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  • 2021-06-19 发布

高考数学一轮复习练案6第二章函数导数及其应用第三讲函数的单调性与最值含解析

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‎ [练案6]第三讲 函数的单调性与最值 A组基础巩固 一、选择题 ‎1.(2020·3月份北京市高考适应性测试)下列函数中,在区间(0,+∞)上为减函数的是( B )‎ A.y=   B.y=x2-1‎ C.y=()x   D.y=log2x ‎[解析] y=,y=x2-1,y=log2x在(0,+∞)上都为增函数,y=()x在(0,+∞)上为减函数,故选B.‎ ‎2.函数f(x)=在区间[3,7]上的最大值是M,最小值是N,则=( C )‎ A.  B. ‎ C.3  D.2‎ ‎[解析] f(x)在[3,7]单调递减,故最大值为f(3)=.最小值f(7)=,则=3,故选C.‎ ‎3.若函数y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减函数,则y=ax2+bx在(0,+∞)上是( B )‎ A.增函数   B.减函数 C.先增后减函数   D.先减后增函数 ‎[解析] 由y=ax在(0,+∞)上是减函数,知a<0;由y=-在(0,+∞)上是减函数,知b<0.所以y=ax2+bx的对称轴方程为x=-<0.又因为y=ax2+bx的图象是开口向下的抛物线,所以y=ax2+bx在(0,+∞)上是减函数.故选B.‎ ‎4.若函数f(x)=|2x+a|的单调递增区间是[3,+∞),则实数a的值为( C )‎ A.-2  B.2 ‎ C.-6  D.6‎ ‎[解析] 由图象易知函数f(x)=|2x+a|的单调增区间是[-,+∞),令-=3,所以a=-6.故选C.‎ ‎5.(2020·云南玉溪一中调研)函数f(x)=ln(x2-4x+3)的单调递增区间是( D )‎ A.(-∞,1)   B.(-∞,2)‎ C.(2,+∞)   D.(3,+∞)‎ - 6 -‎ ‎[解析] 由题意得解得x>3.故选D.‎ ‎6.已知函数f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,则f()与f(a2-a+1)的大小关系为( B )‎ A.f()f(a2-a+1)‎ C.f()=f(a2-a+1)   D.无法比较大小 ‎[解析] ∵a2-a+1=(a-)2+≥>,且函数f(x)是(0,+∞)上的减函数,∴f(a2-a+1)0时,f(x)=x++a≥2+a,当且仅当x=,即x=1时,等号成立,故当x=1时取得最小值2+a,∵f(0)是函数f(x)的最小值,∴当x≤0时,f(x)=(x-a)2单调递减,故a≥0,此时的最小值为f(0)=a2,∴2+a≥a2,解得-1≤a≤2.又a≥0.可得0≤a≤2.故选D.‎ 二、多选题 ‎8.(2020·陕西西安中学期中改编)若函数f(x)=为R上的减函数,则实数a的取值可能为( ABC )‎ A.4   B.5‎ C.6   D.7‎ ‎[解析] 因为函数f(x)=为R上的减函数,所以y=x2-x+8,x≤1,y=,x>1是减函数,且当x=1时,9-≥a,则解得4≤a≤6,故选A、B、C.‎ 三、填空题 ‎9.函数y=-x(x≥0)的最大值为  ;增区间为 [0,] .‎ ‎[解析] 令t=,则t≥0,‎ 所以y=t-t2=-(t-)2+,‎ 所以当t=时,ymax=.‎ t=为增函数,y=t-t2在(-∞,)上递增,所以增区间为[0,].‎ - 6 -‎ ‎10.已知函数f(x)=x2-2ax-3在区间[1,2]上具有单调性,则实数a的取值范围为__(-∞,1]∪[2,+∞)__.‎ ‎[解析] 函数f(x)=x2-2ax-3的图象开口向上,对称轴为直线x=a,函数在(-∞,a]和[a,+∞)上都分别具有单调性,因此要使函数f(x)在区间[1,2]上具有单调性,只需a≤1或a≥2,从而a∈(-∞,1]∪[2,+∞).