近年届高考数学一轮复习第二章函数考点规范练6函数的单调性与最值文新人教A版(2021学年)

2019届高考数学一轮复习第二章函数考点规范练６函数的单调性与最值文新人教A版
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考点规范练6 函数的单调性与最值
基础巩固
1.下列函数中，定义域是R且为增函数的是（)
A.y＝2-x
B.y=x
C.ｙ＝lｏg２xﻩD．ｙ＝-
2.若函数y=ａx与y=—在区间(0,＋∞)内都是减函数,则y=aｘ2＋bx在区间(0,+∞）内（)Ａ。

单调递增B。

单调递减
C。

先增后减ﻩＤ.先减后增
3．已知函数f(x）=,则该函数的单调递增区间为（）
Ａ。

(-∞,1］ﻩB。

［3，+∞)
C．（—∞，－１］ﻩD。

[1,+∞）
4．(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,+∞)ﻩ B.[４,8）
C。

(４,8）ﻩD。

（1,8)
5。

函数f（ｘ)=在()
A.（—∞,1)∪(1,+∞)内是增函数
B.(—∞，1）∪(1，＋∞)内是减函数
Ｃ。

(—∞,１)和（1,+∞)内是增函数
D.(-∞，1)和(1,＋∞)内是减函数
6.已知函数ｆ(x）满足ｆ(x)=f(π—x),且当ｘ∈时,f(x)＝eｘ+sin ｘ，则(）
A。

f（1)<ｆ(2)<f（3）ﻩB。

f(2）〈f(3）<f(1）
C.f（3)＜f（２）〈f（1)ﻩD。

f(3）〈ｆ(１)＜f（2)
7。

(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,设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>ｂＤ。

b〉a＞c
8.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。

-２ﻩB．2 C。

-1 Ｄ．1
9。

已知函数ｆ(ｘ）=lｏ(x2-aｘ+3a）在区间［1,+∞）内单调递减,则实数a的取值范围是(）
Ａ．(-∞，2] B.［2,+∞）
C。

D。

10.（２017江苏苏州调研）已知函数ｆ（x）=g(x)＝x2f(x—１)，则函数g（x)的递减区间
是 .
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）在区间(3，＋∞)内有相同的单
调性,则实数k的取值范围是。

能力提升
13．若存在正数x使2x(x—ａ）<１成立,则ａ的取值范围是(）
A。

(-∞，+∞）ﻩB。

(—2,＋∞）
C。

(0，＋∞)ﻩ D.（—1,＋∞)
14.设f(x)表示x+２与x2＋３x+2中的较大者，则f（x)的最小值为()
A。

0ﻩB。

2
C。

-ﻩD。

不存在
１5.已知函数ｆ（ｘ)是奇函数,且在R上为增函数,当0≤θ〈时,f(ｍsin θ)＋f（１-m)>0恒成立,则实数m的取值范围是 .
16。

已知f（x)=(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,+∞)内单调递减,求ａ的取值范围。

高考预测
17.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
答案：
1。

B解析:由题知,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.Ｂ解析:因为函数ｙ=ａx与y＝-在区间(０,+∞）内都是减函数，所以a〈0,ｂ〈0.
所以ｙ=ax2+bｘ的图象的对称轴方程x=—〈０。

故y=ax２+bｘ在区间（0,+∞）内为减函数，选Ｂ。

３。

B解析: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，+∞).
4。

B 解析:由f (x ）在R 上是增函数，则有解得4≤a<8. 5．C 解析:由题意可知函数ｆ(x )的定义域为{x ｜x ≠1}，
ｆ(ｘ）=—1.
又根据函数y=—的单调性及有关性质,可知f (x )在(-∞,１)和（1,+∞)内是增函数。

