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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)

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