取值范围是( D )(A)(1,2) (B)(-1,2)(C)[1,2) (D)[-1,2)解析:函数y===-1,且在x∈(-1,+∞)时单调递减,在x=2时,y=0;根据题意x∈(m,n]时y的最小值为0,所以-1≤m<2.故选D.6.(2017·四川南充三模)已知f(x)=是(-∞,+∞)上的增函数,那么实数a的取值范围是( D )(A)(0,3) (B)(1,3)(C)(1,+∞) (D)[,3]解析:由题意得解得≤a<3.故选D.7.(2017·江西上饶二模)函数y=lo(-x2+2x+3)的单调增区间是( C )(A)(-1,1] (B)(-∞,1)(C)[1,3) (D)(1,+∞)解析:令t=-x2+2x+3,由-x2+2x+3>0,得-1<x<3.函数t=-x2+2x+3的对称轴方程为x=1,二次函数t=-x2+2x+3在[1,3)上为减函数,而函数y=lo t为定义域内的减函数,所以函数y=lo(-x2+2x+3)的单调增区间是[1,3).故选C.·北京石景山区一模)已知函数f(x)=若f(a)>f(2-a),则a的取值范围是.解析:函数f(x)=在R上单调递增,因为f(a)>f(2-a),所以a>2-a,所以a>1.答案:(1,+∞)能力提升(时间:15分钟)9.已知函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)上有最小值,则函数g(x)=在区间(1,+∞)上一定( D )(A)有最小值(B)有最大值(C)是减函数 (D)是增函数解析:由题意知a<1,又函数g(x)=x+-2a在[,+∞)上为增函数.故选D.·福建龙岩一模)已知f(x)=x3,若x∈[1,2]时,f(x2-ax)+f(1-x)≤0,则a的取值范围是( C )(A)(-∞,1] (B)[1,+∞)(C)[,+∞) (D)(-∞,]解析:f(-x)=-f(x),且f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.所以由f(x2-ax)+f(1-x)≤0得:f(x2-ax)≤f(x-1),所以x2-ax≤x-1,即x2-(a+1)x+1≤0;设g(x)=x2-(a+1)x+1,则所以a≥.故选C.11.函数f(x)=()x-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为.解析:由于y=()x在R上递减,y=log2(x+2)在[-1,1]上递增,所以f(x)在[-1,1]上单调递减,故f(x)在[-1,1]上的最大值为f(-1)=3.答案:312.(2017·北京朝阳区二模)设函数f(x)=则f(1)=;若f(x)在其定义域内为单调递增函数,则实数a的取值范围是.解析:因为函数f(x)=则f(1)=1+1=2;若f(x)在其定义域内为单调递增函数,则a≤1,即实数a的取值范围是(-∞,1].答案:2 (-∞,1]13.对于任意实数a,b,定义min{a,b}=设函数f(x)=-x+3,g(x)=log2x,则函数h(x)=min{f(x),g(x)}的最大值是.解析:依题意,h(x)=当0<x≤2时,h(x)=log2x是增函数,当x>2时,h(x)=3-x是减函数,所以h(x)在x=2时,取得最大值h(2)=1.答案:114.已知函数f(x)= - (a>0,x>0).(1)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数;(2)若f(x)在[,2]上的值域是[,2],求a的值. (1)证明:设x2>x1>0,则x2-x1>0,x1x2>0,因为f(x2)-f(x1)=( -)-(-)=-=>0,所以f(x2)>f(x1),所以f(x)在(0,+∞)上是增函数.(2)解:因为f(x)在[,2]上的值域是[,2],又由(1)得f(x)在[,2]上是单调增函数,所以f()=,f(2)=2,解得a=.。
高考理科数学真题练习题函数的单调性与最值理含解析
高考数学复习 课时作业5 函数的单调性与最值一、选择题1．(2019·潍坊市统一考试)下列函数中，图象是轴对称图形且在区间(0，＋∞)上单调递减的是( B )A ．y ＝1xB ．y ＝－x 2＋1 C ．y ＝2xD ．y ＝log 2|x |解析：因为函数的图象是轴对称图形，所以排除A ，C ，又y ＝－x 2＋1在(0，＋∞)上单调递减，y ＝log 2|x |在(0，＋∞)上单调递增，所以排除D.故选B.2．已知函数f (x )＝x 2－2x －3，则该函数的单调递增区间为( B ) A ．(－∞，1] B ．[3，＋∞) C ．(－∞，－1]D ．[1，＋∞)解析：设t ＝x 2－2x －3，由t ≥0，即x 2－2x －3≥0，解得x ≤－1或x ≥3.所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t ＝x 2－2x －3的图象的对称轴为x ＝1，所以函数t 在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增．所以函数f (x )的单调递增区间为[3，＋∞)．3．函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121x 2＋1 的值域为( C )A ．(－∞，1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞解析：因为x 2≥0，所以x 2＋1≥1，即1x 2＋1∈(0,1]，故y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121x 2＋1 ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1.4．(2019·洛阳高三统考)若函数f (x )同时满足下列两个条件，则称该函数为“优美函数”：(1)∀x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝0； (2)∀x 1，x 2∈R ，且x 1≠x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2<0.①f (x )＝sin x ；②f (x )＝－2x 3；③f (x )＝1－x ；④f (x )＝ln(x 2＋1＋x )． 以上四个函数中，“优美函数”的个数是( B ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：由条件(1)，得f (x )是奇函数，由条件(2)，得f (x )是R 上的单调减函数． 对于①，f (x )＝sin x 在R 上不单调，故不是“优美函数”；对于②，f (x )＝－2x 3既是奇函数，又在R 上单调递减，故是“优美函数”；对于③，f (x )＝1－x 不是奇函数，故不是“优美函数”；对于④，易知f (x )在R 上单调递增，故不是“优美函数”．故选B.5．函数y ＝f (x )在[0,2]上单调递增，且函数f (x )的图象关于直线x ＝2对称，则下列结论成立的是( B )A ．f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (1) D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1) 解析：因为f (x )的图象关于直线x ＝2对称，所以f (x )＝f (4－x )，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.又0<12<1<32<2，f (x )在[0,2]上单调递增，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.6．已知a >0，设函数f (x )＝2 019x ＋1＋2 0172 019x＋1(x ∈[－a ，a ])的最大值为M ，最小值为N ，那么M ＋N ＝( D )A ．2 017B ．2 019C ．4 032D ．4 036解析：由题意得f (x )＝2 019x ＋1＋2 0172 019x ＋1＝2 019－22 019x＋1.∵y ＝2 019x＋1在[－a ，a ]上是单调递增的，∴f (x )＝2 019－22 019x＋1在[－a ，a ]上是单调递增的，∴M ＝f (a )，N ＝f (－a )，∴M ＋N ＝f (a )＋f (－a )＝4 038－22 019a ＋1－22 019－a＋1＝4 036. 二、填空题7．已知函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，若f (a 2－a )>f (a ＋3)，则实数a 的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．解析：由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a >0，a ＋3>0，a 2－a >a ＋3，解得－3<a <－1或a >3.所以实数a 的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．8．(2018·北京卷)能说明“若f (x )>f (0)对任意的x ∈(0,2]都成立，则f (x )在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是f (x )＝sin x (答案不唯一)．解析：这是一道开放性试题，答案不唯一，只要满足f (x )>f (0)对任意的x ∈(0,2]都成立，且函数f (x )在[0,2]上不是增函数即可．如f (x )＝sin x ，答案不唯一．9．若函数f (x )＝ln(ax 2＋x )在区间(0,1)上单调递增，则实数a 的取值范围为a ≥－12.解析：若函数f (x )＝ln(ax 2＋x )在区间(0,1)上单调递增，则函数g (x )＝ax 2＋x 在(0,1)上单调递增且g (x )>0恒成立．当a ＝0时，g (x )＝x 在(0,1)上单调递增且g (x )>0，符合题意；当a >0时，g (x )图象的对称轴为x ＝－12a <0，且有g (x )>0，所以g (x )在(0,1)上单调递增，符合题意；当a <0时，需满足g (x )图象的对称轴x ＝－12a ≥1，且有g (x )>0，解得a ≥－12，则－12≤a <0.综上，a ≥－12. 10．若函数f (x )＝ax ＋b ，x ∈[a －4，a ]的图象关于原点对称，则函数g (x )＝bx ＋a x，x ∈[－4，－1]的值域为[－2，－12]．解析：由函数f (x )的图象关于原点对称，可得a －4＋a ＝0，即a ＝2，则函数f (x )＝2x ＋b ，其定义域为[－2,2]，所以f (0)＝0，所以b ＝0，所以g (x )＝2x，易知g (x )在[－4，－1]上单调递减，故值域为[g (－1)，g (－4)]，即[－2，－12]．三、解答题 11．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证明：f (x )在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：任设x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2x 1－x 2x 1＋2x 2＋2.∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， ∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， ∴f (x )在(－∞，－2)上单调递增． (2)任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a＝a x 2－x 1x 1－a x 2－a.∵a >0，x 2－x 1>0，∴要使f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≤1.综上所述知a 的取值范围是(0,1]．12．已知函数f (x )＝ax ＋1a(1－x )(a >0)，且f (x )在[0,1]上的最小值为g (a )，求g (a )的最大值．解：f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1a x ＋1a ，当a >1时，a －1a>0，此时f (x )在[0,1]上为增函数，∴g (a )＝f (0)＝1a ；当0<a <1时，a －1a<0，此时f (x )在[0,1]上为减函数，∴g (a )＝f (1)＝a ；当a ＝1时，f (x )＝1，此时g (a )＝1.∴g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，0<a <1，1a，a ≥1，∴g (a )在(0,1)上为增函数，在[1，＋∞)上为减函数，又a＝1时，有a ＝1a＝1，∴当a ＝1时，g (a )取最大值1.13．(2019·湖北八校联考)已知函数f (x )＝ ⎩⎪⎨⎪⎧ln x 2＋a ln x ＋b ，x >0，e x ＋12，x ≤0，若f (e 2)＝f (1)，f (e)＝43f (0)，则函数f (x )的值域为(12，32]∪[2，＋∞)． 解析：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋b ＝b ，1＋a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝3，∴当x >0时，f (x )＝(ln x )2－2ln x ＋3＝(ln x －1)2＋2≥2；当x ≤0时，12<e x ＋12≤e 0＋12＝32，则函数f (x )的值域为(12，32]∪[2，＋∞)．14．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值． 解：(1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0.故f (1)＝0.(2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1x 2>1，由于当x >1时，f (x )<0. 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)<0.因此f (x 1)<f (x 2)．所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数． (3)∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数．∴f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)得，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫93＝f (9)－f (3)． 而f (3)＝－1，所以f (9)＝－2. ∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·河南郑州一模)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋2e)＝－f (x )(其中e ＝2.718 2…)，且在区间[e,2e]上是减函数，令a ＝ln22，b ＝ln33，c ＝ln55，则f (a )，f (b )，f (c )的大小关系(用不等号连接)为( A )A ．f (b )>f (a )>f (c )B ．f (b )>f (c )>f (a )C ．f (a )>f (b )>f (c )D ．f (a )>f (c )>f (b )解析：∵f (x )是R 上的奇函数，满足f (x ＋2e)＝－f (x )，∴f (x ＋2e)＝f (－x )，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝e 对称，∵f (x )在区间[e,2e]上为减函数，∴f (x )在区间[0，e]上为增函数，又易知0<c <a <b <e ，∴f (c )<f (a )<f (b )，故选A.16．(2019·湖南湘东五校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，－7≤x ≤0，ln x ，e －2≤x ≤e，g (x )＝x 2－2x ，设a 为实数，若存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，则实数a 的取值范围为[－1,3]．解析：当－7≤x ≤0时，f (x )＝|x ＋1|∈[0,6]，当e －2≤x ≤e 时，f (x )＝ln x 单调递增，得f (x )∈[－2,1]，综上，f (x )∈[－2,6]．若存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，则有－2≤2g (a )≤6，即－1≤a 2－2a ≤3⇒－1≤a ≤3.。
新高考数学一轮复习 课时规范练8 函数的单调性与最值 新人教A版高三全册数学试题
