浙江专用2020版高考数学大一轮复习 第二章函数概念与基本初等函数 第2讲 函数的单调性与最值练习（含解析）

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1、第2讲 函数的单调性与最值基础达标1下列函数中，在区间(0，)上为增函数的是()Ayln(x2)ByCyDyx解析：选A.选项A的函数yln(x2)的增区间为(2，)，所以在(0，)上一定是增函数2函数y(2m1)xb在R上是减函数，则()AmBmDm解析：选B.使y(2m1)xb在R上是减函数，则2m10，即mf(3)f(2)的只可能是()解析：选D.因为ff(3)f(2)，所以函数yf(x)有增有减，排除A，B.在C中，ff(0)，即ff(3)，排除C，故选D.6(2019瑞安四校联考)已知函数yf(x)在R上是减函数，则yf(|x3|)的单调递减区间是()A(，)B3，)C3，)D(，3

2、解析：选B.因为函数yf(|x3|)是由yf()，|x3|复合而成的，而函数yf(x)在R上是减函数，yf(|x3|)的单调递减区间即为|x3|的单调递增区间，结合函数|x3|的图象可得，应有x30，解得x3，所以函数yf(|x3|)的单调递减区间是3，)，故选B.7(2019衢州市高三联考)函数yx|1x|的单调增区间为_解析：yx|1x|作出该函数的图象如图所示由图象可知，该函数的单调递增区间是(，1答案：(，18已知函数f(x)则f(f(3)_，f(x)的最小值是_解析：因为 f(3)lg(3)21lg 101，所以f(f(3)f(1)1230.当x1时，x32 323，当且仅当x，即x

3、时等号成立，此时f(x)min230；当xf(x)，则实数x的取值范围是_解析：函数yx3在(，0上是增函数，函数yln(x1)在(0，)上是增函数，且x0时，ln(x1)0，所以f(x)在R上是增函数，由f(2x2)f(x)，得2x2x，解得2x1，所以x的取值范围是(2，1)答案：(2，1)10定义maxa，b为a，b中的最大值，函数f(x)maxlog2(x1)，2x(x1)的最小值为c，如果函数g(x)在R上单调递减，则实数m的范围为_解析：根据题意，f(x)maxlog2(x1)，2x(x1)，则f(x)，分析可得，当x1时，f(x)取得最小值1，则有c1，则g(x)，若g(x)为减

4、函数，必有解可得：0m，即m的取值范围为.答案：11(2019杭州学军中学高三模拟)已知函数f(x)，x3，5(1)判断函数f(x)的单调性，并证明；(2)求函数f(x)的最大值和最小值解：(1)f(x)在3，5上为增函数证明如下：任取x1，x23，5且x1x2，f(x1)f(x2)，因为3x1x25，所以x1x20，所以f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)，所以f(x)在3，5上为增函数(2)由(1)知f(x)在3，5上为增函数，则f(x)maxf(5)，f(x)minf(3).12(2019金丽衢十二校联考)已知函数f(x)a.(1)求证：函数yf(x)在(0，)上是增函数；(2

5、)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0x10，x2x10，f(x2)f(x1)0，所以f(x)在(0，)上是增函数(2)由题意a2x在(1，)上恒成立，设h(x)2x，则ah(x)在(1，)上恒成立任取x1，x2(1，)且x1x2，h(x1)h(x2)(x1x2).因为1x1x2，所以x1x21，所以20，所以h(x1)0恒成立，则ba的最大值为()A2B3C4D5解析：选D.当f1(x)f2(x)时，g(x)f1(x)；当f1(x)f2(x)时，g(x)f2(x)综上，g(x) 即g(x)是f1(x)，f2(x)两者中的较大者在

6、同一直角坐标系中分别画出函数f1(x)与f2(x)的图象，则g(x)的图象如图中实线部分所示由图可知g(x)在0，)上单调递增，又g(x)在a，b上单调递增，故a，b0，5，则ba的最大值为5.3已知m为实数，要使函数f(x)|x24x92m|2m在区间0，4上的最大值是9，则m的取值范围是_解析：f(x)|x24x92m|2m|(x2)252m|2m，其对称轴为x2，且f(0)f(4)|92m|2m，f(2)|52m|2m，若f(x)maxf(2)9，即|52m|2m9，解得m，此时，f(x)|(x2)22|7，且f(0)f(4)9也成立；若f(x)maxf(0)f(4)|92m|2m9，则

7、92m0，即m，由f(2)|52m|2m9，得m，综上所述，m.答案：4对于函数yf(x)，若存在区间a，b，当xa，b时，f(x)的值域为ka，kb(k0)，则称yf(x)为k倍值函数，下列函数为2倍值函数的是_(填上所有正确的序号)f(x)x2f(x)x32x22xf(x)xln xf(x)解析：yf(x)为2倍值函数等价于，yf(x)的图象与y2x有两个交点，且在a，b上递增对于，y2x与yx2，有两个交点(0，0)，(2，2)，在0，2上f(x)递增，值域为0，4，符合题意对于，y2x与yx32x22x，有两个交点(0，0)，(2，4)，在2，0上f(x)递增，值域为4，0，符合题意对

8、于，y2x与yxlnx，没有交点，不存在xa，b，值域为2a，2b，不合题意对于，y2x与y有两个交点(0，0)，(ln 2，2ln 2)，f(x)在ln 2，0上递增，值域为2ln 2，0，合题意，故答案为.答案：5(2019浙江新高考联盟第三次联考)已知函数f(x)(1)若对于任意的xR，都有f(x)f(0)成立，求实数a的取值范围；(2)记函数f(x)的最小值为M(a)，解关于实数a的不等式M(a2)M(a)解：(1)当x0时，f(x)(xa)21，因为f(x)f(0)，所以f(x)在(，0上单调递减，所以a0，当x0时，f(x)2x，令2x0得x1，所以当0x1时，f(x)0，当x1时

9、，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以fmin(x)f(1)3a，因为f(x)f(0)a21，所以3aa21，解得2a1.又a0，所以a的取值范围是0，1(2)由(1)可知当a0时，f(x)在(，0上的最小值为f(0)a21，当a0时，f(x)在(，0上的最小值为f(a)1，f(x)在(0，)上的最小值为f(1)3a，解不等式组得0a1，解不等式组得a0，所以M(a).所以M(a)在(，0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，)上是减函数，作出M(a)的函数图象如图所示：令3a1得a2，因为M(a2)M(a)，所以0a2.6已知a3，函数F(x)

10、min2|x1|，x22ax4a2，其中minp，q(1)求使得等式F(x)x22ax4a2成立的x的取值范围；(2)求F(x)的最小值m(a)；求F(x)在区间0，6上的最大值M(a)解：(1)由于a3，故当x1时，(x22ax4a2)2|x1|x22(a1)(2x)0，当x1时，(x22ax4a2)2|x1|(x2)(x2a)所以使得等式F(x)x22ax4a2成立的x的取值范围为2，2a(2)设函数f(x)2|x1|，g(x)x22ax4a2，则f(x)minf(1)0，g(x)ming(a)a24a2，所以由F(x)的定义知m(a)minf(1)，g(a)，即m(a)当0x2时，F(x)f(x)maxf(0)，f(2)2F(2)；当2x6时，F(x)g(x)maxg(2)，g(6)max2，348amaxF(2)，F(6)所以M(a)8