6.D 解析：由ｆ（x )=ｆ（π-x )，得ｆ(２）＝f (π—２)，f (3)=f (π-3）。

由f （x )=e x
+sin x ,得函数f （x )在内单调递增。

又-<π-3<１<π—２〈,
∴f (π-２）>f （1)〉f (π—3）. ∴f (2)〉f (1)〉f (3)。

７。

D 解析:因为函数f （x ）的图象关于直线ｘ＝1对称,
所以ｆ=ｆ。

由x 2〉x 1〉1时,［ｆ(x 2)-ｆ(x 1)](ｘ２-x 1)<0恒成立, 知f （ｘ）在区间(1,+∞)内单调递减.
又1〈２<〈e,所以f (２)＞f 〉f （e).即ｂ〉a>c ．
8。

Ｂ 解析:∵-ｘ2+２ｍｘ-m ２—1=—(x-m )2
-１≤－１,
∴≥２。

∴f (x )的值域为[２,+∞)．
∵y 1=在R 上单调递减,y 2=—(x —m )2－1的单调递减区间为[m ,+∞), ∴ｆ(x )的单调递增区间为［m ，+∞)。

由条件知m ＝2。

9.D 解析:设y ＝f （x ),令ｘ2
－ax+3ａ=ｔ.
∵ｙ＝ｆ（x )在区间[1，+∞)内单调递减，
∴t=x 2-ax+３a 在区间［1,＋∞）内单调递增,且满足ｔ>0. ∴解得—<a ≤2。

∴实数a 的取值范围是。

故选D 。

１0。

[０,1) 解析:由题知g (x )=其函数图象如图所示，由图知g (ｘ)的递减区间为[0，1）。

１1。

3 解析：因为y ＝在R 上单调递减,y=log ２(x+2）在［-1,１]上单调递增,
所以f (x )在［-1,1］上单调递减.
所以f （ｘ)在［-1,1]上的最大值为ｆ(-1)＝3.
１２.（—∞,-4) 解析：由题意知y=ｌo ｇ３(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+,因为它在区间（3，＋∞)内是增函数,所以4+k<0,解得k<—４。

１3.D 解析:由题意可得ａ>ｘ-（x>0）.
令f （ｘ)=x —，函数f (ｘ）在(0，＋∞)内为增函数，可知ｆ(ｘ)的值域为（—1，+∞),故存在正数ｘ使原不等式成立时，ａ＞-１。

14.Ａ 解析：在同一平面直角坐标系中画出函数y=x+2和y=x ２
+3x+2的图象,由f (x ）表示x+2与x ２＋３x ＋２中的较大者，可得f （ｘ)的图象如下图实线部分,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) 解析:∵f (x ）是奇函数,∴f （ｍｓi ｎ θ）+ｆ(１—m )>0可化为f (ｍsin θ)〉—f (1-ｍ)=f （ｍ-1)。

又f (x ）在R 上是增函数,
∴ｍsi ｎ θ>m－１,即m (1—sin θ）<１，
“当0≤θ〈时,f （ｍsin 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)证明：当ａ=—2时，f (x ）＝(x ≠－2).
设任意的x 1，x 2∈(－∞，—２），且x 1〈x 2, ｆ(x 1)－f (x 2）=。

∵(ｘ１＋2）(x ２+2)〉0,x 1—x 2〈０，∴f (x １)〈f (x 2）. ∴f （ｘ）在（—∞，-2)内单调递增. （2）解:任设1<ｘ1〈x ２，
则f (x 1）—f (ｘ２)=． ∵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，＋∞)内恒成立,∴a ≤1。

综上所述，a 的取值范围是（0,1］．
１7.C 解析：当x ∈时,f (ｘ）≥2=4,当且仅当ｘ=2时，ｆ(x )ｍi ｎ=4,当x ∈[2,3]时，ｇ(x )
为增函数,故g (ｘ)ｍｉn =22
＋a ＝4+a.
依题意可得ｆ（x )ｍin ≥g (x )min ，解得a ≤0.
以上就是本文的全部内容,可以编辑修改。

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