课时规范练8 函数的单调性与最值基础巩固组1.(2019江苏南通一中期中)下列函数中,在区间(0,+∞)内单调递减的是()-x B.y=x2-xA.y=1xC.y=ln x-xD.y=e x-x在区间(1,+∞)内一定2.已知函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)内有最小值,则函数g(x)=x(x)x()A.有最小值B.有最大值C.是减函数D.是增函数3.设偶函数f(x)满足f(x)=x3-8(x≥0),则{x|f(x-2)>0}=()A.{x|x<-2或x>4}B.{x|x<0或x>4}C.{x|x<0或x>6}D.{x|x<-2或x>2}4.(2019湖北荆州二模,5)已知f(x)是[-2,2]上的偶函数且在[-2,0]上单调递增,则不等式f(2-x)<f(2x-1)的解集为()A.[0,1)B.(-1,1)] D.(-∞,-1)∪(1,+∞)C.(1,325.(2019山东济宁一中期末)已知函数f(x)=log a(-x2-2x+3)(a>0,且a≠1),若f(0)<0,则此函数的单调递增区间是()A.(-∞,-1]B.[-1,+∞)C.[-1,1)D.(-3,-1]6.(多选)(2019山东泰安期中)若函数y=x 2-4x-4的定义域为[0,m ],值域为[-8,-4],则实数m 的值可能为( )A.2B.3C.4D.57.(2019河北衡水二中月考)设函数f (x )={2x ,x <2,x 2,x ≥2.若f (a+1)≥f (2a-1),则实数a 的取值范围是( )A.(-∞,1]B.(-∞,2]C.[2,6]D.[2,+∞) 8.已知函数f (x )={(1-2x )x,x ≤1,log x x +13,x >1,当x 1≠x 2时,x (x 1)-x (x 2)x 1-x 2<0,则a 的取值范围是( )A.(0,13]B.[13,12]C.(0,12]D.[14,13]9.函数f (x )=2xx +1在区间[1,2]上的值域为 .10.若函数f (x )=√x -x x (a>0,a ≠1)的定义域和值域都是[0,1],则log a 711+lo g 1x 1411= .11.判断并证明函数f (x )=ax 2+1x (其中1<a<3)在[1,2]上的单调性.综合提升组12.已知函数f(x)=x+4x ,g(x)=2x+a,若∀x1∈[12,3],∃x2∈[2,3]使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是()A.a≤1B.a≥1C.a≤0D.a≥013.设f(x)={(x-x)2,x≤0,x+1x+x,x>0.若f(0)是f(x)的最小值,则a的取值范围为()A.[-1,2]B.[-1,0]C.[1,2]D.[0,2]14.(2019山东德州二模,10)已知定义在R上的函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,且y=f(x-1)的图象关于x=1对称,若实数a满足f(log2a)<f(2),则a的取值范围是()A.(0,14) B.(14,+∞)C.(14,4)D.(4,+∞)15.(2019浙江杭州期中)函数y=log2(-x2+4x)的增区间是,值域是.16.(2019湖北荆州一中期末)若函数f(x)=x2+a|x-2|在(0,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是.创新应用组17.高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号,用其名字命名的“高斯函数”为:设x∈R,用[x]表示不超过x的最大整数,则y=[x]称为高斯函数.例如:[-2.1]=-3,[3.1]=3,已知函数f(x)=2x+31+2x,则函数y=[f(x)]的值域为()A.(12,3) B.(0,2]C.{1,2}D.{0,1,2,3}18.(2019浙江,16)已知a∈R,函数f(x)=ax3-x.若存在t∈R,使得|f(t+2)-f(t)|≤23,则实数a的最大值是.参考答案课时规范练8函数的单调性与最值1.A 对于A,y 1=1x 在(0,+∞)内是减函数,y 2=x 在(0,+∞)内是增函数,则y=1x -x 在(0,+∞)内是减函数;B,C 选项中的函数在(0,+∞)上均不单调;选项D 中,y'=e x-1,而当x ∈(0,+∞)时,y'>0,所以函数y=e x -x 在(0,+∞)上是增函数.2.D 由题意知a<1,又函数g (x )=x+xx -2a 在[√|x |,+∞)内为增函数,故选D .3.B f (x-2)>0等价于f (|x-2|)>0=f (2),∵f (x )=x 3-8在[0,+∞)内为增函数,∴|x-2|>2,解得x<0或x>4.4.A 因为f (x )是偶函数,所以f (2-x )<f (2x-1)⇔f (|2-x|)<f (|2x-1|),又因为f (x )在[-2,0]上单调递增,所以-2≤|2-x|<|2x-1|≤2.因此{-2≤2x -1≤2,-2≤2-x ≤2,(2-x )2>(2x -1)2.所以0≤x<1,故选A .5.C 令g (x )=-x 2-2x+3,由题意知g (x )>0,可得-3<x<1,故函数的定义域为{x|-3<x<1}.根据f (0)=log a 3<0,可得0<a<1,则本题求函数g (x )在(-3,1)内的减区间.又g (x )在定义域(-3,1)内的减区间是[-1,1),所以f (x )的单调增区间为[-1,1).6.ABC 函数y=x 2-4x-4的对称轴方程为x=2,当0≤m ≤2时,函数在[0,m ]上单调递减,x=0时取最大值-4,x=m 时有最小值m 2-4m-4=-8,解得m=2.则当m>2时,最小值为-8,而f (0)=-4,由对称性可知,m ≤4.所以实数m 的值可能为2,3,4.故选ABC .7.B 易知函数f (x )在定义域(-∞,+∞)上是增函数.因为f (a+1)≥f (2a-1),所以a+1≥2a-1,解得a ≤2.故实数a 的取值范围是(-∞,2].8.A ∵当x 1≠x 2时,x (x 1)-x (x 2)x 1-x 2<0, ∴f (x )是R 上的单调减函数,∵f (x )={(1-2x )x,x ≤1,log x x +13,x >1,∴{0<1-2x <1,0<x <1,1-2x ≥13,∴0<a ≤13,故选A . 9.[1,43] ∵f (x )=2x x +1=2(x +1)-2x +1=2-2x +1,∴f (x )在区间[1,2]上是增函数,即f (x )max =f (2)=43,f (x )min =f (1)=1.故f (x )的值域是[1,43].10.-1 因为f (1)=0,且a-a x≥0,所以f (x )是[0,1]上的递减函数,所以f (0)=1,即√x -1=1,解得a=2,所以原式=log 2711+lo g 121411=log 2(711×1114)=-1,故答案为-1.11.解函数f (x )=ax 2+1x (1<a<3)在[1,2]上单调递增.证明:设1≤x 1<x 2≤2,则f (x 2)-f (x 1)=a x 22+1x2-a x 12−1x 1=(x 2-x 1)a (x 1+x 2)-1x 1x 2,由1≤x 1<x 2≤2,得x 2-x 1>0,2<x 1+x 2<4,1<x 1x 2<4,-1<-1x1x2<-14. 又因为1<a<3,所以2<a (x 1+x 2)<12,得a (x 1+x 2)-1x1x 2>0,从而f (x 2)-f (x 1)>0,即f (x 2)>f (x 1),故当a ∈(1,3)时,f (x )在[1,2]上单调递增.12.C ∵当x ∈[12,3]时,f (x )≥2√x ·4x =4,当且仅当x=2时取等号,∴f (x )min =4.当x ∈[2,3]时,g (x )单调递增,故g (x )min =22+a=4+a.依题意知f (x )min ≥g (x )min ,解得a ≤0.13.D 因为当x ≤0时,f (x )=(x-a )2,f (0)是f (x )的最小值,所以a ≥0.x>0时,f (x )=x+1x +a ≥2+a ,当且仅当x=1时取“=”.要满足f (0)是f (x )的最小值,需2+a ≥f (0)=a 2,即a 2-a-2≤0,解得-1≤a ≤2,所以a 的取值范围是0≤a ≤2.故选D .14.C 由y=f (x-1)的图象关于直线x=1对称,得f (x )的图象关于y 轴对称,则f (x )为偶函数,又由函数f (x )在区间[0,+∞)上单调递增,可得f (|log 2a|)<f (2),则|log 2a|<2,即-2<log 2a<2,解得14<a<4,即a 的取值范围为(14,4).故选C .15.(0,2] (-∞,2] 函数y=log 2(-x 2+4x )的增区间,即函数t=-x 2+4x 在满足t>0的条件下,函数t 的增区间,再利用二次函数的性质可得在满足t>0的条件下,函数t 的增区间为(0,2].由于0<t ≤4,故y=log 2t ∈(-∞,2].16.[-4,0] ∵f (x )=x 2+a|x-2|,∴f (x )={x 2+xx -2x ,x ≥2,x 2-xx +2x ,x <2.又∵f (x )在(0,+∞)上单调递增, ∴{-x2≤2,x 2≤0,∴-4≤a ≤0,∴实数a 的取值范围是[-4,0].17.C f (x )=2x +31+2x=1+21+2x ,∵2x >0,∴1+2x >1,0<12x +1<1,则0<22x +1<2,1<1+22x +1<3,即1<f (x )<3,当1<f (x )<2时,[f (x )]=1,当2≤f (x )<3时,[f (x )]=2,综上,函数y=[f (x )]的值域为{1,2}.18.43由题意知,|f (t+2)-f (t )|=|a (6t 2+12t+8)-2|≤23有解,即-23≤a (6t 2+12t+8)-2≤23有解,所以43(6x 2+12x +8)≤a ≤83(6x 2+12x +8)有解,因为6t 2+12t+8∈[2,+∞),所以43(6x 2+12x +8)∈0,23,83(6x 2+12x +8)∈0,43,所以只需要0<a ≤43,即a max =43.。
2019年人教版A版高三数学(理)高考一轮复习2.2 函数的单调性与最值教学设计及答案
第二节函的单调性与最值1．函的单调性解函的单调性及其几何意义．2．函的最值解函的最大值、最小值及其几何意义．知识点一函的单调性1．单调函的定义2.单调区间的定义如果函y＝f(x)在区间A上是增加的或是减少的，那么称A为单调区间．易误提醒求函单调区间的两个注意点：(1)单调区间是定义域的子集，故求单调区间应树立“定义域优先”的原则．(2)单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．必记结论1．单调函的定义有以下若干等价形式：设x1，x2∈[a，b]，那么①f x1 －f x2x1－x2>0⇔f(x)在[a，b]上是增函；f x1 －f x2x1－x2<0⇔f(x)在[a，b]上是减函．②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0⇔f(x)在[a，b]上是增函；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔f(x)在[a，b]上是减函．2．复合函y＝f[g(x)]的单调性规律是“同则增，异则减”，即y＝f(u)与u＝g(x)若具有相同的单调性，则y＝f[g(x)]为增函，若具有不同的单调性，则y ＝f [g (x )]必为减函．[自测练习]1．下列函中，在区间(0，＋∞)上单调递减的是( ) A ．f (x )＝1xB ．f (x )＝(x －1)2C ．f (x )＝e xD ．f (x )＝ln(x ＋1)解析：根据函的图象知，函f (x )＝1x在(0，＋∞)上单调递减，故选A.答案：A2．函f (x )＝log 5(2x ＋1)的单调增区间是________．解析：要使y ＝log 5(2x ＋1)有意义，则2x ＋1>0，即x >－12，而y ＝log 5u 为(0，＋∞)上的增函，当x >－12时，u ＝2x ＋1也为R 上的增函，故原函的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞3．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－ax －5，x ≤1，ax，x >1在R 上为增函，则a 的取值范围是( )A ．[－3,0)B ．[－3，－2]C ．(－∞，－2]D ．(－∞，0)解析：要使函在R 上是增函，则有⎩⎪⎨⎪⎧－a2≥1，a <0，－1－a －5≤a ，解得－3≤a ≤－2，即a 的取值范围是[－3，－2]．答案：B知识点二 函的最值易误提醒 在求函的值域或最值时，易忽视定义域的限制性． 必备方法 求函最值的五个常用方法(1)单调性法：先确定函的单调性，再由单调性求最值． (2)图象法：先作出函的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值．(3)换元法：对比较复杂的函可通过换元转为熟悉的函，再用相应的方法求最值．(4)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值．(5)导法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值．[自测练习]4．函f (x )＝11＋x 2(x ∈R )的值域是( )A ．(0,1)B ．(0,1]C ．[0,1)D ．[0,1]解析：因为1＋x 2≥1,0<11＋x 2≤1，所以函值域是(0,1]，选B.答案：B5．已知函f (x )＝x 2＋2x (－2≤x ≤1且x ∈Z )，则f (x )的值域是( )A ．[0,3]B ．[－1,3]C ．{0,1,3}D ．{－1,0,3}解析：依题意，f (－2)＝f (0)＝0，f (－1)＝－1，f (1)＝3，因此f (x )的值域是{－1,0,3}，选D.答案：D考点一 函单调性的判断|1．下列四个函中，在(0，＋∞)上为增函的是( ) A ．f (x )＝3－x B ．f (x )＝x 2－3x C ．f (x )＝－1x ＋1D ．f (x )＝－|x |解析：当x >0时，f (x )＝3－x 为减函；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝x 2－3x 为减函，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f (x )＝x 2－3x 为增函；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－1x ＋1为增函；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函．故选C. 答案：C2．判断函g (x )＝－2xx －1在(1，＋∞)上的单调性．解：法一：定义法任取x 1，x 2∈(1，＋∞)，且x 1<x 2，则g (x 1)－g (x 2)＝－2x 1x 1－1－－2x 2x 2－1＝2 x 1－x 2x 1－1 x 2－1 ，因为1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，(x 1－1)(x 2－1)>0， 因此g (x 1)－g (x 2)<0，即g (x 1)<g (x 2)． 故g (x )在(1，＋∞)上是增函． 法二：导法∵g ′(x )＝－2 x －1 ＋2x x －1 2＝2x －1 2>0，∴g (x )在(1，＋∞)上是增函．给出解析式函单调性的两种判定方法1．定义法(基本步骤为取值、作差或作商、变形、判断)． 2．导法(基本步骤为求定义域、求导、变形、判断)．考点二 函的单调区间的求法|求下列函的单调区间：(1)y ＝－x 2＋2|x |＋1；(2)y ＝log 12(x 2－3x ＋2)．[解] (1)由于y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2－2x ＋1，x <0，即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－ x －1 2＋2，x ≥0，－ x ＋1 2＋2，x <0.画出函图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]， 单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．(2)令u ＝x 2－3x ＋2，则原函可以看作y ＝log 12u 与u ＝x 2－3x ＋2的复合函．令u ＝x 2－3x ＋2>0，则x <1或x >2.∴函y ＝log 12(x 2－3x ＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．又u ＝x 2－3x ＋2的对称轴x ＝32，且开口向上．∴u ＝x 2－3x ＋2在(－∞，1)上是单调减函，在(2，＋∞)上是单调增函．而y ＝log 12u 在(0，＋∞)上是单调减函，∴y ＝log 12(x 2－3x ＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．函单调区间的四种求法(1)利用已知函的单调性，即转为已知函的和、差或复合函，求单调区间．(2)定义法：先求定义域，再利用单调性定义．(3)图象法：如果f (x )是以图象形式给出的，或者f (x )的图象易作出，可由图象的直观性写出它的单调区间．(4)导法：利用导取值的正负确定函的单调区间．函y ＝|x |(1－x )在区间A 上是增函，那么区间A 是( )A ．(－∞，0) B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12C ．[0，＋∞) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析：y ＝|x |(1－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 1－x x ≥0 ，－x 1－x x <0 ＝错误! ＝错误!画出函的草图，如图．由图易知原函在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12上单调递增．答案：B考点三 函单调性的应用|函单调性的应用比较广泛，是每年高考的重点和热点内容．归纳起，常见的命题探究角度有：1．求函的值域或最值．2．比较两个函值或两个自变量的大小．3．解函不等式． 4．求参的取值范围或值． 探究一 求函的值域或最值1．(2015·高考浙江卷)已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x －3，x ≥1，lg x 2＋1 ，x <1，则f (f (－3))＝________，f (x )的最小值是________．解析：由题知，f (－3)＝1，f (1)＝0，即f (f (－3))＝0.又f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝min{f (0)，f (2)}＝22－3.答案：0 22－3探究二 比较两个函值或两自变量的大小2．已知函f (x )＝log 2x ＋11－x ，若x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，则( )A ．f (x 1)<0，f (x 2)<0B ．f (x 1)<0，f (x 2)>0C ．f (x 1)>0，f (x 2)<0D ．f (x 1)>0，f (x 2)>0解析：∵函f (x )＝log 2x ＋11－x 在(1，＋∞)上为增函，且f (2)＝0，∴当x 1∈(1,2)时，f (x 1)<f (2)＝0， 当x 2∈(2，＋∞)时，f (x 2)>f (2)＝0， 即f (x 1)<0，f (x 2)>0. 答案：B探究三 解函不等式3．(2015·西安一模)已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤0，ln x ＋1 ，x >0，若f (2－x 2)>f (x )，则实x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C ．(－1,2)D ．(－2,1)解析：∵当x ＝0时，两个表达式对应的函值都为零，∴函的图象是一条连续的曲线．∵当x ≤0时，函f (x )＝x 3为增函，当x >0时，f (x )＝ln(x ＋1)也是增函，且当x 1<0，x 2>0时，f (x 1)<f (x 2)，∴函f (x )是定义在R 上的增函．因此，不等式f (2－x 2)>f (x )等价于2－x 2>x ，即x 2＋x －2<0，解得－2<x <1，故选D.答案：D探究四 利用单调性求参的取值范围4．(2015·江西新余期末质检)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－a x ＋1 x <1 ，a xx ≥1 满足对任意x 1≠x 2，都有f x 1 －f x 2x 1－x 2>0成立，那么a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 B.⎝⎛⎦⎥⎤1，32C ．(1,2)D ．(1，＋∞)解析：依题意，f (x )是在R 上的增函，于是有⎩⎪⎨⎪⎧2－a >0，a >1， 2－a ×1＋1≤a 1.解得32≤a <2，故选A.答案：A函单调性应用问题的四种类型及解题策略(1)比较大小．比较函值的大小，应将自变量转到同一个单调区间内，然后利用函的单调性解决．(2)解不等式．在求解与抽象函有关的不等式时，往往是利用函的单调性将“f”符号脱掉，使其转为具体的不等式求解．此时应特别注意函的定义域．(3)利用单调性求参．①视参为已知，依据函的图象或单调性定义，确定函的单调区间，与已知单调区间比较求参；②需注意若函在区间[a，b]上是单调的，则该函在此区间的任意子集上也是单调的．(4)利用单调性求最值．应先确定函的单调性，然后再由单调性求出最值．1.确定抽象函的单调性以及解含“f”的不等式【典例】(12分)函f(x)对任意a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且当x>0时，有f(x)>1.(1)求证：f(x)是R上的增函；(2)若f(4)＝5，解不等式f(2t－1)－f(1＋t)<2.[思路点拨] (1)用单调性的定义证明抽象函的单调性；(2)结合题意，将含“f”的不等式f(2t－1)－f(1＋t)<2转为f(m)<f(n)的形式，再依据单调性转为常规不等式求解．[规范解答] (1)证明：设x1，x2∈R且x1<x2，则x2－x1>0，∴f(x2－x1)>1.