【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

第2讲函数的单调性与最值A级　基础演练(时间：30分钟　满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2022·长沙一模)下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)内单调递减的函数是(　　)．A．y＝x2B．y＝|x|＋1C．y＝－lg|x|D．y＝2|x|解析　对于C中函数，当x>0时，y＝－lgx，故为(0，＋∞)上的减函数，且y＝－lg|x|为偶函数．答案　C2．(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　法一　由x∈R，f(－1)＝2，f′(x)>2，可设f(x)＝4x＋6，则由4x＋6>2x＋4，得x>－1，选B.法二　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　B3．(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　A4．(2022·万盛区)设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是5\n(　　)．A．(－∞，0]B．[0,1)C．[1，＋∞)D．[－1,0]解析　g(x)＝如图所示，其递减区间是[0,1)．故选B.答案　B二、填空题(每小题5分，共10分)5．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　6．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________．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)三、解答题(共25分)7．(12分)设函数f(x)对任意的a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且当x>0时，f(x)>1.(1)求证：f(x)是R上的增函数；(2)若f(4)＝5，解不等式f(3m2－m－2)<3.(1)证明　设x1<x2，∴Δx＝x2－x1>0，∴f(Δx)>1，∴f(x2)＝f(x1＋Δx)＝f(x1)＋f(Δx)－1>f(x1)，∴f(x)是R上的增函数．(2)解　f(4)＝f(2)＋f(2)－1＝5，∴f(2)＝3，∴f(3m2－m－2)<3＝f(2)．又由(1)的结论知f(x)是R上的增函数，∴3m2－m－2<2，∴－1<m<.8．(13分)已知函数f(x)＝x2＋(x≠0，a∈R)．(1)判断函数f(x)的奇偶性；(2)若f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．5\n解　(1)当a＝0时，f(x)＝x2(x≠0)为偶函数；当a≠0时，f(－x)≠f(x)，f(－x)≠－f(x)，∴f(x)既不是奇函数也不是偶函数．(2)设x2>x1≥2，则f(x1)－f(x2)＝x＋－x－＝[x1x2(x1＋x2)－a]，由x2>x1≥2，得x1x2(x1＋x2)>16，x1－x2<0，x1x2>0.要使f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，只需f(x1)－f(x2)<0，即x1x2(x1＋x2)－a>0恒成立，则a≤16.B级　能力突破(时间：30分钟　满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，f(1)＝2，则f(－3)等于(　　)．A．2B．3C．6D．9解析　f(1)＝f(0＋1)＝f(0)＋f(1)＋2×0×1＝f(0)＋f(1)，∴f(0)＝0.f(0)＝f(－1＋1)＝f(－1)＋f(1)＋2×(－1)×1＝f(－1)＋f(1)－2，∴f(－1)＝0.f(－1)＝f(－2＋1)＝f(－2)＋f(1)＋2×(－2)×1＝f(－2)＋f(1)－4，∴f(－2)＝2.f(－2)＝f(－3＋1)＝f(－3)＋f(1)＋2×(－3)×1＝f(－3)＋f(1)－6，∴f(－3)＝6.答案　C2．(2022·太原质检)设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝取函数f(x)＝2－|x|，当K＝时，函数fK(x)的单调递增区间为(　　)．A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－∞，－1)D．(1，＋∞)解析　f(x)＝⇔f(x)＝f(x)的图象如右图所示，因此f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)．答案　C二、填空题(每小题5分，共10分)5\n3.设奇函数f(x)的定义域为[－5,5]，若当x∈[0,5]时，f(x)的图象如右图，则不等式f(x)<0的解集是________．解析　法一　奇函数关于原点对称.∵当0<x<2时，f(x)>0⇒－2<x<0时，f(x)<0；当2<x≤5时，f(x)<0⇒－5≤x<－2时，f(x)>0.∴综上，f(x)<0的解集为{x|－2<x<0或2<x≤5}．法二　由于f(x)为在[－5,5]上的奇函数，通过数形结合可解决问题．作图可得{x|－2<x<0或2<x≤5}．答案　{x|－2<x<0或2<x≤5}4．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a>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　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　①③④三、解答题(共25分)5．(12分)(2022·上海)已知函数f(x)＝a·2x＋b·3x，其中常数a，b满足ab≠0.(1)若ab>0，判断函数f(x)的单调性；(2)若ab<0，求f(x＋1)>f(x)时的x的取值范围．解　(1)当a>0，b>0时，因为a·2x，b·3x都单调递增，所以函数f(x)单调递增；当a<0，b<0时，因为a·2x，b·3x都单调递减，所以函数f(x)单调递减．(2)f(x＋1)－f(x)＝a·2x＋2b·3x>0.5\n(i)当a<0，b>0时，x>－，解得x>log；(ii)当a>0，b<0时，x<－，解得x<log.6．(13分)(2022·潍坊一模)已知函数f(x)在(－1,1)上有定义，f＝－1，当且仅当0<x<1时，f(x)<0，且对任意x、y∈(－1,1)都有f(x)＋f(y)＝f，试证明：(1)f(x)为奇函数；(2)f(x)在(－1,1)上单调递减．证明　(1)函数f(x)的定义域为(－1,1)，再由f(x)＋f(y)＝f，令x＝y＝0，得f(0)＝0，令y＝－x，得f(x)＋f(－x)＝f＝f(0)＝0，∴f(x)＝－f(－x)，即f(x)为奇函数．(2)先证f(x)在(0,1)上单调递减．令0<x1<x2<1，则f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝f.∵0<x1<x2<1，∴x2－x1>0,1－x1x2>0，即>0.又∵(x2－x1)－(1－x2x1)＝(x2－1)(x1＋1)<0，∴x2－x1<1－x2x1，∴0<<1.由题意，知f<0，即f(x2)<f(x1)，∴f(x)在(0,1)上单调递减，又f(x)为奇函数且f(0)＝0，∴f(x)在(－1,1)上单调递减.5