高考数学一轮复习第2章基本初等函数导数及其应用第3讲函数的单调性与最值知能训练轻松闯关理北师大版

第3讲函数的单调性与最值1．(2022·菏泽一模)给定函数①y＝x；②y＝log(x＋1)；③y＝|x－1|；④y＝2x＋1，其中在区间(0，1)上递减的函数序号是(　　)A．①②　　　　　　　　　B．②③C．③④D．①④解析：选B.①y＝x在区间(0，1)上递增；②y＝log(x＋1)在区间(0，1)上递减；③y＝|x－1|＝在区间(0，1)上递减；④y＝2x＋1在区间(0，1)上递增．故选B.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(　　)A．－3B．－2C．－1D．1解析：选B.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＝－2.3．(2022·北京海淀区模拟)下列函数y＝f(x)的图像中，满足f>f(3)>f(2)的只可能是(　　)解析：选D.因为f>f(3)>f(2)，所以函数y＝f(x)有增有减，排除A，B.在C中，f<f(0)，f(3)>f(0)，即f<f(3)，排除C，故选D.4．对于正实数a，函数y＝x＋在上为增函数，则a的取值范围为(　　)A.B.C．(0，＋∞)D.解析：选B.由函数y＝x＋的图像知，函数y＝x＋在(0，)上是减函数，在(，＋∞)上是增函数，所以有≤，故选B.5．已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是(　　)A．(－2，2)B．(2，)C．(－，－2)D．(－，－2)∪(2，)解析：选D.因为函数f(x)＝lnx＋2x在定义域上递增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2得，f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－<x<－2或2<x<.6．(2022·长春调研)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝0，且在(－∞，05\n)上递增，如果x1＋x2<0且x1x2<0，则f(x1)＋f(x2)的值(　　)A．可能为0B．恒大于0C．恒小于0D．可正可负解析：选C.由x1x2<0不妨设x1<0，x2>0.因为x1＋x2<0，所以x1<－x2<0.由f(x)＋f(－x)＝0知f(x)为奇函数．又由f(x)在(－∞，0)上递增得，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，所以f(x1)＋f(x2)<0.故选C.7．函数y＝x－|1－x|的增区间为________．解析：y＝x－|1－x|＝作出该函数的图像如图所示．由图像可知，该函数的递增区间是(－∞，1]．答案：(－∞，1]8．已知a，b为正实数，函数f(x)＝ax3＋bx＋2x在[0，1]上的最大值为4，则f(x)在[－1，0]上的最小值为________．解析：因为a>0，b>0，所以ax3，bx都是R上的增函数，又2x在R上递增，所以f(x)在R上递增，故f(x)在[0，1]和[－1，0]上均递增，由题意f(1)＝a＋b＋2＝4，即a＋b＝2，所以f(x)在[－1，0]上的最小值为f(－1)＝－(a＋b)＋2－1＝－2＋＝－.答案：－9．已知函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，则A＝f(a2－a＋1)，B＝f的大小关系为__________．解析：因为a2－a＋1＝＋≥，又f(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以f(a2－a＋1)≤f，即A≤B.答案：A≤B10．(2022·蚌埠模拟)已知函数f(x)＝若f(3－a2)<f(2a)，则实数a的取值范围是__________．解析：根据所给的分段函数，画函数图像如图．5\n可知函数f(x)在整个定义域上是递减的，由f(3－a2)<f(2a)可知，3－a2>2a，解得－3<a<1.答案：－3<a<111．已知函数f(x)＝－，x∈[0，2]，求函数的最大值和最小值．解：设x1，x2是区间[0，2]上的任意两个实数，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝－－＝－.由0≤x1<x2≤2，得x2－x1>0，(x1＋1)(x2＋1)>0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，故f(x)在区间[0，2]上是增函数．因此，函数f(x)＝－在区间[0，2]的左端点处取得最小值，右端点处取得最大值，即最小值是f(0)＝－2，最大值是f(2)＝－.12．已知f(x)＝(x≠a)．(1)若a＝－2，试证明f(x)在(－∞，－2)内递增；(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)内递减，求a的取值范围．解：(1)证明：任设x1<x2<－2，则f(x1)－f(x2)＝－＝.因为(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，所以f(x1)<f(x2)，所以f(x)在(－∞，－2)内递增．(2)任设1<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝－＝.因为a>0，x2－x1>0，所以要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，所以a≤1.综上所述知0<a≤1.1．(2022·潍坊模拟)已知f(x)＝若f(0)是f(x)的最小值，则t的取值范围为(　　)A．[－1，2]　　　　　　B．[－1，0]C．[1，2]D．[0，2]解析：选D.法一：(排除法)当t＝0时，结论成立，排除C；当t＝－1时，f(0)不是最小值，排除A、B，选D.法二：(直接法)由于当x>0时，f(x)＝x＋＋t在x＝1时取得最小值为2＋t，由题意知，5\n当x≤0时，f(x)＝(x－t)2，若t≥0，此时最小值为f(0)＝t2，故t2≤t＋2，解得－1≤t≤2，此时0≤t≤2；若t<0，则f(t)<f(0)，条件不成立，故选D.2．(2022·濮阳模拟)函数f(x)的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，则称f(x)为单函数．例如，函数f(x)＝2x＋1(x∈R)是单函数．给出下列命题：①函数f(x)＝x2(x∈R)是单函数；②指数函数f(x)＝2x(x∈R)是单函数；③若f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数．其中真命题是________(写出所有真命题的序号)．解析：对于①，若f(x)＝x2，则f(x1)＝f(x2)时x1＝x2，或x1＝－x2，故①错误；对于②，f(x)＝2x是R上的增函数，当f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，故②正确；对于③，由单函数的定义，可知其逆否命题：f(x)为单函数，x1，x2∈A，若x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)为真命题，故③正确；对于④，假若f(x1)＝f(x2)时，有x1≠x2，这与单调函数矛盾，故④正确．答案：②③④3．已知函数f(x)＝a－.(1)求证：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝a－，设0<x1<x2，则x1x2>0，x2－x1>0，f(x2)－f(x1)＝－＝－＝>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(2)由题意a－<2x在(1，＋∞)上恒成立，设h(x)＝2x＋，则a<h(x)在(1，＋∞)上恒成立．任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1<x2，h(x1)－h(x2)＝(x1－x2).因为1<x1<x2，所以x1－x2<0，x1x2>1，所以2－>0，所以h(x1)<h(x2)，所以h(x)在(1，＋∞)上递增．故a≤h(1)，即a≤3，所以实数a的取值范围是(－∞，3]．4．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a>0)，F(x)＝若f(－1)＝0，且对任意实数x均有f(x)≥0成立．(1)求F(x)的表达式；(2)当x∈[－2，2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求k的取值范围．解：(1)因为f(－1)＝0，所以a－b＋1＝0，所以b＝a＋1，所以f(x)＝ax2＋(a＋1)x＋1.因为对任意实数x均有f(x)≥0恒成立，所以　　5\n所以所以a＝1，从而b＝2，所以f(x)＝x2＋2x＋1，所以F(x)＝(2)g(x)＝x2＋2x＋1－kx＝x2＋(2－k)x＋1.因为g(x)在[－2，2]上是单调函数，所以≤－2或≥2，解得k≤－2或k≥6.故k的取值范围是(－∞，－2]∪[6，＋∞).5