(2分)根据条件等式有f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1＋x1)－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0，∴f(x1)<f(x2)，∴f(x)是R上的增函．(6分)(2)由f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，得f(a＋b)－f(a)＝f(b)－1，∴f(2t－1)－f(1＋t)＝f(t－2)－1，(8分)∴f(2t－1)－f(1＋t)<2，即f(t－2)－1<2，∴f(t－2)<3.又f(2＋2)＝f(2)＋f(2)－1＝5，∴f(2)＝3，∴f(t－2)<3＝f(2)．(10分)∵f(x)是R上的增函，∴t－2<2，∴t<4，故不等式的解集为(－∞，4)．(12分)[模板形成]A组考点能力演练1．(2015·吉林二模)下列函中，定义域是R 且为增函的是( ) A ．y ＝e －x B ．y ＝x C ．y ＝ln xD ．y ＝|x |解析：因为定义域是R ，排除C ，又是增函，排除A 、D ，所以选B.答案：B2．(2015·河南信阳期末调研)下列四个函： ①y ＝3－x ；②y ＝1x 2＋1；③y ＝x 2＋2x －10；④y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x x ≤0 ，－1xx >0 .其中值域为R 的函有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个解析：依题意，注意到y ＝3－x 与函y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x x ≤0 ，－1xx >0 的值域均是R ，函y ＝1x 2＋1的值域是(0,1]，函y ＝x 2＋2x －10＝(x ＋1)2－11的值域是[－11，＋∞)，因此选B.答案：B3．若函f (x )＝－x 2＋2ax 与函g (x )＝ax ＋1在区间[1,2]上都是减函，则实a 的取值范围为( )A ．(0,1)∪(0,1)B ．(0,1)∪(0,1]C ．(0,1)D ．(0,1]解析：注意到f (x )＝－(x －a )2＋a 2；依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1，a >0，即0<a ≤1，故选D.答案：D4．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x 2－2x ＋3，x >0，则不等式f (a 2－4)>f (3a )的解集为( )A ．(2,6)B ．(－1,4)C ．(1,4)D ．(－3,5)解析：作出函f (x )的图象，如图所示，则函f (x )在R 上是单调递减的．由f (a 2－4)>f (3a )，可得a 2－4<3a ，整得a 2－3a －4<0，即(a ＋1)(a －4)<0，解得－1<a <4，所以不等式的解集为(－1,4)．答案：B5．(2016·浦东一模)如果函y ＝f (x )在区间I 上是增函，且函y＝f xx在区间I 上是减函，那么称函y ＝f (x )是区间I 上的“缓增函”，区间I 叫作“缓增区间”．若函f (x )＝12x 2－x ＋32是区间I 上的“缓增函”，则“缓增区间”I 为( )A ．[1，＋∞)B ．[0，3]C ．[0,1]D ．[1，3]解析：因为函f (x )＝12x 2－x ＋32的对称轴为x ＝1，所以函y ＝f (x )在区间[1，＋∞)上是增函，又当x ≥1时，f x x ＝12x －1＋32x，令g (x )＝12x －1＋32x (x ≥1)，则g ′(x )＝12－32x 2＝x 2－32x2，由g ′(x )≤0得1≤x ≤3，即函f x x ＝12x －1＋32x在区间[1，3]上单调递减，故“缓增区间”I 为[1，3]．答案：D6．已知f (x )是定义在R 上的偶函，若对任意的x 1，x 2∈[0，＋∞)(x 1≠x 2)，有f x 2 －f x 1x 2－x 1<0，则f (3)，f (－2)，f (1)的大小关系为________．解析：由x 1，x 2∈(0，＋∞)时，f x 2 － x 1x 2－x 1<0，∴f (x )在(0，＋∞)上为减函． 又f (－2)＝f (2)，1<2<3， ∴f (1)>f (－2)>f (3)． 即f (1)>f (2)>f (3)． 答案：f (1)>f (－2)>f (3)7．设函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函g (x )的递减区间是________．解析：g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x >1，0，x ＝1，－x 2，x <1.如图所示，其递减区间是[0,1)．答案：[0,1)8．(2015·长春二模)已知函f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函，则a 的取值范围是________．解析：因为函f (x )在(－∞，－a )上是单调函，所以－a ≥－1，解得a ≤1.答案：(－∞，1] 9．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证f (x )在(－∞，－2)上单调递增； (2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：任设x 1<x 2<－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2 x 1－x 2 x 1＋2 x 2＋2 . ∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， ∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)上单调递增．(2)f (x )＝xx －a ＝x －a ＋a x －a ＝1＋ax －a，当a >0时，f (x )在(－∞，a )，(a ，＋∞)上是减函， 又f (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴0<a ≤1，故实a 的取值范围为(0,1]． 10．已知函g (x )＝x ＋1，h (x )＝1x ＋3，x ∈(－3，a ]，其中a 为常且a >0，令函f (x )＝g (x )·h (x )．(1)求函f (x )的表达式，并求其定义域； (2)当a ＝14时，求函f (x )的值域．解：(1)∵f (x )＝g (x )·h (x )＝(x ＋1)1x ＋3＝x ＋1x ＋3，∴f (x )＝x ＋1x ＋3，x ∈[0，a ](a >0)．(2)函f (x )的定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，14，令x ＋1＝t ，则x ＝(t －1)2，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32，f (x )＝F (t )＝tt 2－2t ＋4＝1t ＋4t－2.∵t ＝4t 时，t ＝±2∉⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32，又t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32时，t ＋4t 单调递减，F (t )单调递增，∴F (t )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，613.即函f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，613.B 组 高考题型专练1．(2014·高考北京卷)下列函中，在区间(0，＋∞)上为增函的是( )A ．y ＝x ＋1B ．y ＝(x －1)2C ．y ＝2－xD ．y ＝log 0.5(x ＋1)解析：y ＝(x －1)2仅在[1，＋∞)上为增函，排除B ；y ＝2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x为减函，排除C ；因为y ＝log 0.5t 为减函，t ＝x ＋1为增函，所以y＝log 0.5(x ＋1)为减函，排除D ；y ＝t 和t ＝x ＋1均为增函，所以y ＝x ＋1为增函，故选A.答案：A2．(2013·高考安徽卷)“a ≤0”是“函f (x )＝|(ax －1)x |在区间(0，＋∞)内单调递增”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：由二次函的图象和性质知f (x )＝|(ax －1)x |在(0，＋∞)内单调递增，只需f (x )的图象在(0，＋∞)上与x 轴无交点，即a ＝0或1a<0，整得a ≤0，而当a ≤0时，结合图象(图略)可知f (x )在(0，＋∞)上为增函．故a ≤0是f (x )在(0，＋∞)上单调递增的充要条件，故选C.答案：C3．(2015·高考福建卷)若函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x >2(a >0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实a 的取值范围是________．解析：因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x >2，所以当x ≤2时，f (x )≥4；又函f (x )的值域为[4，＋∞)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >1，3＋log a 2≥4.解得1<a ≤2，所以实a 的取值范围为(1,2]．答案：(1,2]4．(2015·高考湖北卷)a 为实，函f (x )＝|x 2－ax |在区间[0,1]上的最大值记为g (a )．当a ＝________时，g (a )的值最小．解析：f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22－a 24，其在区间[0,1]上的最大值必在x ＝0，x ＝1，x ＝a2处产生，即g (a )＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f 0 ，f 1 ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，|1－a |，a 24＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫|1－a |，a 24，在同一坐标系中分别画出y＝|1－a |，y ＝a 24的图象可知(图略)，在两图象的交点处，g (a )取得最小值，此时1－a ＝a 24，则a ＝22－2(－2－22舍去)．答案：22－2。
【优师优卷】2019高考数学一轮复习课时规范练13函数模型及其应用理新人教A版75
课时规范练13 函数模型及其应用一、基础巩固组1.某产品的总成本y(单位:万元)与产量x(单位:台)之间的函数关系是y=3 000+20x-0.1x2(0<x<240,x∈N*),若每台产品的售价为25万元,则生产者不亏本时(销售收入不小于总成本)的最低产量是()A.100台B.120台C.150台D.180台2.某房地产公司计划出租70套相同的公寓房.当每套房月租金定为3 000元时,这70套公寓能全租出去;当月租金每增加50元时(设月租金均为50元的整数倍),就会多一套房子租不出去.设租出的每套房子每月需要公司花费100元的日常维修等费用(设租不出去的房子不需要花这些费用).要使公司获得最大利润,每套公寓月租金应定为()A.3 000元B.3 300元C.3 500元D.4 000元3.一个人以6米/秒的速度去追赶停在交通灯前的汽车,当他离汽车25米时交通灯由红变绿,汽车开始变速直线行驶(汽车与人前进方向相同),汽车在时间t内的路程为s=t2米,那么,此人()A.可在7秒内追上汽车B.可在9秒内追上汽车C.不能追上汽车,但期间最近距离为14米D.不能追上汽车,但期间最近距离为7米4.某企业生产A,B两种产品,根据市场调查与预测,A产品的利润与投资成正比,其关系如图①;B产品的利润与投资的算术平方根成正比,其关系如图②(注:利润和投资单位:万元).图①图②(1)分别将A,B两种产品的利润表示为投资的函数关系式;(2)已知该企业已筹集到18万元资金,并将全部资金投入到A,B两种产品的生产中.①若平均投入生产两种产品,可获得多少利润?②如果你是厂长,怎样分配这18万元投资,才能使该企业获得最大利润?其最大利润为多少万元?5.某医药研究所开发的一种新药,如果成年人按规定的剂量服用,据监测:服药后每毫升血液中的含药量y(单位:μg)与时间t(单位:h)之间的关系近似满足如图所示的曲线.(1)写出第一次服药后y与t之间的函数解析式y=f(t);(2)据进一步测定:当每毫升血液中含药量不少于0.25 μg时,治疗有效.求服药一次后治疗有效的时间.6.A,B两城相距100 km,在两城之间距A城x km处建一核电站给A,B两城供电,为保证城市安全,核电站与城市距离不得小于10 km.已知供电费用等于供电距离(单位:km)的平方与供电量(单位:亿千瓦时)之积的0.25倍,若A城供电量为每月20亿千瓦时,B城供电量为每月10亿千瓦时.(1)求x的取值范围;(2)把月供电总费用y表示成x的函数;(3)核电站建在距A城多远,才能使供电总费用y最少?〚导学号21500519〛二、综合提升组7.某市明年计划投入600万元加强民族文化基础设施改造.据调查,改造后预计该市在一个月内(以30天计),民族文化旅游人数f(x)(单位:万人)与时间x(单位:天)的函数关系近似满足f(x)=4,人均消费g(x)(单位:元)与时间x(单位:天)的函数关系近似满足g(x)=104-|x-23|.(1)求该市旅游日收益p(x)(单位:万元)与时间x(1≤x≤30,x∈N*)的函数关系式;(2)若以最低日收益的15%为纯收入,该市对纯收入按1.5%的税率来收回投资,按此预计两年内能否收回全部投资.8.(2017江苏无锡模拟)某沿海地区养殖的一种特色海鲜上市时间仅能持续5个月,预测上市初期和后期会因供应不足使价格呈持续上涨态势,而中期又将出现供大于求使价格连续下跌.现有三种价格模拟函数:①f(x)=p·q x;②f(x)=px2+qx+1;③f(x)=x(x-q)2+p(以上三式中p,q 均为常数,且q>1).(1)为准确研究其价格走势,应选哪种价格模拟函数(不必说明理由)?(2)若f(0)=4,f(2)=6,求出所选函数f(x)的解析式(注:函数定义域是[0,5],其中x=0表示8月1日,x=1表示9月1日,以此类推);(3)在(2)的条件下研究下面课题:为保证养殖户的经济效益,当地政府计划在价格下跌期间积极拓宽外销,请你预测该海鲜将在哪几个月内价格下跌.〚导学号21500520〛9.现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是底面为正方形的四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱(底面为正方形的直棱柱)ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是四棱锥的高PO1的4倍,O1,O分别为底面中心.(1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?(2)若四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?三、创新应用组10.(2017江苏南京、盐城二模)在一张足够大的纸板上截取一个面积为3 600平方厘米的矩形纸板ABCD,然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形,再把它的边沿虚线折起,做成一个无盖的长方体纸盒(如图).设小正方形的边长为x厘米,矩形纸板的两边AB,BC的长分别为a厘米和b厘米,其中a≥b.(1)当a=90时,求纸盒侧面积的最大值;(2)试确定a,b,x的值,使得纸盒的体积最大,并求出最大值.〚导学号21500521〛课时规范练13函数模型及其应用1.C设利润为f(x)万元,则f(x)=25x-(3 000+20x-0.1x2)=0.1x2+5x-3 000(0<x<240,x∈N*).令f(x)≥0,得x≥150,∴生产者不亏本时的最低产量是150台.2.B由题意,设利润为y元,租金定为(3 000+50x)元(0≤x≤70,x∈N),则y=(3 000+50x)(70-x)-100(70-x)=(2 900+50x)(70-x)=50(58+x)(70-x)≤50=204 800,当且仅当58+x=70-x,即x=6时,等号成立,故每月租金定为3 000+300=3 300(元)时,公司获得最大利润,故选B.3.D已知s=t2,车与人的间距d=(s+25)-6t=t2-6t+25=(t-6)2+7.当t=6时,d取得最小值7.4.解 (1)设A,B两种产品都投资x万元(x≥0),所获利润分别为f(x)万元、g(x)万元,由题意可设f(x)=k1x,g(x)=k2,根据题图可得f(x)=0.25x(x≥0),g(x)=2(x≥0).(2)①由(1)得f(9)=2.25,g(9)=2=6,故总利润y=8.25(万元).②设B产品投入x万元,A产品投入(18-x)万元,该企业可获总利润为y万元,则y=(18-x)+2,0≤x≤18.令=t,t∈[0,3 ],则y=(-t2+8t+18)=-(t-4)2+故当t=4时,y max==8.5,此时x=16,18-x=2.所以当A,B两种产品分别投入2万元、16万元时,可使该企业获得最大利润8.5万元.5.解 (1)根据所给的曲线,可设y=当t=1时,由y=4,得k=4,由=4,得a=3.则y=(2)由y≥0.25,得解得t≤5.因此服药一次后治疗有效的时间为5-(h).6.解 (1)由题意可知x的取值范围为10≤x≤90.(2)y=5x2+(100-x)2(10≤x≤90).(3)因为y=5x2+(100-x)2=x2-500x+25 000=,所以当x=时,y min=故核电站建在距A城 km处,才能使供电总费用y最少.7.解 (1)由题意知p(x)=f(x)g(x)=4(104-|x-23|)(1≤x≤30,x∈N*).(2)由p(x)=①当1≤x≤23时,p(x)=4(81+x)=4482+2=400,当且仅当x=,即x=9时,p(x)取得最小值400.②当23<x≤30时,p(x)=4(127-x)=4设h(x)=-x,则有h'(x)=--1<0,故h(x)在(23,30]上为减函数,则p(x)在(23,30]上也是减函数,所以当x=30时,p(x)min=4=400>400.所以当x=9时,p(x)取得最小值400万元.因为两年内的税收为400×15%×30×12×2×1.5%=648>600,所以600万元的投资可以在两年内收回.8.解 (1)因为上市初期和后期价格呈持续上涨态势,而中期又将出现价格连续下跌,所以在给出的函数中应选模拟函数f(x)=x(x-q)2+p.(2)对于f(x)=x(x-q)2+p,由f(0)=4,f(2)=6,可得p=4,(2-q)2=1,又q>1,所以q=3,所以f(x)=x3-6x2+9x+4(0≤x≤5).(3)因为f(x)=x3-6x2+9x+4(0≤x≤5),所以f'(x)=3x2-12x+9,令f'(x)<0,得1<x<3.所以函数f(x)在(1,3)内单调递减,所以可以预测这种海鲜将在9月、10月两个月内价格下跌.9.解 (1)由PO1=2 m知O1O=4PO1=8 m.因为A1B1=AB=6 m,所以四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥=A1PO1=62×2=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=a m,PO1=h m,则0<h<6,O1O=4h.连接O1B1.因为在Rt△PO1B1中,O1+P=P,所以+h2=36,即a2=2(36-h2).于是仓库的容积V=V柱+V锥=a2·4h+a2·h=a2h=(36h-h3),0<h<6,从而V'=(36-3h2)=26(12-h2).令V'=0,得h=2或h=-2(舍).当0<h<2时,V'>0,V是单调增函数;当2<h<6时,V'<0,V是单调减函数.故h=2时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=2 m时,仓库的容积最大.10.解 (1)因为矩形纸板ABCD的面积为3 600平方厘米,故当a=90时,b=40,所以纸盒的侧面积S=2×x(90-2x)+2×x(40-2x)=-8x2+260x,x∈(0,20).因为S=-8x2+260x=-8,故当x=时,侧面积最大,最大值为平方厘米.(2)纸盒的体积V=(a-2x)(b-2x)x=x[ab-2(a+b)x+4x2],x,b≤60.V=x[ab-2(a+b)x+4x2]≤x(ab-4x+4x2)=x(3 600-240x+4x2)=4x3-240x2+3 600x.当且仅当a=b=60时等号成立.设f(x)=4x3-240x2+3 600x,x∈(0,30).则f'(x)=12(x-10)(x-30).于是当0<x<10时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,10)内单调递增;当10<x<30时,f'(x)<0,所以f(x)在(10,30)内单调递减.因此当x=10时,f(x)有最大值f(10)=16 000,此时a=b=60,x=10.故当a=b=60,x=10时纸盒的体积最大,最大值为16 000立方厘米.。
