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【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
【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
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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
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【创新设计】2022届高考数学一轮总复习 第二篇 第2讲 函数的单调性与最值 理 湘教版
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-26 00:32:37
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文章作者:U-336598
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