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

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

‎ [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 -‎