2025年高考数学一轮复习课时作业-函数的单调性与最值【含解析】
2025年高考数学一轮复习课时作业-函数的单调性与最值【原卷版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)(多选题)下列函数中,在区间(0,1)上是增函数的是()A.y=|x|B.y=x+3C.y=1D.y=-x2+42.(5分)函数f(x)=lg(x2-4)的单调递增区间为()A.(0,+∞)B.(-∞,0)C.(2,+∞)D.(-∞,-2)3.(5分)函数f(x)=1 2+1在区间[1,2]上的最大值与最小值分别是()A.12,15B.5,2C.2,1D.1,124.(5分)函数f(x)=2- +1,x∈(m,n]的最小值为0,则m的取值范围是()A.(1,2)B.(-1,2)C.[1,2)D.[-1,2)5.(5分)已知定义在R上的函数f(x),对任意x∈(0,π),有f(x)-f(-x)=0,且x1,x2>0时,有 ( 1)- ( 2)1- 2>0,设a=f(2),b=f(-2),c=f(3),则()A.a<b<cB.b<c<aC.a<c<bD.c<b<a6.(5分)(多选题)关于函数y=4-( +1)2,下列说法正确的是()A.在区间[-1,0]上单调递减B.单调递增区间为[-3,-1]C.最大值为2D.没有最小值7.(5分)函数y=-x2+2|x|+1的单调递增区间为,单调递减区间为.8.(5分)函数f(x)=-x+1 在[-2,-13]上的最大值是.9.(5分)函数y=2x+ -1的最小值为.10.(10分)已知函数f(x)= +2 .(1)写出函数f(x)的定义域和值域;(2)证明:函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,并求f(x)在x∈[2,8]上的最大值11.(10分)已知f(x)= 2+2 + ,x∈[1,+∞).(1)当a=12时,求函数f(x)的最小值;(2)若对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,试求实数a的取值范围.【能力提升练】12.(5分)(多选题)下列函数有最小值的是()A.f(x)=x2+1 2B.f(x)=2x+2C.f(x)= -1 +1D.f(x)=lg( +1)13.(5分)已知函数y=f(x)的定义域为R,对任意x1,x2且x1≠x2,都有 ( 1)- ( 2)1- 2>-1,则下列说法正确的是()A.y=f(x)+x是增函数B.y=f(x)+x是减函数C.y=f(x)是增函数D.y=f(x)是减函数14.(10分)设函数f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R),F(x)= ( ), ≥0,- ( ), <0.(1)若f(-1)=0,且对任意实数x均有f(x)≥0成立,求F(x)的解析式;(2)在(1)的条件下,当x∈[-2,2]时,g(x)=f(x)-kx是单调函数,求实数k的取值范围.2025年高考数学一轮复习课时作业-函数的单调性与最值【解析版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)(多选题)下列函数中,在区间(0,1)上是增函数的是()A.y=|x|B.y=x+3C.y=1D.y=-x2+4【解析】选AB.函数y=1 与y=-x2+4在(0,1)上都是减函数.2.(5分)函数f(x)=lg(x2-4)的单调递增区间为()A.(0,+∞)B.(-∞,0)C.(2,+∞)D.(-∞,-2)【解析】选C.由复合函数的单调性知,要使f(x)单调递增,需 2-4>0,>0,解得x>2.3.(5分)函数f(x)=1 2+1在区间[1,2]上的最大值与最小值分别是()A.12,15B.5,2C.2,1D.1,12【解析】选A.因为y=x2+1在(0,+∞)上单调递增,且y>1,所以f(x)=1 2+1在区间[1,2]上单调递减,所以函数f(x)=1 2+1在区间[1,2]上的最大值与最小值分别是f(1)=112+1=12,f(2)=122+1=15.4.(5分)函数f(x)=2- +1,x∈(m,n]的最小值为0,则m的取值范围是()A.(1,2)B.(-1,2)C.[1,2)D.[-1,2)【解析】选D.因为f(x)=2- +1=-1+3 +1在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递减,且当x∈(m,n]时最小值为0,即f(n)=0,n=2,所以m<n=2.又函数f(x)的定义域分为两段,x=2在(-1,+∞)上,故m≥-1,综上,-1≤m<2.5.(5分)已知定义在R上的函数f(x),对任意x∈(0,π),有f(x)-f(-x)=0,且x1,x2>0时,有 ( 1)- ( 2)1- 2>0,设a=f(2),b=f(-2),c=f(3),则()A.a<b<cB.b<c<aC.a<c<bD.c<b<a【解析】选A.因为对任意x∈(0,π),f(x)-f(-x)=0,所以f(-2)=f(2),因为x1,x2>0时,有 ( 1)- ( 2)1- 2>0,所以函数f(x)在区间(0,π)上单调递增,因为2<2<3,所以f(2)<f(2)<f(3),即f(2)<f(-2)<f(3),所以a<b<c.6.(5分)(多选题)关于函数y=4-( +1)2,下列说法正确的是()A.在区间[-1,0]上单调递减B.单调递增区间为[-3,-1]C.最大值为2D.没有最小值【解题指南】先求出函数定义域,令t=4-(x+1)2,根据二次函数的性质,由已知解析式,逐项判断,即可得出结果.【解析】选ABC.由4-(x+1)2≥0得-3≤x≤1,即函数y=4-( +1)2的定义域为[-3,1].令t=4-(x+1)2,则t=4-(x+1)2的图象是开口向下、对称轴为x=-1的抛物线,所以函数t=4-(x+1)2在[-3,-1]上单调递增,在[-1,1]上单调递减.又y= 单调递增,所以y=4-( +1)2在[-3,-1]上单调递增,在[-1,1]上单调递减,故A,B正确;y max=4-(-1+1)2=2,当x=-3时,y=4-(-3+1)2=0,当x=1时,y=4-(1+1)2=0,则y min=0,故C正确,D错误.7.(5分)函数y=-x2+2|x|+1的单调递增区间为,单调递减区间为.【解析】y=- 2+2 +1, ≥0,- 2-2 +1, <0,即y=-( -1)2+2, ≥0,-( +1)2+2, <0.画出函数图象如图所示,则其单调递增区间为(-∞,-1]和[0,1],单调递减区间为[-1,0]和[1,+∞).答案:(-∞,-1]和[0,1][-1,0]和[1,+∞)8.(5分)函数f(x)=-x+1 在[-2,-13]上的最大值是.【解析】易知f(x)在[-2,-13]上单调递减,即f(-2)为最大值,为2-12=32.答案:329.(5分)函数y=2x+ -1的最小值为.【解析】方法1(单调性法):函数y=2x+ -1的定义域为[1,+∞),因为函数y=2x与y= -1在定义域[1,+∞)上均单调递增,故y=2x+ -1在[1,+∞)上单调递增,所以当x=1时,y min=2+1-1=2,即函数y=2x+ -1的最小值为2.方法2(换元法):令 -1=t,则t≥0,x=t2+1,所以原函数转化为f(t)=2t2+t+2=2(t+14)2+158,易知在t∈[0,+∞)时,函数f(t)单调递增,所以当t=0时,f(t)min=2,故函数y=2x+ -1的最小值为2.答案:210.(10分)已知函数f(x)= +2 .(1)写出函数f(x)的定义域和值域;【解析】(1)函数f(x)的定义域为{x|x≠0}.又f(x)=1+2 ,所以函数f(x)的值域为{y|y≠1}.(2)证明:函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,并求f(x)在x∈[2,8]上的最大值和最小值.【解析】(2)由题意可设0<x1<x2,则f(x1)-f(x2)=(1+2 1)-(1+2 2)=2 1-2 2=2( 2- 1) 1 2.又0<x1<x2,所以x1x2>0,x2-x1>0,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.在x∈[2,8]上,f(x)的最大值为f(2)=2,最小值为f(8)=54.11.(10分)已知f(x)= 2+2 + ,x∈[1,+∞).(1)当a=12时,求函数f(x)的最小值;【解析】(1)当a=12时,f(x)=x+12 +2,任取1≤x1<x2,则f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+(12 1-12 2)=( 1- 2)(2 1 2-1)2 1 2.因为1≤x1<x2,所以x1x2>1,所以2x1x2-1>0.又x1-x2<0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以f(x)在[1,+∞)上单调递增.所以f(x)在[1,+∞)上的最小值为f(1)=72.(2)若对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,试求实数a的取值范围.【解析】(2)在区间[1,+∞)上,f(x)= 2+2 + >0恒成立⇔x2+2x+a>0恒成立.设g(x)=x2+2x+a(x≥1),则g(x)min>0.又g(x)=(x+1)2+a-1,其图象的对称轴为x=-1,且开口向上,所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以g(x)在[1,+∞)上的最小值为g(1)=3+a.由3+a>0,得a>-3,所以a的取值范围是(-3,+∞).【能力提升练】12.(5分)(多选题)下列函数有最小值的是()A.f(x)=x2+1 2B.f(x)=2x+2C.f(x)= -1 +1D.f(x)=lg( +1)【解析】选AD.对于A,f(x)=x2+1 2≥2,当且仅当x2=1 2,即x=±1时等号成立,故f(x)min=2,A正确.对于B,当x>0时,f(x)=2x+2 ≥2当且仅当2x=2 ,即x=1时等号成立;当x<0时,-f(x)=2(-x)+2- 当且仅当2(-x)=2- ,即x=-1时等号成立,故f(x)≤-4.所以f(x)=2x+2 的值域为(-∞,-4]∪[4,+∞),无最小值,B错误.对于C,f(x)= -1 +1=1-2 +1的值域为{y|y≠1},无最小值,C错误.对于D,由题意可得 ≥0 +1>0,解得x≥0,故f(x)=lg( +1)的定义域为[0,+∞).因为y=lg u在定义域内单调递增,u= +1在定义域[0,+∞)上单调递增,所以f(x)=lg( +1)在定义域[0,+∞)上单调递增,则f(x)=lg( +1)≥f(0)=0,故f(x)=lg( +1)有最小值0,D正确.13.(5分)已知函数y=f(x)的定义域为R,对任意x1,x2且x1≠x2,都有 ( 1)- ( 2)1- 2>-1,则下列说法正确的是()A.y=f(x)+x是增函数B.y=f(x)+x是减函数C.y=f(x)是增函数D.y=f(x)是减函数【解析】选A.不妨令x1<x2,所以x1-x2<0,因为 ( 1)- ( 2)1- 2>-1⇔f(x1)-f(x2)<-(x1-x2)⇔f(x1)+x1<f(x2)+x2,令g(x)=f(x)+x,所以g(x1)<g(x2),又x1<x2,所以g(x)=f(x)+x是增函数.14.(10分)设函数f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R),F(x)= ( ), ≥0,- ( ), <0.(1)若f(-1)=0,且对任意实数x均有f(x)≥0成立,求F(x)的解析式;【解析】(1)因为f(-1)=0,所以b=a+1.由f(x)≥0恒成立,知a>0且在方程ax2+bx+1=0中,Δ=b2-4a=(a+1)2-4a=(a-1)2≤0,所以a=1,b=2,从而f(x)=x2+2x+1.所以F(x)=( +1)2, ≥0,-( +1)2, <0.(2)在(1)的条件下,当x∈[-2,2]时,g(x)=f(x)-kx是单调函数,求实数k的取值范围.【解析】(2)由(1)可知f(x)=x2+2x+1,所以g(x)=f(x)-kx=x2+(2-k)x+1,由g(x)在[-2,2]上是单调函数,知-2- 2≤-2或-2- 2≥2,得k≤-2或k≥6.即实数k的取值范围为(-∞,-2]∪[6,+∞).。
2019高考数学一轮复习课时规范练6函数的单调性与最值理新人教A版
课时规范练函数的单调性与最值一、基础巩固组.在下列函数中,定义域是且为增函数的函数是().已知函数()在区间(∞)内有最小值,则函数()在区间(∞)内一定().有最小值.有最大值.是减函数.是增函数.(山东泰安模拟)已知函数()是上的增函数,则实数的取值范围是().(∞).[).().().已知函数(),则该函数的单调递增区间为().(∞].[∞).(∞].[∞).(浙江金华模拟)若函数()与()()在区间[]上都是减函数,则的取值范围是().().()∪(].().(].(黑龙江哈尔滨联考)已知函数()的图象关于直线对称,当>>时,[()()]()<恒成立.若()(),则的大小关系为()>>>>>>>>.已知函数()的单调递增区间与值域相同,则实数的值为().(湖北联考)已知函数() ,则()在区间()内不单调的一个充分不必要条件是()∈∈∈∈〚导学号〛.函数()的最大值为..函数()在区间[]上的值域为..函数()()在区间[]上的最大值为..(山西太原模拟)已知函数与()在(∞)内有相同的单调性,则实数的取值范围是.〚导学号〛二、综合提升组.已知函数()(),若∀∈,∃∈[]使得()≥(),则实数的取值范围是()≤≥≤≥.已知()表示与中的较大者,则()的最小值为().不存在.已知函数()是奇函数,并且在上为增函数.若当≤θ<时( θ)()>恒成立,则实数的取值范围是..(山东潍坊模拟)已知函数()若函数()在区间()内单调递增,则实数的取值范围是.〚导学号〛三、创新应用组.已知函数()若>≥,且()(),则·()的最小值为().。
2019版一轮高考数学复习(人教版A版)练习：第二章 第二节 函数的单调性与最值 Word版含解析
课时规范练 A 组 基础对点练1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．f (x )＝3－x B ．f (x )＝x 2－3x C ．f (x )＝－1x ＋1D ．f (x )＝－|x |解析：当x ＞0时，f (x )＝3－x 为减函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，32时，f (x )＝x 2－3x 为减函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫32，＋∞时，f (x )＝x 2－3x 为增函数； 当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－1x ＋1为增函数；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函数．故选C. 答案：C2．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝e －xB ．y ＝x 3C ．y ＝ln xD ．y ＝|x |解析：因为对数函数y ＝ln x 的定义域不是R ，故首先排除选项C ；因为指数函数y ＝e －x ，即y ＝⎝⎛⎭⎫1e x，在定义域内单调递减，故排除选项A ；对于函数y ＝|x |，当x ∈(－∞，0)时，函数变为y ＝－x ，在其定义域内单调递减，因此排除选项D ；而函数y ＝x 3在定义域R 上为增函数．故选B. 答案：B3．下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递减的是( ) A ．y ＝1xB ．y ＝e －xC ．y ＝－x 2＋1D ．y ＝lg|x |解析：A 中y ＝1x 是奇函数，A 不正确；B 中y ＝e －x ＝⎝⎛⎭⎫1e x 是非奇非偶函数，B 不正确；C 中y ＝－x 2＋1是偶函数且在(0，＋∞)上是单调递减的，C 正确；D 中y ＝lg|x |在(0，＋∞)上是增函数，D 不正确．故选C. 答案：C4．设f (x )＝x －sin x ，则f (x )( ) A ．既是奇函数又是减函数 B ．既是奇函数又是增函数 C ．是有零点的减函数 D ．是没有零点的奇函数解析：∵f (－x )＝－x －sin(－x )＝－(x －sin x )＝－f (x )，∴f (x )为奇函数．又f ′(x )＝1－cos x ≥0， ∴f (x )单调递增，选B. 答案：B5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ＞0，cos x ，x ≤0，则下列结论正确的是( )A ．f (x )是偶函数B ．f (x )是增函数C ．f (x )是周期函数D ．f (x )的值域为[－1，＋∞)解析：因为f (π)＝π2＋1，f (－π)＝－1，所以f (－π)≠f (π)，所以函数f (x )不是偶函数，排除A ；因为函数f (x )在(－2π，－π)上单调递减，排除B ；函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )不是周期函数，排除C ；因为x ＞0时，f (x )＞1，x ≤0时，－1≤f (x )≤1，所以函数f (x )的值域为[－1，＋∞)，故选D. 答案：D6．(2018·天津模拟)若函数f (x )满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)”，则f (x )的解析式可以是( ) A ．f (x )＝(x －1)2 B ．f (x )＝e x C ．f (x )＝1xD ．f (x )＝ln(x ＋1)解析：根据条件知，f (x )在(0，＋∞)上单调递减． 对于A ，f (x )＝(x －1)2在(1，＋∞)上单调递增，排除A ； 对于B ，f (x )＝e x 在(0，＋∞)上单调递增，排除B ； 对于C ，f (x )＝1x 在(0，＋∞)上单调递减，C 正确；对于D ，f (x )＝ln(x ＋1)在(0，＋∞)上单调递增，排除D.