【创新设计】（浙江专用）2022届高考数学总复习 第2篇 第2讲 函数的单调性与最值限时训练 理

第2讲　函数的单调性与最值分层A级　基础达标演练(时间：30分钟　满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2022·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＝xD．y＝x＋解析　采用验证法，易知函数y＝ln(x＋2)在(－2，＋∞)上是增函数，因此在(0，＋∞)上是增函数，故选A.答案　A2．函数y＝－x2＋2x－3(x<0)的单调增区间是(　　)．A．(0，＋∞)B．(－∞，1]C．(－∞，0)D．(－∞，－1]解析　二次函数y＝－x2＋2x－3图象的对称轴为x＝1，又因为二次项系数为负数，所以抛物线y＝－x2＋2x－3开口向下，因为x＝1>0，所以y＝－x2＋2x－3(x<0)的单调增区间为(－∞，0)．答案　C3．函数f(x)＝1－在[3,4)上(　　)．A．有最小值无最大值B．有最大值无最小值C．既有最大值又有最小值D．最大值和最小值皆不存在解析　注意到函数f(x)在[3,4)上是增函数，又函数在区间[3,4)上含有3而没有4，故该函数有最小值无最大值，故选A.答案　A4．(2022·辽宁)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为(　　)．A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)解析　设g(x)＝f(x)－2x－4，则g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，g′(x)＝f′(x)－2>0，g(x)在R上为增函数．由g(x)>0，即g(x)>g(－1)．∴x>－1，选B.答案　B5\n二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2022·江苏)函数f(x)＝log5(2x＋1)的单调增区间是________．解析　由2x＋1>0，得x>－，所以函数的定义域为，由复合函数的单调性知，函数f(x)＝log5(2x＋1)的单调增区间是.答案　6．设函数y＝x2－2x，x∈[－2，a]，若函数的最小值为g(a)，则g(a)＝________.解析　∵函数y＝x2－2x＝(x－1)2－1，∴对称轴为直线x＝1.当－2≤a<1时，函数在[－2，a]上单调递减，则当x＝a时，ymin＝a2－2a；当a≥1时，函数在[－2,1]上单调递减，在[1，a]上单调递增，则当x＝1时，ymin＝－1.综上，g(a)＝答案　三、解答题(共25分)7．(12分)试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性．思维启迪：可利用定义或导数法讨论函数的单调性．解　设－1<x1<x2<1，f(x)＝a＝a，f(x1)－f(x2)＝a－a＝a.当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上递增．探究提高　证明函数的单调性用定义法的步骤：取值—作差—变形—确定符号—下结论．8．(13分)已知函数f(x)＝，x∈[1，＋∞)．(1)当a＝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．5\n解　(1)当a＝时，f(x)＝x＋＋2，在[1，＋∞)上为增函数，f(x)min＝f(1)＝.(2)当x∈[1，＋∞)时，由f(x)＝>0恒成立，得x2＋2x＋a>0，即a>－x2－2x在x∈[1，＋∞)上恒成立．因为当x＝1时，(－x2－2x)max＝－3，所以a>－3.分层B级　创新能力提升1．(2022·湖南)已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若有f(a)＝g(b)，则b的取值范围是(　　)．A．[2－，2＋]B．(2－，2＋)C．[1,3]D．(1,3)解析　如图所示，只有在y∈(－1,1]时才存在f(a)＝g(b)．令g(x)＝－x2＋4x－3＝－1，得x＝2－或x＝2＋，故2－<b<2＋，故选B.答案　B2．(2022·浙江)设a>0，b>0.(　　)．A．若2a＋2a＝2b＋3b，则a>bB．若2a＋2a＝2b＋3b，则a<bC．若2a－2a＝2b－3b，则a>bD．若2a－2a＝2b－3b，则a<b解析　利用原命题与逆否命题的真假性相同求解．当0<a≤b时，显然2a≤2b,2a≤2b<3b，∴2a＋2a<2b＋3b，即2a＋2a≠2b＋3b成立．∴它的逆否命题：若2a＋2a＝2b＋3b，则a>b成立，故A正确，B错误．当0<a≤b时，由2a≤2b,2a<3b，知2a－2a与2b－3b的大小关系不确定，∴C不正确，同理D不正确．答案　A3．奇函数f(x)(x∈R)满足：f(－4)＝0，且在区间[0,3]与[3，＋∞)上分别递减和递增，则不等式(x2－4)f(x)<0的解集为________．5\n解析　当x2－4>0，即x<－2或x>2时，f(x)<0.由f(x)的图象知，x<－4或2<x<4；当x2－4<0，即－2<x<2时，f(x)>0，则－2<x<0.故x∈(－∞，－4)∪(－2,0)∪(2,4)．答案　(－∞，－4)∪(－2,0)∪(2,4)4．(2022·淮南一模)已知函数f(x)＝(a是常数且a＞0)．对于下列命题：①函数f(x)的最小值是－1；②函数f(x)在R上是单调函数；③若f(x)＞0在上恒成立，则a的取值范围是(1，＋∞)；④对任意的x1＜0，x2＜0且x1≠x2，恒有f＜.其中正确命题的序号是__________．解析　(数形结合法)根据题意可画出草图，由图象可知，①显然正确；函数f(x)在R上不是单调函数，故②错误；若f(x)＞0在上恒成立，则2a×－1＞0，a＞1，故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的x1＜0，x2＜0且x1≠x2，恒有f＜成立，故④正确．答案　①③④5．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)∵f(－1)＝0，∴a－b＋1＝0，∴b＝a＋1，∴f(x)＝ax2＋(a＋1)x＋1.∵对任意实数x，均有f(x)≥0恒成立，∴∴∴a＝1，从而b＝2，∴f(x)＝x2＋2x＋1，∴F(x)＝(2)g(x)＝x2＋2x＋1－kx＝x2＋(2－k)x＋1.∵g(x)在[－2,2]上是单调函数，5\n∴≤－2或≥2，解得k≤－2或k≥6.故k的取值范围为(－∞，－2]∪[6，＋∞)．6．(2022·烟台模拟)已知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f＝1，如果对于0<x<y，都有f(x)>f(y)．(1)求f(1)；(2)解不等式f(－x)＋f(3－x)≥－2.解　(1)令x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，∴f(1)＝0.(2)f(－x)＋f(3－x)≥－2f，f(－x)＋f＋f(3－x)＋f≥0＝f(1)，∴f＋f≥f(1)，即f≥f(1)，则解得－1≤x<0.故原不等式的解集为[－1,0).5