‎ ‎11.已知函数f(x)=2x-2-x.若f(a-2)0,解得a<1或a>2,∴a的取值范围是(-∞,1)∪(2,+∞).‎ ‎12.(2020·浙江省临安市於潜中学高三模拟)函数f(x)=,若f(1)是f(x)的最小值,则a的范围__(-∞,-2]∪[2,+∞)__.‎ ‎[解析] 当x>0时,f(x)=x++a≥2+a,此时x=1,∴f(x)≥f(1);当x≤0时,f(x)=(x-a)2①a≥0时,f(x)最小值为f(0)=a2应满足a2≥a+2,解得a≥2;②a<0时,f(x)最小值为f(a)=0应满足0≥a+2,解得a≤-2,(-∞,-2]∪[2,+∞).‎ 四、解答题 ‎13.已知函数f(x)=.‎ ‎(1)试判断f(x)在[1,2]上的单调性;‎ ‎(2)求函数f(x)在[1,2]上的最值.‎ ‎[解析] (1)解法一:任取x1,x2∈[1,2],且x10,(x2-3)(x1-3)>0,‎ ‎∴<0,即f(x2)‎0”‎的可以是( AC )‎ A.f(x)=   B.f(x)=(1-x)2‎ C.f(x)=e1-x   D.f(x)=ln(x+1)‎ ‎[解析] 由题意知f(x)在(0,+∞)上是减函数,A中,f(x)=满足要求;B中,f(x)=(1-x)2在(0,1]上是减函数,在(1,+∞)上是增函数;C中,f(x)=e1-x是减函数;D中,f(x)=ln(x+1)是增函数.故选A、C.‎ ‎2.(2020·广西来宾实验中学诊断)函数f(x)=()的单调递增区间为( D )‎ A.(-∞,]   B.[0,]‎ C.[,+∞)   D.[,1]‎ ‎[解析] 由x-x2≥0得f(x)的定义域为0≤x≤1,又y=x-x2的图象开口向下且对称轴为x=.‎ ‎∴由复合函数的单调性知所求函数的增区间为y=x-x2,x∈[0,1]的减区间为[,1],故选D.‎ - 6 -‎ ‎3.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] 由已知得x=a<1,g(x)==x+-‎2a,当a≤0时,g(x)在(1,+∞)上为增函数,当02x的解集为( A )‎ A.(2,+∞)   B.(1,+∞)‎ C.(0,+∞)   D.(-1,+∞)‎ ‎[解析] ∵函数f(x)的定义域为R,对任意x10,∴函数R(x)=f(x)-x是R上的增函数,f(2x-1)>2x,即f(2x-1)-(2x-1)>1,即R(2x-1)>1.而R(3)=f(3)-3=1,故R(2x-1)>R(3),2x-1>3,解得x>2,故选A.‎ ‎5.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f(x1·x2)=f(x1)+f(x2),且当x>1时,f(x)>0.‎ ‎(1)求f(1)的值;‎ ‎(2)证明:f(x)为单调增函数;‎ ‎(3)若f()=-1,求f(x)在[,125]上的最值.‎ ‎[解析] (1)∵函数f(x)满足f(x1·x2)=f(x1)+f(x2),‎ 令x1=x2=1,则f(1)=f(1)+f(1),解得f(1)=0.‎ ‎(2)证明:设x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,则>1,‎ ‎∴f()>0,‎ ‎∴f(x1)-f(x2)=f(x2·)-f(x2)=f(x2)+f()-f(x2)=f()>0,‎ 即f(x1)>f(x2),∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.‎ ‎(3)∵f(x)在(0,+∞)上是增函数,‎ 若f()=-1,则f()+f()=f()=-2,‎ 即f(×5)=f(1)=f()+f(5)=0,即f(5)=1,‎ ‎∴f(5)+f(5)=f(25)=2,f(5)+f(25)=f(125)=3,‎ - 6 -‎ ‎∴f(x)在[,125]的最小值为-2,最大值为3.‎ - 6 -‎