答案：C7．设a ＞0且a ≠1，则“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：若函数f (x )＝a x 在R 上为减函数，则有0＜a ＜1；若函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上为增函数，则有2－a ＞0，即a ＜2，所以“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的充分不必要条件，选A. 答案：A8．(2018·福州模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3a ，x <0a x ，x ≥0，(a >0且a ≠1)是R 上的减函数，则a 的取值范围是( ) A ．(0,1) B.⎣⎡⎭⎫13，1 C.⎝⎛⎦⎤0，13 D.⎝⎛⎦⎤0，23 解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧0<a <13a ≥1，∴13≤a <1.答案：B9．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝x ＋1 B ．y ＝(x －1)2 C ．y ＝2－xD ．y ＝log 0.5(x ＋1)解析：A 项，y ＝x ＋1为(－1，＋∞)上的增函数，故在(0，＋∞)上递增；B 项，y ＝(x －1)2在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增；C 项，y ＝2－x ＝⎝⎛⎭⎫12x为R 上的减函数；D 项，y ＝log 0.5(x ＋1)为(－1，＋∞)上的减函数．故选A. 答案：A10．已知f (x )是偶函数，当x >0时，f (x )单调递减，设a ＝－21.2，b ＝⎝⎛⎭⎫12－0.8，c ＝2log 5 2，则f (a )，f (b )，f (c )的大小关系为( ) A ．f (c )<f (b )<f (a )B ．f (c )<f (a )<f (b )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (a )>f (b )解析：依题意，注意到21.2>20.8＝⎝⎛⎭⎫12－0.8>20＝1＝log 55>log 54＝2log 52>0，又函数f (x )在区间(0，＋∞)上是减函数，于是有f (21.2)<f (20.8)<f (2log 52)，由函数f (x )是偶函数得f (a )＝f (21.2)，因此f (a )<f (b )<f (c )，选C. 答案：C11．(2018·长沙统考)已知函数f (x )＝x 12，则( )A ．∃x 0∈R ，f (x 0)<0B ．∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥0C ．∃x 1，x 2∈[0，＋∞)，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0D ．∀x 1∈[0，＋∞)，∃x 2∈[0，＋∞)，f (x 1)>f (x 2)解析：幂函数f (x )＝x 12的值域为[0，＋∞)，且在定义域上单调递增，故A 错误，B 正确，C错误，D 选项中当x 1＝0时，结论不成立，选B. 答案：B12．对于函数f (x )，在使f (x )≥M 成立的所有常数M 中，我们把M 的最大值叫作函数f (x )的下确界．现已知定义在R 上的偶函数f (x )满足f (1－x )＝f (1＋x )，当x ∈[0,1]时，f (x )＝－3x 2＋2，则f (x )的下确界为( ) A ．2 B ．1 C ．0D ．－1解析：函数f (x )在R 上的部分图象如图所示，易得下确界为－1.故选D.答案：D13．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x ≥1，2x ，x ＜1的值域为________．解析：当x ≥1时，log 12x ≤0，当x ＜1时，0＜2x ＜2，故值域为(0,2)∪(－∞，0]＝(－∞，2)．答案：(－∞，2)解析：由2x －1≥0可得x ≥12，∴函数的定义域为⎣⎡⎭⎫12，＋∞， 又函数f (x )＝x ＋2x －1在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，∴当x ＝12时，函数取最小值f ⎝⎛⎭⎫12＝12， ∴函数f (x )的值域为⎣⎡⎭⎫12，＋∞. 答案：⎣⎡⎭⎫12，＋∞ 15．若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调递增区间是[3，＋∞)，则a ＝________.解析：由f (x )＝⎩⎨⎧－2x －a ，x ＜－a22x ＋a ，x ≥－a2，可得函数f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎭⎫－a2，＋∞，故3＝－a2，解得a ＝－6.答案：－616．已知函数f (x )＝x ＋ax (x ≠0，a ∈R)，若函数f (x )在(－∞，－2]上单调递增，则实数a 的取值范围是__________．解析：设x 1<x 2≤－2，则Δy ＝f (x 1)－f (x 2)＝x 1＋a x 1－x 2－ax 2＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫1－a x 1x 2 ＝(x 1－x 2)(x 1x 2－a )x 1x 2.因为x 1－x 2<0，x 1x 2>0，所以要使Δy ＝(x 1－x 2)(x 1x 2－a )x 1x 2<0恒成立，只需使x 1x 2－a >0恒成立，即a <x 1x 2恒成立．因为x 1<x 2≤－2，所以x 1x 2>4，所以a ≤4，故函数f (x )在(－∞，－2]上单调递增时，实数a 的取值范围是(－∞，4]． 答案：(－∞，4]B 组 能力提升练1．已知f (x )是定义域为(－1,1)的奇函数，而且f (x )是减函数，如果f (m －2)＋f (2m －3)>0，那么实数m 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫1，53 B.⎝⎛⎭⎫－∞，53 C ．(1,3)D.⎝⎛⎭⎫53，＋∞ 解析：∵f (x )是定义域为(－1,1)的奇函数， ∴－1<x <1，f (－x )＝－f (x )．∵f (m －2)＋f (2m －3)>0可转化为f (m －2)>－f (2m －3)，∴f (m －2)>f (－2m ＋3)， ∵f (x )是减函数，∴m －2<－2m ＋3， ∵⎩⎪⎨⎪⎧－1<m －2<1，－1<2m －3<1，m －2<－2m ＋3，∴1<m <53.故选A. 答案：A2．(2018·陕西西安一中模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤0，ln (x ＋1)，x ＞0，若f (2－x 2)＞f (x )，则实数x的取值范围是( ) A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B ．(－∞，－2)∪(1，＋∞) C ．(－1,2) D ．(－2,1)解析：∵当x ＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x ≤0时，函数f (x )＝x 3为增函数，当x ＞0时，f (x )＝ln(x ＋1)也是增函数，∴函数f (x )是定义在R 上的增函数．因此，不等式f (2－x 2)＞f (x )等价于2－x 2＞x ，即x 2＋x －2＜0，解得－2＜x ＜1.故选D. 答案：D3．若f (x )＝e x －a e －x 为奇函数，则f (x －1)＜e －1e 的解集为( )A ．(－∞，2)B ．(－∞，1)C ．(2，＋∞)D ．(1，＋∞)解析：因为f (x )＝e x －a e －x 为奇函数，所以f (0)＝1－a ＝0，即a ＝1，则f (x )＝e x －e －x 在R 上单调递增，且f (1)＝e －1e .则由f (x －1)＜e －1e ，得f (x －1)＜f (1)，即x －1＜1，解得x ＜2，所以不等式f (x －1)＜e －1e 的解集为(－∞，2)．故选A.答案：A4．若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( ) A ．[1，＋∞) B.⎣⎡⎭⎫1，32 C ．[1,2)D.⎣⎡⎭⎫32，2解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以k －1≥0，即k ≥1.令f ′(x )＝4x 2－12x ＝0，解得x＝12⎝⎛⎭⎫x ＝－12舍.因为函数f (x )在区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，所以k －1＜12＜k ＋1，得－12＜k ＜32.综上得1≤k ＜32. 答案：B5．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a 满足f (log 2a )＋f (log 12a )≤2f (1)，则a 的取值范围是( )A ．[1,2] B.⎝⎛⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎦⎤12，2D ．(0,2]解析：由已知条件得f (－x )＝f (x )，则f (log 2a )＋f (log 12a )≤2f (1)⇒f (log 2a )＋f (－log 2a )≤2f (1)⇒f (log 2a )≤f (1)，又f (log 2a )＝f (|log 2a |)且f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴|log 2a |≤1⇒－1≤log 2a ≤1，解得12≤a ≤2，选C.答案：C6．设函数f (x )＝ln(1＋x )＋m ln(1－x )是偶函数，则( ) A ．m ＝1，且f (x )在(0,1)上是增函数 B ．m ＝1，且f (x )在(0,1)上是减函数 C ．m ＝－1，且f (x )在(0,1)上是增函数D ．m ＝－1，且f (x )在(0,1)上是减函数解析：因为函数f (x )＝ln(1＋x )＋m ln(1－x )是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎫12＝f ⎝⎛⎭⎫－12，则(m －1)ln 3＝0，即m ＝1，则f (x )＝ln(1＋x )＋ln(1－x )＝ln(1－x 2)，在(0,1)上，当x 增大时，1－x 2减小，ln(1－x 2)减小，即f (x )在(0,1)上是减函数，故选B. 答案：B7．已知函数f (x )＝lg(a x －b x )＋x 中，常数a ，b 满足a ＞1＞b ＞0，且a ＝b ＋1，那么f (x )＞1的解集为( ) A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C ．(1,10)D ．(10，＋∞)解析：由a x －b x ＞0，即⎝⎛⎭⎫a b x ＞1，解得x ＞0，所以函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为a ＞1＞b ＞0，所以y ＝a x 单调递增，y ＝－b x 单调递增，所以t ＝a x －b x 单调递增．又y ＝lg t 单调递增，所以f (x )＝lg(a x －b x )＋x 为增函数．而f (1)＝lg(a －b )＋1＝lg 1＋1＝1，所以x ＞1时f (x )＞1，故f (x )＞1的解集为(1，＋∞)．故选B. 答案：B8．已知函数f (x )是定义在R 上的单调递增函数，且满足对任意的实数x 都有f (f (x )－3x )＝4，则f (x )＋f (－x )的最小值等于( ) A ．2 B ．4 C ．8D ．12解析：由f (x )的单调性知存在唯一实数K 使f (K )＝4，即f (x )＝3x ＋K ，令x ＝K 得f (K )＝3K ＋K ＝4，所以K ＝1，从而f (x )＝3x ＋1，即f (x )＋f (－x )＝3x ＋13x ＋2≥23x ·13x ＋2＝4，当且仅当x ＝0时取等号．故选B. 答案：B9．“a ≤0”是“函数f (x )＝|(ax －1)x |在区间(0，＋∞)内单调递增”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：充分性：当a <0时，f (x )＝|(ax －1)·x |＝－ax 2＋x 为图象开口向上的二次函数，且图象的对称轴为直线x ＝12a ⎝⎛⎭⎫12a <0，故f (x )在(0，＋∞)上为增函数；当a ＝0时，f (x )＝x ，为增函数．必要性：f (0)＝0，当a ≠0时，f ⎝⎛⎭⎫1a ＝0， 若f (x )在(0，＋∞)上为增函数，则1a<0，即a <0.f (x )＝x 时，f (x )为增函数，此时a ＝0.综上，a ≤0为f (x )在(0，＋∞)上为增函数的充分必要条件． 答案：C10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(a －1)x ＋4－2a ，x <11＋log 2x ，x ≥1.若f (x )的值域为R ，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,2]B ．(－∞，2]C ．(0,2]D ．[2，＋∞)解析：依题意，当x ≥1时，f (x )＝1＋log 2x 单调递增，f (x )＝1＋log 2x 在区间[1，＋∞)上的值域是[1，＋∞)．因此，要使函数f (x )的值域是R ，则需函数f (x )在(－∞，1)上的值域M ⊇(－∞，1)．①当a －1<0，即a <1时，函数f (x )在(－∞，1)上单调递减，函数f (x )在(－∞，1)上的值域M ＝(－a ＋3，＋∞)，显然此时不能满足M ⊇(－∞，1)，因此a <1不满足题意；②当a －1＝0，即a ＝1时，f (x )在(－∞，1)上的值域M ＝{2}，此时不能满足M ⊇(－∞，1)，因此a ＝1不满足题意；③当a －1>0，即a >1时，函数f (x )在(－∞，1)上单调递增，函数f (x )在(－∞，1)上的值域M ＝(－∞，－a ＋3)，由M ⊇(－∞，1)得⎩⎨⎧a >13－a ≥1，解得1<a ≤2.综上所述，满足题意的实数a 的取值范围是(1,2]，选A. 答案：A11．(2018·重庆模拟)若函数f (x )在[a ，b ]上的值域为⎣⎡⎦⎤a 2，b 2，则称函数f (x )为“和谐函数”．给出下列4个函数：①g (x )＝x －1＋14；②p (x )＝1x ；③q (x )＝ln x ；④h (x )＝x 2.其中“和谐函数”的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：由题意知，若f (x )在区间[a ，b ]上单调递增，需满足f (a )＝a 2，f (b )＝b2，若f (x )在区间[a ，b ]上单调递减，需满足f (b )＝a 2，f (a )＝b2.①g (x )＝x －1＋14在[1，＋∞)上为增函数，则g (a )＝a 2，g (b )＝b 2，即a ，b 是函数g (x )＝x2的两个根，即x －1＋14＝x2，则x －1＝－14＋x2，作出函数y ＝x －1和y ＝－14＋x2的图象如图：则这两个函数的图象有两个交点，满足条件．②p (x )＝1x 在(－∞，0)和(0，＋∞)上为减函数，则p (b )＝a 2，p (a )＝b2，即⎩⎨⎧1a ＝b 21b ＝a2，即ab ＝2，当a ＝12，b ＝4时，满足条件．③q (x )＝ln x 在(0，＋∞)上为增函数，则q (a )＝a 2，q (b )＝b 2，即a ，b 是函数q (x )＝x2的两个根，即ln x ＝x 2，作出y ＝ln x 和y ＝x2的图象如图：则这两个函数的图象没有交点，不满足条件．④当x ≥0时，h (x )＝x 2为增函数，则h (a )＝a 2，h (b )＝b 2，即a ，b 是函数h (x )＝x2的两个根，作出y ＝x 2和y ＝x2的图象如图：则这两个函数的图象有两个交点，满足条件．故选C.答案：C12．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＋4x ，x >0，－x 2－2x ，x ≤0的值域为__________． 解析：当x >0时，f (x )＝x 2－2x ＋4x ＝x ＋4x－2， 由基本不等式可得x ＋4x ≥2x ·4x ＝4(当且仅当x ＝4x ，即x ＝2时等号成立)， 所以f (x )＝x ＋4x－2≥4－2＝2，即函数f (x )的取值范围为[2，＋∞)； 当x ≤0时，f (x )＝－x 2－2x ＝－(x ＋1)2＋1，因为当x ＝－1时，f (x )取得最大值1， 所以函数f (x )的取值范围为(－∞，1]．综上，函数f (x )的值域为(－∞，1]∪[2，＋∞)．答案：(－∞，1]∪[2，＋∞)13．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2，x ≤1，x ＋6x －6，x ＞1，则f (f (－2))＝__________，f (x )的最小值是__________． 解析：因为f (－2)＝4，f (4)＝－12，所以f (f (－2))＝－12；x ≤1时，f (x )min ＝0，x ＞1时，f (x )min ＝26－6，又26－6＜0，所以f (x )min ＝26－6.答案：－1226－6 14．已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a 满足f (2|a －1|)＞f (－2)，则a 的取值范围是________．解析：因为f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，所以f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减．又f (2|a －1|)＞f (－2)，f (－2)＝f (2)，故－2＜2|a －1|＜2，则|a －1|＜12，所以12＜a ＜32. 答案：⎝⎛⎭⎫12，3215．(2018·北京模拟)已知函数f (x )＝x x 2＋1，关于f (x )的性质，有下列四个结论： ①f (x )的定义域是(－∞，＋∞)；②f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤－12，12； ③f (x )是奇函数；④f (x )是区间(0,2)上的增函数．其中正确结论的个数是________．解析：对于①，∵函数f (x )＝x x 2＋1，∴f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，故①正确； 对于②，当x ≠0时，f (x )＝1x ＋1x ，若x ＞0，则0＜f (x )≤12，若x ＜0，则－12≤f (x )＜0；当x ＝0时，f (x )＝0，故f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤－12，12，故②正确； 对于③，f (－x )＝－f (x )，∴f (x )是奇函数，故③正确；对于④，f ′(x )＝1－x 2(x 2＋1)2，令f ′(x )＞0，解得－1＜x ＜1，令f ′(x )＜0，解得x ＞1或x ＜－1， ∴f (x )在区间(0,2)上先增后减，故④错误．综上可知，正确结论的个数是3.答案：3。
第2章 第2节 第1课时 函数的单调性及最值【备课好搭档】高三新高考一轮复习(人教A版2019)
在定义域上无单调性，C 错.
5.函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是( D )
A.(－∞，－2)
B.(－∞，1)
C.(1，＋∞)
D.(4，＋∞)
解析 由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2. 设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数. 要求函数f(x)的单调递增区间， 即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间. ∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)， ∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)
3.函数的最值
前提 设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足
条件
(1)对于任意x∈I， 都有f(x)≤M； (2)存在x0∈I，使得 f(x0)＝M
(1)对于任意x∈I，都有 __f(_x_)≥__M___； (2)存在x0∈I，使得_f(_x_0_)＝__M_
结论
M为最大值
M为最小值
教材拓展
(4)函数 y＝f(x)(f(x)≥0)在公共定义域内与 y＝ f（x） 的单调性相同.
(5)复合函数单调性的确定方法：若两个简单函数的单 调性相同，则这两个函数的复合函数为增函数；若两个简 单函数的单调性相反，则这两个函数的复合函数为减函数. 简称“同增异减”.
2.单调性定义的等价形式：设 x1，x2∈[a，b]，x1≠x2. (1)若有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0 或f（x1）x1－－fx（2 x2）＞0， 则 f(x)在闭区间[a，b]上是增函数. (2)若有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0 或f（x1）x1－－fx（2 x2）＜0， 则 f(x)在闭区间[a，b]上是减函数.
1.函数的单调性 (1)若 f(x)，g(x)均为区间 A 上的增(减)函数，则 f(x) ＋g(x)也是区间 A 上的增(减)函数. (2)若 k＞0，则 kf(x)与 f(x)单调性相同；若 k＜0，则 kf(x)与 f(x)单调性相反. (3)函数 y＝f(x)(f(x)＞0)在公共定义域内与 y＝－f(x)， y＝f（1x）的单调性相反.
2019高考数学一轮复习课时规范练6函数的单调性与最值理新人教A版
课时规范练6 函数的单调性与最值一、基础巩固组1.在下列函数中,定义域是R且为增函数的函数是()A.y=2-xB.y=xC.y=log2xD.y=-2.已知函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)内有最小值,则函数g(x)=在区间(1,+∞)内一定()A.有最小值B.有最大值C.是减函数D.是增函数3.(2017山东泰安模拟)已知函数f(x)=是R上的增函数,则实数a的取值范围是()A.(1,+∞)B.[4,8)C.(4,8)D.(1,8)4.已知函数f(x)=,则该函数的单调递增区间为()A.(-∞,1]B.[3,+∞)C.(-∞,-1]D.[1,+∞)5.(2017浙江金华模拟)若函数f(x)=-x2+2ax与g(x)=(a+1)1-x在区间[1,2]上都是减函数,则a的取值范围是()A.(-1,0)B.(-1,0)∪(0,1]C.(0,1)D.(0,1]6.(2017黑龙江哈尔滨联考)已知函数f(x)的图象关于直线x=1对称,当x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0恒成立.若a=f,b=f(2),c=f(e),则a,b,c的大小关系为()A.c>a>bB.c>b>aC.a>c>bD.b>a>c7.已知函数f(x)=的单调递增区间与值域相同,则实数m的值为()A.-2B.2C.-1D.18.(2017湖北联考)已知函数f(x)=ax2-4ax-ln x,则f(x)在区间(1,3)内不单调的一个充分不必要条件是()A.a∈B.a∈C.a∈D.a∈〚导学号21500705〛9.函数f(x)=的最大值为.10.函数f(x)=在区间[1,2]上的值域为.11.函数f(x)=-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为.12.(2017山西太原模拟)已知函数y=与y=log3(x-2)在(3,+∞)内有相同的单调性,则实数k的取值范围是.〚导学号21500706〛二、综合提升组13.已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若∀x1∈,∃x2∈[2,3]使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是()A.a≤1B.a≥1C.a≤0D.a≥014.已知f(x)表示x+2与x2+3x+2中的较大者,则f(x)的最小值为()A.0B.2C.-D.不存在15.已知函数f(x)是奇函数,并且在R上为增函数.若当0≤θ<时,f(m sin θ)+f(1-m)>0恒成立,则实数m的取值范围是.16.(2017山东潍坊模拟)已知函数f(x)=若函数y=f(x)在区间(a,a+1)内单调递增,则实数a的取值范围是.〚导学号21500707〛三、创新应用组17.已知函数f(x)=若m>n≥-1,且f(m)=f(n),则m·f(m)的最小值为()A.4B.2C.D.218.(2017四川泸州四诊)已知函数f(x)=,若关于x的不等式f2(x)+af(x)>0只有一个整数解,则实数a 的取值范围是()A.B.C.D.课时规范练6函数的单调性与最值1.B由题意知,只有y=2-x与y=x的定义域为R,且只有y=x在R上是增函数.2.D由题意知a<1,又函数g(x)=x+-2a在[,+∞)内为增函数,故选D.3.B由f(x)在R上是增函数,则有解得4≤a<8.4.B设t=x2-2x-3,由t≥0,即x2-2x-3≥0,解得x≤-1或x≥3.故函数f(x)的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).因为函数t=x2-2x-3的图象的对称轴方程为x=1,所以函数t在(-∞,-1]上单调递减,在[3,+∞)上单调递增.所以函数f(x)的单调递增区间为[3,+∞).5.D f(x)=-x2+2ax的图象的对称轴方程为x=a,要使f(x)在区间[1,2]上为减函数,必须有a≤1.因为g(x)=(a+1)1-x在区间[1,2]上是减函数,所以a+1>1,即a>0,故0<a≤1.6.D因为f(x)的图象关于直线x=1对称,由此可得f=f由x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0恒成立,知f(x)在(1,+∞)内单调递减.∵1<2<<e,∴f(2)>f>f(e),∴b>a>c.7.B∵-x2+2mx-m2-1=-(x-m)2-1≤-1,2.即f(x)的值域为[2,+∞).∵y1=在R上单调递减,y2=-(x-m)2-1的单调递减区间为[m,+∞),∴f(x)的单调递增区间为[m,+∞).故m=2.8.D由题意知f'(x)=2ax-4a-,因为f(x)在区间(1,3)内不单调,所以f'(x)=2ax-4a-=0在区间(1,3)内有解,此方程可化为2ax2-4ax-1=0.设两根为x1,x2,则x1+x2=2,因此方程的两解不可能都大于1,从而它在区间(1,3)内只有一解.所以充要条件是(2a-4a-1)(18a-12a-1)<0,a<-或a>故选D.9.2当x≥1时,函数f(x)=为减函数,所以f(x)在x=1处取得最大值;当x<1时,易知函数f(x)=-x2+2在x=0处取得最大值.因为f(1)=1,f(0)=2,所以函数f(x)的最大值为2.10∵f(x)==2-,∴f(x)在区间[1,2]上是增函数,即f(x)max=f(2)=,f(x)min=f(1)=1.故f(x)的值域是11.3因为y=在R上递减,y=log2(x+2)在区间[-1,1]上递增,所以f(x)在区间[-1,1]上递减.所以f(x)在区间[-1,1]上的最大值为f(-1)=3.12.(-∞,-4)由题意知y=log3(x-2)的定义域为(2,+∞),且为增函数,所以它在区间(3,+∞)内是增函数.又y==2+,且它在区间(3,+∞)内是增函数,所以4+k<0,解得k<-4.13.C当x时,f(x)≥2=4,当且仅当x=2时取等号,∴f(x)min=4.当x∈[2,3]时,g(x)单调递增,故g(x)min=22+a=4+a.依题意知f(x)min≥g(x)min,解得a≤0.14.A在同一平面直角坐标系中画出函数y=x+2和y=x2+3x+2的图象,由f(x)表示x+2与x2+3x+2中的较大者,可得f(x)的图象如图中实线部分.求f(x)的最小值即求最低点的纵坐标,由图可得,当x=-2时,函数f(x)有最小值0,故选A.15.(-∞,1)∵f(x)是奇函数,∴f(m sin θ)+f(1-m)>0可化为f(m sin θ)>-f(1-m)=f(m-1).又f(x)在R上是增函数,∴m sin θ>m-1,即m(1-sin θ)<1,“当0≤θ<时,f(m sin θ)+f(1-m)>0恒成立”等价于“当0≤θ<时,m(1-sin θ)<1恒成立,即m<恒成立”.∵0<1-sin θ≤1,1.∴m<1.16.(-∞,1]∪[4,+∞)画出f(x)=的图象如图所示,因为函数y=f(x)在区间(a,a+1)内单调递增,则a+1≤2或a≥4,解得a≤1或a≥4.故实数a的取值范围是(-∞,1]∪[4,+∞).17.D作出f(x)的函数图象如图所示.∵f(m)=f(n),m>n≥-1,∴1≤m<4.∴mf(m)=m=m+2当且仅当m=时取等号.故选D.18.A∵f'(x)=,∴f(x)在区间(0,e)内单调递增,在区间(e,+∞)内单调递减,∴f(x)≤f(e)=函数f(x)的图象如图所示.①当a<0时,由不等式f2(x)+af(x)>0,得f(x)>-a>0或f(x)<0,而f(x)<0的解集为(0,1),无整数解,∴f(x)>-a>0的整数解只有一个.∵f(x)在(0,e)内递增,在(e,+∞)内递减,而2<e<3,f(2)=f(4)<f(3),∴这一个正整数解只能为3.∴f(2)≤-a<f(3),∴-<a≤-②当a=0时,由不等式f2(x)+af(x)>0,得f(x)≠0,解集为(0,1)∪(1,+∞),整数解有无数多个,不合题意;③当a>0时,由不等式f2(x)+af(x)>0,得f(x)>0或f(x)<-a<0,∵f(x)<-a<0的解集为(0,1),无整数解,而f(x)>0的解集为(1,+∞),整数解有无数多个,不合题意.综上可知答案为A.。
2019版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第5讲函数的单调性与最值课时作业理.docx
第5讲函数的单调性与最值知龍训纟东1. (2014年北京)下列函数中，定义域是R,且为增函数的是() A. y=e x B. y=x C. y=ln x D. y= \x\f x — f — x2. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------- 设奇函数fd)在(0, +8)上为增函数，且Al)=0,则不等式一:-------------------------------- <0的解集为()A. ( — 1,0) U 仃，+oo)B. (一8, -1) U (0, 1)C. ( — 8, —1) U (1, +°°)D. (一1,0) U (0, 1)3. (2015 年陕西)设 f(x)=A~si n x,则 f(0 ( ) A. 既是奇函数又是减函数 B. 既是奇函数又是增函数 C. 是有零点的减函数 D. 是没有零点的奇函数4. (2013年新课标II)若存在正数使2”匕一白)〈1成立，则臼的取值范围是() A. ( — 8, H-oo) B. ( — 2, +°°)8. (2015年福建)若函数£3=…'(自>°，且白工1)的值域是[4，+〔3 +log 必 %>28),则实数曰的取值范围是 __________ ・命质丹华9・(2016年上海)已知XR,函数 代0=1。
引(£+»・(1)当$=5时，解不等式fCr)〉0；⑵若关于x 的方程f(x) — log 2[(a —4) ^+2a —5] =0的解集中恰好有一个元素,求a 的取值范C. (0, +8)D. (-1, +oo)5. (2016年天津)已知是定义在R 上的偶函数，且在区间(一8, 0)上单调递增， 若实数日满足f(2 i)>f(—0 则2的取值范围是()—8, $ _8'壮'+8)1斗D. &, +8)6. (2017年山东)若函数eTU)(e = 2・718 28…,是自然对数的底数)在f(0的定义域 上单调递增，则称函数代方具有M 性质，下列函数屮具有肘性质的是()A. C.7. 值 A. B. C. <3f(x)=2~x B. f\x) =3_v D. f{x)= 已知函数 f{x) =x +sin x, —1,1),如果 f(l —/〃)+ f(l —那么屈的取范 围 是cos X围；⑶设曰＞0,若对任意r电，1］函数心在区间X,卅1］上的最大值与最小值的差不超过1,求白的取值范围.10. （2014年大纲）函数fg =骄+3#+3巩辺工0）（1）讨论函数fS）的单调性；（2）若函数f（0在区间（1, 2）上是增函数，求&的取值范围第5讲函数的单调性与最值1. B 解析：尸=厂”=(右)在R 上单调递减；y=ln X 的定义域为(0, +°°) ； y=\x\ x 、°=/ 当*0时，函数单调递减；只有函数尸玄的定义域是R,且为增函数. —x, *0,f X — f — Y 9 Y2. D 解析：由 ——:—— =~ <0,得〃3<0・结合图象可求解集为(一X X1,0) U (0, 1)・ 3. B 解析： 由 f(/) =/—sin g f( — x) = ( — 0—sin( — 方=一^+sin x= — (/—sin x)= — f{x),又f{x)的定义域为R,关于原点对称，所以f(x)是奇函数；由f (x) =1 —cos x^0=>f(x)在R 上是增函数.故选B.4. D 解析：若存在正数％使2”匕一自)<1成立，即存在正数/使以召，自£成立,1 选D.5・ C 解析：由题意，得 £(—2 " ' )>f (—迈)=—2 " ' 迈=2 " "2 2 => | 仪一11<|=>=(扌)在R 上单调递减，故不具有〃性质；选项D ：令g(/)=e' ・cosx, g f x —e • sin x=e • (cos x —sin x)不能恒大于0,故f(x) =cos x 也不具有J/性质.7. (1,、拒)解析：函数Ax)=/+sin X, %e(-l,l)是奇函数又是增函数，A1-—KI —//KI,m) + Al <0, /(I ~ni) < — /(I ~ni) =,有 < —1“一1〈1,.1 —nKin — 1,8・(1,2］解析：当xW2时，有一 x+6M4,要使得函数fd)的值域为［4, +-),只 需 £(x) =3 + log”x(Q2)的值域包含于［4, +°°),故 Q1.所以 f }(x) >3 + log,2.所以 3 + log,2>4.解得1V 日W2.所以实数a 的取值范围是(1,2］.9. 解：⑴由 log2(£+5)>0,得*+5>］・解得 8, —£u (0, +8).(2)丄+日=(日一4) x+2a —5,X即(臼一4) x + (臼一5) =0.当日=4时，x= —1,经检验，满足题意. 当曰=3时，为=乂=一1,经检验，满足题意.当$工3, 且自H4时，x\=— , 曲=—1, XI H/2・$—4j ・in = O — 2。
2019版高考数学(理)一轮总复习作业：6函数的单调性和最值
题组层级快练(六)1．下列四个函数中，在定义域上不是单调函数的是( ) A ．y ＝－2x ＋1 B ．y ＝1xC ．y ＝lgxD ．y ＝x 3答案 B解析 y ＝－2x ＋1在定义域上为单调递减函数；y ＝lgx 在定义域上为单调递增函数；y ＝x 3在定义域上为单调递增函数；y ＝1x 在(－∞，0)和(0，＋∞)上均为单调递减函数，但在定义域上不是单调函数，故选B.2．已知函数f(x)＝2ax 2＋4(a －3)x ＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a 的取值范围是( ) A ．(0，34)B ．[0，34)C ．(0，34]D ．[0，34]答案 D解析 当a ＝0时，f(x)＝－12x ＋5， 在(－∞，3)上是减函数； 当a ≠0时，由⎩⎪⎨⎪⎧a>0，－4（a －3）4a ≥3，得0<a ≤34.综上，a 的取值范围是[0，34]．3．函数f(x)＝|x －2|x 的单调减区间是( ) A ．[1，2] B ．[－1，0] C ．[0，2] D ．[2，＋∞)答案 A解析 由于f(x)＝|x －2|x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥2，－x 2＋2x ，x<2，结合图像可知函数的单调减区间是[1，2]，故选A.4．(2017·衡水中学调研卷)函数y ＝x ＋1－x －1的值域为( ) A ．(－∞，2] B ．(0，2] C ．[2，＋∞)D ．[0，＋∞)答案 B解析 方法一：求导y ′＝12(1x ＋1－1x －1)＝12x －1－x ＋1x ＋1·x －1，∵函数的定义域为[1，＋∞)， ∴x －1－x ＋1<0.∴y ′<0，从而函数在[1，＋∞)上单调递减． ∴当x ＝1时，y max ＝2，当x →＋∞时，y →0. ∴y ∈(0，2]． 方法二：y ＝2x ＋1＋x －1，由分母递增可知函数在定义域为递减利用单调性求值域．5．函数f(x)＝log 3(3－4x ＋x 2)的单调递减区间为( ) A ．(－∞，2) B ．(－∞，1)，(3，＋∞) C ．(－∞，1) D ．(－∞，1)，(2，＋∞)答案 C解析 由3－4x ＋x 2>0得x<1或x>3.易知函数y ＝3－4x ＋x 2的单调递减区间为(－∞，2)，函数y ＝log 3x 在其定义域上单调递增，由复合函数的单调性知，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，故选C.6．(2018·衡水中学调研卷)设函数f(x)定义在实数集上，它的图像关于直线x ＝1对称，且当x ≥1时，f(x)＝3x －1，则( ) A ．f(13)<f(32)<f(23)B ．f(23)<f(32)<f(13)C ．f(23)<f(13)<f(32)D ．f(32)<f(23)<f(13)答案 B解析 由题设知，当x<1时，f(x)单调递减，当x ≥1时，f(x)单调递增，而x ＝1为对称轴，所以f(32)＝f(1＋12)＝f(1－12)＝f(12)，又13<12<23<1，所以f(13)>f(12)>f(23)，即f(13)>f(32)>f(23)． 7．设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x>0，0，x ＝0，－1，x<0，g(x)＝x 2f(x －1)，则函数g(x)的递减区间是( )A ．(－∞，0]B ．[0，1)C ．[1，＋∞)D ．[－1，0] 答案 B解析 g(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x>1，0，x ＝1，－x 2，x<1.如图所示，其递减区间是[0，1)．故选B.8．(2018·西安五校联考)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧3（a －3）x ＋2，x ≤1，－4a －lnx ，x>1，对于任意的x 1≠x 2，都有(x 1－x 2)[f(x 2)－f(x 1)]>0成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，3] B ．(－∞，3) C ．(3，＋∞) D ．[1，3)答案 D解析 由(x 1－x 2)[f(x 2)－f(x 1)]>0，得(x 1－x 2)·[f(x 1)－f(x 2)]<0，所以函数f(x)为R 上的单调递减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧a －3<0，3（a －3）＋2≥－4a ，解得1≤a<3.故选D.9．(2018·广东梅州市模拟)设函数f(x)＝2xx －2在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M ，m ，则m 2M ＝( ) A.23 B.38 C.32 D.83答案 D解析 易知f(x)＝2x x －2＝2＋4x －2，所以f(x)在区间[3，4]上单调递减，所以M ＝f(3)＝2＋43－2＝6，m ＝f(4)＝2＋44－2＝4，所以m 2M ＝166＝83.10．若2x ＋5y ≤2－y ＋5－x ，则有( )A ．x ＋y ≥0B ．x ＋y ≤0C ．x －y ≤0D ．x －y ≥0答案 B解析 设函数f(x)＝2x －5－x ，易知f(x)为增函数．又f(－y)＝2－y －5y ，由已知得f(x)≤f(－y)，所以x ≤－y ，所以x ＋y ≤0.11．已知函数f(x)＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝f （x ）x在区间(1，＋∞)上一定( ) A ．有最小值 B ．有最大值 C ．是减函数 D ．是增函数答案 D解析 由题意知a<1，所以g(x)＝f （x ）x ＝x ＋ax －2a ，当a<0时，显然g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当a>0时，g(x)在[a ，＋∞)上是增函数，故在(1，＋∞)上为增函数，所以g(x)在(1，＋∞)上一定是增函数．12．函数y ＝－x 2＋2|x|＋1的单调递增区间为________，单调递减区间为________． 答案 (－∞，－1]和[0，1] (－1，0)和(1，＋∞)解析 由于y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2－2x ＋1，x<0，即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（x －1）2＋2，x ≥0，－（x ＋1）2＋2，x<0. 画出函数图像如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和[0，1]，单调递减区间为(－1，0)和(1，＋∞)．13．函数y ＝x －x(x ≥0)的最大值为________． 答案 14解析 令t ＝x ，则t ≥0， 所以y ＝t －t 2＝－(t －12)2＋14，所以当t ＝12时，y max ＝14.14．若函数g(x)＝log 3(ax 2＋2x －1)有最大值1，则实数a 的值为________． 答案 －14解析 令h(x)＝ax 2＋2x －1，由于函数y ＝log 3x 是递增函数，所以要使函数g(x)＝log 3(ax 2＋2x －1)有最大值1，应使h(x)＝ax 2＋2x －1有最大值3，因此有⎩⎪⎨⎪⎧a<0，Δ＝4＋4a>0，－a －1a ＝3，解得a ＝－14.15．在给出的下列4个条件中，①⎩⎪⎨⎪⎧0<a<1，x ∈（－∞，0）， ②⎩⎪⎨⎪⎧0<a<1，x ∈（0，＋∞）， ③⎩⎪⎨⎪⎧a>1，x ∈（－∞，0）， ④⎩⎪⎨⎪⎧a>1，x ∈（0，＋∞） 能使函数y ＝log a 1x 2为单调递减函数的是________．(把你认为正确的条件编号都填上)．答案 ①④解析 利用复合函数的性质，①④正确．16．(2018·山东师大附中模拟)已知函数f(x)＝e |x －a|(a 为常数)，若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是________． 答案 (－∞，1]解析 f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －a ，x ≥a ，e a －x ，x<a ，当x ≥a 时，f(x)单调递增，当x<a 时，f(x)单调递减，又f(x)在[1，＋∞)上是增函数，所以a ≤1.17．设函数f(x)＝ax ＋1x ＋2a 在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a 的取值范围是________．答案 [1，＋∞)解析 f(x)＝ax ＋2a 2－2a 2＋1x ＋2a ＝a －2a 2－1x ＋2a ，其对称中心为(－2a ，a)．所以⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1>0，－2a ≤－2，⇒⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1>0，a ≥1，⇒a ≥1.18．已知函数f(x)＝lg(x ＋ax －2)，其中a 是大于0的常数．(1)求函数f(x)的定义域；(2)当a ∈(1，4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值； (3)若对任意x ∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，试确定a 的取值范围．答案 (1)a>1时，(0，＋∞)；a ＝1时，{x|x>0且x ≠1}；0<a<1时，{x|0<x<1－1－a 或x>1＋1－a}(2)lg a2(3)(2，＋∞)解析 (1)由x ＋ax －2>0，得x 2－2x ＋a x>0.①当a>1时，x 2－2x ＋a>0恒成立，定义域为(0，＋∞)； ②当a ＝1时，定义域为{x|x>0且x ≠1}；③当0<a<1时，定义域为{x|0<x<1－1－a 或x>1＋1－a}． (2)设g(x)＝x ＋ax －2，当a ∈(1，4)，x ∈[2，＋∞)时，g(x)＝x ＋ax－2在[2，＋∞)上是增函数．∴f(x)＝lg(x ＋a x －2)在[2，＋∞)上的最小值为f(2)＝lg a2.(3)对任意x ∈[2，＋∞)恒有f(x)>0， 即x ＋ax －2>1对x ∈[2，＋∞)恒成立．∴a>3x －x 2.而h(x)＝3x －x 2＝－(x －32)2＋94在x ∈[2，＋∞)上是减函数，∴h(x)max ＝h(2)＝2. ∴a>2.1．已知函数f(x)是R 上的增函数，对实数a ，b ，若a ＋b>0，则有( ) A ．f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b) B ．f(a)＋f(b)<f(－a)＋f(－b) C ．f(a)－f(b)>f(－a)－f(－b) D ．f(a)－f(b)<f(－a)－f(－b)答案 A解析 ∵a ＋b>0，∴a>－b ，b>－a. ∴f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)，∴选A.2．(2018·杭州模拟)已知减函数f(x)的定义域是实数集R ，m ，n 都是实数．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( ) A ．m －n<0 B ．m －n>0 C ．m ＋n<0 D ．m ＋n>0答案 A解析 设f(x)＝f(x)－f(－x)，由于f(x)是R 上的减函数， ∴f(－x)是R 上的增函数，－f(－x)是R 上的减函数．∴当m<n 时，有F(m)>F(n)，即f(m)－f(－m)>f(n)－f(－n)成立．因此，当f(m)－f(n)>f(－m)－f(－n)成立时，不等式m －n<0一定成立，故选A. 3．(2014·陕西)下列函数中，满足“f(x ＋y)＝f(x)f(y)”的单调递增函数是( )A ．f(x)＝x 12B ．f(x)＝x 3C ．f(x)＝⎝⎛⎭⎫12xD ．f(x)＝3x答案 D解析 根据各选项知，选项C ，D 中的指数函数满足f(x ＋y)＝f(x)·f(y)．又f(x)＝3x 是增函数，所以D 正确．4．(2014·上海，理)设f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧（x －a ）2，x ≤0，x ＋1x ＋a ，x>0.若f(0)是f(x)的最小值，则a 的取值范围为( ) A ．[－1，2] B ．[－1，0] C ．[1，2] D ．[0，2]答案 D解析 ∵当x ≤0时，f(x)＝(x －a)2，又f(0)是f(x)的最小值，∴a ≥0.当x>0时，f(x)＝x ＋1x ＋a ≥2＋a ，当且仅当x ＝1时取“＝”．要满足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a ≥f(0)＝a 2，即a 2－a －2≤0，解之，得－1≤a ≤2，∴a 的取值范围是0≤a ≤2.故选D. 5．函数f(x)＝1－1x －1( )A ．在(－1，＋∞)上单调递增B ．在(1，＋∞)上单调递增C ．在(－1，＋∞)上单调递减D ．在(1，＋∞)上单调递减答案 B解析 f(x)图像可由y ＝－1x 图像沿x 轴向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，如图所示．6．(2014·北京，文)下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝e －xB ．y ＝x 3C ．y ＝lnxD ．y ＝|x|答案 B解析 因为对数函数y ＝lnx 的定义域不是R ，故首先排除选项C ；因为指数函数y ＝e －x ，即y ＝(1e )x ，在定义域内单调递减，故排除选项A ；对于函数y ＝|x|，当x ∈(－∞，0)时，函数变为y ＝－x ，在其定义域内单调递减，因此排除选项D ；而函数y ＝x 3在定义域R 上为增函数．7．若函数y ＝f(x)在R 上单调递增，且f(m 2＋1)>f(－m ＋1)，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1)B ．(0，＋∞)C ．(－1，0)D ．(－∞，－1)∪(0，＋∞)答案 D解析 由题意得m 2＋1>－m ＋1，故m 2＋m>0，故m<－1或m>0.8．若函数y ＝x 2＋bx ＋c(x ∈[0，＋∞))是单调函数，则实数b 的取值范围是( ) A ．b ≥0 B ．b ≤0 C ．b>0 D ．b<0答案 A9．定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x 1x 2)＝f(x 1)－f(x 2)，且当x>1时，f(x)>0.(1)求f(1)的值，并判断f(x)的单调性； (2)若f(4)＝2，求f(x)在[5，16]上的最大值． 答案 (1)f(1)＝0，f(x)单调递增 (2)4 解析 (1)令x 1＝x 2>0，代入得 f(1)＝f(x 1)－f(x 1)＝0， 故f(1)＝0.任取x 1，x 2∈(0，＋∞)， 且x 1>x 2，则x 1x 2>1，由于当x>1时， f(x)>0，所以f(x 1x 2)>0，即f(x 1)－f(x 2)>0， 因此f(x 1)>f(x 2)，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递增函数． (2)因为f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数， 所以f(x)在[5，16]上的最大值为f(16)． 由f(x 1x 2)＝f(x 1)－f(x 2)，得f(164)＝f(16)－f(4)，而f(4)＝2，∴f(16)＝4，∴f(x)在[5，16]上的最大值为4.。
2019届高考数学一轮复习 课时跟踪检测(五)函数的单调性与最值 理(普通高中)
课时跟踪检测（五） 函数的单调性与最值(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝ln(x ＋2)B ．y ＝－x ＋1C ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xD ．y ＝x ＋1x解析：选A 函数y ＝ln(x ＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．2．如果函数f (x )＝ax 2＋2x －3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，＋∞C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，0 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0 解析：选D 当a ＝0时，f (x )＝R 上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a ≠0时，二次函数f (x )<0.⎦⎥⎤0.，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f )B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，23C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，23 解析：选D 因为函数f (x )是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f (2x －1)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13. 所以0≤2x －1＜13，解得12≤x ＜23.4．函数y ＝|x |(1－x )在区间A 上是增函数，那么区间A 是( )A ．(－∞，0) B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12C ．[0，＋∞)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析：选B y ＝|x |(1－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －x ，x ≥0，－x －x ，x <0，＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ，x ≥0，x 2－x ，x <0，＝⎩⎪⎨⎪⎧－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，x ≥0，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－14，x <0.画出函数的大致图象如图所示．由图易知原函数在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12上单调递增．5．设偶函数f (x )的定义域为R ，当x ∈[0，＋∞)时，f (x )是增函数，则f (－2)，f (π)，f (－3)的大小关系是( )A ．f (π)＞f (－3)＞f (－2)B ．f (π)＞f (－2)＞f (－3)C ．f (π)＜f (－3)＜f (－2)D ．f (π)＜f (－2)＜f (－3) 解析：选A 因为f (x )是偶函数， 所以f (－3)＝f (3)，f (－2)＝f (2)． 又因为函数f (x )在[0，＋∞)上是增函数， 所以f (π)＞f (3)＞f (2)， 即f (π)＞f (－3)＞f (－2)． 6．已知函数f (x )＝log 2x ＋11－x，若x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，则( ) A ．f (x 1)<0，f (x 2)<0 B ．f (x 1)<0，f (x 2)>0 C ．f (x 1)>0，f (x 2)<0D ．f (x 1)>0，f (x 2)>0解析：选B ∵函数f (x )＝log 2x ＋11－x 在(1，＋∞)上为增函数，且f (2)＝0，∴当x 1∈(1,2)时，f (x 1)<f (2)＝0；当x 2∈(2，＋∞)时，f (x 2)>f (2)＝0，即f (x 1)<0，f (x 2)>0.7．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为________．解析：当x ≥1时，函数f (x )＝1x为减函数，所以f (x )在x ＝1处取得最大值，为f (1)＝1；当x <1时，易知函数f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值，为f (0)＝2.故函数f (x )的最大值为2.答案：28．已知函数f (x )＝x 2－2x －3，则该函数的单调递增区间为________．解析：设t ＝x 2－2x －3，由t ≥0，即x 2－2x －3≥0，解得x ≤－1或x ≥3，所以函数f (x )的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t ＝x 2－2x －3的图象的对称轴为x ＝1，所以函数t 在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )的单调递增区间为[3，＋∞)．答案：[3，＋∞)9．若函数f (x )＝1x 在区间[2，a ]上的最大值与最小值的和为34，则a ＝________.解析：由f (x )＝1x 的图象知，f (x )＝1x在(0，＋∞)上是减函数，∵[2，a ]⊆(0，＋∞)，∴f (x )＝1x在[2，a ]上也是减函数，∴f (x )max ＝f (2)＝12，f (x )min ＝f (a )＝1a ，∴12＋1a ＝34，∴a ＝4. 答案：410．给定函数：①y ＝x 12；②y ＝log 12(x ＋1)；③y ＝|x －1|；④y ＝2x ＋1，其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是________．解析：①y ＝x 12在(0,1)上递增；②因为t ＝x ＋1在(0,1)上递增，且0＜12＜1，故y ＝log12(x ＋1)在(0,1)上递减；③结合函数图象可知y ＝|x －1|在(0,1)上递减；④因为u ＝x ＋1在(0,1)上递增，且2＞1，故y ＝2x ＋1在(0,1)上递增，故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.答案：②③B 级——中档题目练通抓牢1．若函数f (x )＝x 2＋a |x |＋2，x ∈R 在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－113，－3 B ．[－6，－4] C.[]－3，－22D.[]－4，－3解析：选B 由于f (x )为R 上的偶函数，因此只需考虑函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性即可．由题意知函数f (x )在[3，＋∞)上为增函数，在[1,2]上为减函数，故－a2∈[2,3]，即a ∈[－6，－4]．2．已知函数f (x )是R 上的增函数，A (0，－3)，B (3,1)是其图象上的两点，那么不等式－3＜f (x ＋1)＜1的解集的补集是(全集为R)( )A ．(－1,2)B ．(1,4)C ．(－∞，－1)∪[4，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[2，＋∞)解析：选D 由函数f (x )是R 上的增函数，A (0，－3)，B (3,1)是其图象上的两点，知不等式－3＜f (x ＋1)＜1即为f (0)＜f (x ＋1)＜f (3)，所以0＜x ＋1＜3，所以－1＜x ＜2，故不等式－3＜f (x ＋1)＜1的解集的补集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．3．(2018·河南平顶山一模)已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数．对任意两个不相x 2>0，记a ＝f 0.230.2，b ＝f 20.32，c ＝f 2log 25，B ．b <a <c D ．c <b <ax 1，x 2，不妨设x 1>x 2， f x 1－x x 2x 1－x >0，(x 1)－x 1f 2)>0， ∴x －x x x 1x 2＝f x 1－x 2x 2>0，即f x 1x 1>f x 2x 2， ∴f xx是(0，＋∞)上的增函数． ∵1<30.2<30.5<2,0<0.32<1，log 25>2， ∴0.32<30.2<log 25， ∴b <a <c .4．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的递减区间是________．解析：由题意知g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ＞1，0，x ＝1，－x 2，x ＜1.作出函数图象如图所示，其递减区间是[0,1)． 答案：[0,1)5．若函数y ＝2x ＋kx －2与y ＝log 3(x －2)在(3，＋∞)上具有相同的单调性，则实数k 的取值范围是____________．解析：由于y ＝log 3(x －2)在(3，＋∞)上为增函数，故函数y ＝2x ＋kx －2＝x －＋4＋k x －2＝2＋4＋k x －2在(3，＋∞)上也是增函数，则有4＋k ＜0，得k ＜－4.答案：(－∞，－4)6．已知函数f (x )＝1a －1x(a ＞0，x ＞0)．(1)求证：f (x )在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，求a 的值． 解：(1)证明：任取x 1＞x 2＞0，则f (x 1)－f (x 2)＝1a －1x 1－1a ＋1x 2＝x 1－x 2x 1x 2，∵x 1＞x 2＞0，∴x 1－x 2＞0，x 1x 2＞0， ∴f (x 1)－f (x 2)＞0， 即f (x 1)＞f (x 2)，∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(2)由(1)可知，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上为增函数， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1a－2＝12，f (2)＝1a －12＝2，解得a ＝25.7．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证f (x )在(－∞，－2)内单调递增；(2)若a ＞0且f (x )在(1，＋∞)内单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：当a ＝－2时，f (＝x.任取x 1，x 2∈(－∞，－2)，且x 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝x 1－2x 1＋x 2＋.因为(x 1＋2)(x 2＋2)＞0，x 1－x 2＜0， 所以f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)， 所以f (x )在(－∞，－2)内单调递增． ＜x ，＝x 2－1x 1－a x 2－a，又由题意知f (x 1)－f (x 2)＞ 恒成立，所以a ≤1. ⎩⎪x ＋，x >0，2)>f (x )，则实数x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C ．(－1,2)D ．(－2,1)解析：选D ∵当x ＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，∴函数的图象是一条连续的曲线．又∵当x ≤0时，函数f (x )＝x 3为增函数，当x >0时，f (x )＝ln(x ＋1)也是增函数，∴函数f (x )是定义在R 上的增函数．因此，不等式f (2－x 2)>f (x )等价于2－x 2>x ，即x 2＋x －2<0，解得－2<x <1.2．如果函数y ＝f (x )在区间I 上是增函数，且函数y ＝f xx在区间I 上是减函数，那么称函数y ＝f (x )是区间I 上的“缓增函数”，区间I 叫做“缓增区间”．若函数f (x )＝12x2－x ＋32是区间I 上的“缓增函数”，则“缓增区间”I 为( )A ．[1，＋∞)B ．[0， 3 ]C ．[0,1]D ．[1， 3 ]解析：选D 因为函数f (x )＝12x 2－x ＋32的对称轴为x ＝1，所以函数y ＝f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数，又当x ≥1时，f x x ＝12x ＋32x －1，令g (x )＝12x ＋32x－1(x ≥1)，则g ′(x )＝12－32x 2＝x 2－32x 2，由g ′(x )≤0，得1≤x ≤3，即函数f x x ＝12x －1＋32x 在区间[1， 3 ]上单调递减，故“缓增区间”I 为[1， 3 ]．。
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课时规范练6 函数的单调性与最值
一、基础巩固组
1.在下列函数中,定义域是R且为增函数的函数是()
A.y=2-x
B.y=x
C.y=log2x
D.y=-
2.已知函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)内有最小值,则函数g(x)=在区间(1,+∞)内一定()
A.有最小值
B.有最大值
C.是减函数
D.是增函数
3.(2017山东泰安模拟)已知函数f(x)=是R上的增函数,则实数a的取值
范围是()
A.(1,+∞)
B.[4,8)
C.(4,8)
D.(1,8)
4.已知函数f(x)=,则该函数的单调递增区间为()
A.(-∞,1]
B.[3,+∞)
C.(-∞,-1]
D.[1,+∞)
5.(2017浙江金华模拟)若函数f(x)=-x2+2ax与g(x)=(a+1)1-x在区间[1,2]上都是减函数,则a的取值范围是()
A.(-1,0)
B.(-1,0)∪(0,1]
C.(0,1)
D.(0,1]
6.(2017黑龙江哈尔滨联考)已知函数f(x)的图象关于直线x=1对称,当x2>x1>1
时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0恒成立.若a=f,b=f(2),c=f(e),则a,b,c的大小关系为()
A.c>a>b
B.c>b>a
C.a>c>b
D.b>a>c
7.已知函数f(x)=的单调递增区间与值域相同,则实数m的值为()
A.-2
B.2
C.-1
D.1
8.(2017湖北联考)已知函数f(x)=ax2-4ax-ln x,则f(x)在区间(1,3)内不单调的一个充分不必要条件是()
A.a∈
B.a∈
C.a∈
D.a∈〚导学号21500705〛
9.函数f(x)=的最大值为.
10.函数f(x)=在区间[1,2]上的值域为.
11.函数f(x)=-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为.
12.(2017山西太原模拟)已知函数y=与y=log3(x-2)在(3,+∞)内有相同的单调性,则实
数k的取值范围是.〚导学号21500706〛
二、综合提升组
13.已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若∀x1∈,∃x2∈[2,3]使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是()
A.a≤1
B.a≥1
C.a≤0
D.a≥0
14.已知f(x)表示x+2与x2+3x+2中的较大者,则f(x)的最小值为()
A.0
B.2
C.-
D.不存在
15.已知函数f(x)是奇函数,并且在R上为增函数.若当0≤θ<时,f(m sin θ)+f(1-m)>0恒成立,则实数m的取值范围是.
16.(2017山东潍坊模拟)已知函数f(x)=若函数y=f(x)在区间(a,a+1)内单调递增,则实数a的取值范围是.
〚导学号21500707〛
三、创新应用组
17.已知函数f(x)=若m>n≥-1,且f(m)=f(n),则m·f(m)的最小值为()
A.4
B.2
C.
D.2
18.(2017四川泸州四诊)已知函数f(x)=,若关于x的不等式f2(x)+af(x)>0只有一个整数解,则实数a的取值范围是()
A.
B.
C.
D.
课时规范练6函数的单调性与最值
1.B由题意知,只有y=2-x与y=x的定义域为R,且只有y=x在R上是增函数.
2.D由题意知a<1,又函数g(x)=x+-2a在[,+∞)内为增函数,故选D.
3.B由f(x)在R上是增函数,则有解得4≤a<8.
4.B设t=x2-2x-3,由t≥0,
即x2-2x-3≥0,解得x≤-1或x≥3.
故函数f(x)的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).
因为函数t=x2-2x-3的图象的对称轴方程为x=1,
所以函数t在(-∞,-1]上单调递减,在[3,+∞)上单调递增.
所以函数f(x)的单调递增区间为[3,+∞).
5.D f(x)=-x2+2ax的图象的对称轴方程为x=a,要使f(x)在区间[1,2]上为减函数,必须有
a≤1.因为g(x)=(a+1)1-x在区间[1,2]上是减函数,所以a+1>1,即a>0,故0<a≤1.
6.D因为f(x)的图象关于直线x=1对称,由此可得f=f由x2>x1>1
时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0恒成立,知f(x)在(1,+∞)内单调递减.
∵1<2<<e,
∴f(2)>f>f(e),
∴b>a>c.
7.B∵-x2+2mx-m2-1=-(x-m)2-1≤-1,
2.
即f(x)的值域为[2,+∞).
∵y1=在R上单调递减,y2=-(x-m)2-1的单调递减区间为[m,+∞),
∴f(x)的单调递增区间为[m,+∞).
故m=2.
8.D由题意知f'(x)=2ax-4a-,因为f(x)在区间(1,3)内不单调,所以f'(x)=2ax-4a-=0在
区间(1,3)内有解,此方程可化为2ax2-4ax-1=0.设两根为x1,x2,则x1+x2=2,因此方程的两解不可能都大于1,从而它在区间(1,3)内只有一解.所以充要条件是
(2a-4a-1)(18a-12a-1)<0,a<-或a>故选D.
9.2当x≥1时,函数f(x)=为减函数,所以f(x)在x=1处取得最大值;当x<1时,易知函数
f(x)=-x2+2在x=0处取得最大值.因为f(1)=1,f(0)=2,所以函数f(x)的最大值为2.
10∵f(x)==2-,∴f(x)在区间[1,2]上是增函数,即f(x)max=f(2)=,f(x)min=f(1)=1.
故f(x)的值域是
11.3因为y=在R上递减,y=log2(x+2)在区间[-1,1]上递增,所以f(x)在区间[-1,1]上
递减.
所以f(x)在区间[-1,1]上的最大值为f(-1)=3.
12.(-∞,-4)由题意知y=log3(x-2)的定义域为(2,+∞),且为增函数,所以它在区间(3,+∞)内是增函数.又y==2+,且它在区间(3,+∞)内是增函数,所以4+k<0,解得k<-4.
13.C当x时,f(x)≥2=4,当且仅当x=2时取等号,∴f(x)min=4.当x∈[2,3]时,g(x)单调递增,故g(x)min=22+a=4+a.
依题意知f(x)min≥g(x)min,解得a≤0.
14.A
在同一平面直角坐标系中画出函数y=x+2和y=x2+3x+2的图象,由f(x)表示x+2与x2+3x+2中的较大者,可得f(x)的图象如图中实线部分.求f(x)的最小值即求最低点的纵坐标,由图可得,当x=-2时,函数f(x)有最小值0,故选A.
15.(-∞,1)∵f(x)是奇函数,∴f(m sin θ)+f(1-m)>0可化为f(m sin θ)>-f(1-m)=f(m-1).
又f(x)在R上是增函数,
∴m sin θ>m-1,即m(1-sin θ)<1,
“当0≤θ<时,f(m sin θ)+f(1-m)>0恒成立”等价于“当0≤θ<
时,m(1-sin θ)<1恒成立,即m<恒成立”.
∵0<1-sin θ≤1,1.
∴m<1.
16.(-∞,1]∪[4,+∞)画出f(x)=的图象如图所示,因为函数y=f(x)在区间(a,a+1)内单调递增,
则a+1≤2或a≥4,解得a≤1或a≥4.故实数a的取值范围是(-∞,1]∪[4,+∞).
17.D作出f(x)的函数图象如图所示.
∵f(m)=f(n),m>n≥-1,
∴1≤m<4.
∴mf(m)=m=m+2
当且仅当m=时取等号.故选D.
18.A∵f'(x)=,∴f(x)在区间(0,e)内单调递增,在区间(e,+∞)内单调递减,∴
f(x)≤f(e)=
函数f(x)的图象如图所示.
①当a<0时,由不等式f2(x)+af(x)>0,得f(x)>-a>0或f(x)<0,
而f(x)<0的解集为(0,1),无整数解,∴f(x)>-a>0的整数解只有一个.
∵f(x)在(0,e)内递增,在(e,+∞)内递减,
而2<e<3,f(2)=f(4)<f(3),
∴这一个正整数解只能为3.
∴f(2)≤-a<f(3),
∴-<a≤-
②当a=0时,由不等式f2(x)+af(x)>0,得f(x)≠0,解集为(0,1)∪(1,+∞),
整数解有无数多个,不合题意;
③当a>0时,由不等式f2(x)+af(x)>0,得f(x)>0或f(x)<-a<0,
∵f(x)<-a<0的解集为(0,1),无整数解,而f(x)>0的解集为(1,+∞),整数解有无数多个,不合题意.
综上可知答案为A.。