广西专用高考数学一轮复习考点规范练6函数的单调性与最值含解析新人教A版理

这是一份广西专用高考数学一轮复习考点规范练6函数的单调性与最值含解析新人教A版理，共9页。试卷主要包含了函数f=ln的单调递减区间为，函数f=x1-x在，已知函数f=|x|ln|x|等内容，欢迎下载使用。
考点规范练6　函数的单调性与最值基础巩固1.(2020北京顺义区期中)下列函数,既是偶函数又在区间(0,+∞)内单调递增的是(　　)A.y= B.y=e-xC.y=-x2+1 D.y=lg|x|答案:D解析:A中,y=为奇函数,不符合题意;B中,设y=f(x)=e-x,则f(-x)=ex≠±f(x),故f(x)既不是偶函数也不是奇函数,不符合题意;C中,设f(x)=1-x2,则f(-x)=1-(-x)2=1-x2=f(x),即f(x)为偶函数,且当x>0时,函数单调递减,不符合题意;D中,y=lg|x|为偶函数,且当x>0时,y=lgx单调递增,符合题意.2.若函数y=ax与y=-在区间(0,+∞)内都是减函数,则y=ax2+bx在区间(0,+∞)内(　　)A.单调递增 B.单调递减 C.先增后减 D.先减后增答案:B解析:因为函数y=ax与y=-在区间(0,+∞)内都是减函数,所以a<0,b<0.所以y=ax2+bx的图象的对称轴方程为x=-,且-<0.故y=ax2+bx在区间(0,+∞)内单调递减.3.已知函数f(x)=是R上的增函数,则实数a的取值范围是(　　)A.(1,+∞) B.[4,8) C.(4,8) D.(1,8)答案:B解析:由f(x)在R上是增函数,则有解得4≤a<8.4.函数f(x)=ln(x2-2x-3)的单调递减区间为(　　)A.(-∞,1) B.(1,+∞) C.(-∞,-1) D.(3,+∞)答案:C解析:要使函数f(x)有意义,则x2-2x-3>0,即x>3或x<-1.设u=x2-2x-3=(x-1)2-4,当x>3时,函数u=x2-2x-3单调递增;当x<-1时,函数u=x2-2x-3单调递减.因为函数y=lnu在定义域上单调递增,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,-1).5.函数f(x)=在(　　)A.(-∞,1)∪(1,+∞)内是增函数B.(-∞,1)∪(1,+∞)内是减函数C.(-∞,1)和(1,+∞)内是增函数D.(-∞,1)和(1,+∞)内是减函数答案:C解析:由题意可知函数f(x)的定义域为{x|x≠1},f(x)=-1.又根据函数y=-的单调性及有关性质,可知f(x)在区间(-∞,1)和(1,+∞)内是增函数.6.已知函数f(x)满足f(x)=f(π-x),且当x时,f(x)=ex+sin x,则(　　)A.f(1)<f(2)<f(3) B.f(2)<f(3)<f(1)C.f(3)<f(2)<f(1) D.f(3)<f(1)<f(2)答案:D解析:由f(x)=f(π-x),得f(2)=f(π-2),f(3)=f(π-3).由f(x)=ex+sinx,得函数f(x)在区间内单调递增.又-<π-3<1<π-2<,∴f(π-2)>f(1)>f(π-3).∴f(2)>f(1)>f(3).7.(2020四川成都期末)已知函数f(x)=若a=f(ln 2),b=f(-ln 3),c=f(e),则a,b,c的大小关系为(　　)A.b>c>a B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b答案:C解析:f(x)=为偶函数,当x>0时,f(x)=,f'(x)=,易得,当x>e时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当0<x<e时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,因为0<ln2<ln3<e,且f(-ln3)=f(ln3),所以f(ln2)>f(ln3)>f(e),即a>b>c.8.(2020内蒙古呼和浩特模拟)对于函数f(x),在使f(x)≥M恒成立的所有常数M中,我们把M中的最大值称为函数f(x)的“下确界”,则函数f(x)=xex的下确界为(　　)A B.-e C.-1 D.-答案:D解析:f'(x)=(x+1)ex,当x∈(-∞,-1)时,f'(x)<0,当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,-1)内单调递减,在区间(-1,+∞)内单调递增,所以f(x)min=f(-1)=-,则根据题意可知,函数f(x)=xex的下确界为-9.函数f(x)=-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为　　　　　. 答案:3解析:因为y=在R上单调递减,y=log2(x+2)在区间[-1,1]上单调递增,所以f(x)在区间[-1,1]上单调递减.所以f(x)在区间[-1,1]上的最大值为f(-1)=3.10.已知f(x)=不等式f(x+a)>f(2a-x)在区间[a,a+1]上恒成立,则实数a的取值范围是　　　　　. 答案:(-∞,-2)解析:二次函数y1=x2-4x+3的图象的对称轴是直线x=2,所以该函数在区间(-∞,0]上单调递减,所以x2-4x+3≥3,同样可知函数y2=-x2-2x+3在区间(0,+∞)内单调递减,所以-x2-2x+3<3,所以f(x)在R上单调递减,所以由f(x+a)>f(2a-x),得到x+a<2a-x,即2x<a在区间[a,a+1]上恒成立,所以2(a+1)<a,解得a<-2,所以实数a的取值范围是(-∞,-2).能力提升11.已知函数f(x)=的单调递增区间与值域相同,则实数m的值为(　　)A.-2 B.2 C.-1 D.1答案:B解析:∵-x2+2mx-m2-1=-(x-m)2-1≤-1,2.∴f(x)的值域为[2,+∞).∵y1=在R上单调递减,y2=-(x-m)2-1的单调递减区间为[m,+∞),∴f(x)的单调递增区间为[m,+∞).由条件知m=2.12.若存在正数x使2x(x-a)<1成立,则a的取值范围是(　　)A.(-∞,+∞) B.(-2,+∞)C.(0,+∞) D.(-1,+∞)答案:D解析:由题意可得a>x-(x>0).令f(x)=x-,函数f(x)在区间(0,+∞)内为增函数,可知f(x)的值域为(-1,+∞),故存在正数x使原不等式成立时,a>-1.13.(2020湖南衡阳三模)设函数f(x)=若f(x)有最小值,则实数a的取值范围为(　　)A.[,+∞) B.[2,+∞)C D.[1,+∞)答案:D解析:∵当x时,f(x)无最小值,且f(x)>0,∴要使f(x)有最小值,只需当x>时,f(x)有最小值,且f(x)min≤0即可.当x>时,f'(x)=2x-a-,∵2x-(-1,+∞),若a≤-1,则f'(x)>0,f(x)在区间内单调递增,此时f(x)无最小值;若a>-1,则f'(x)=,记方程2x2-ax-1=0的两根分别为x1,x2,不妨设x1<x2,∵x1x2=-<0,∴x1<0<x2,又2-1=-<0,∴x2>∴f(x)在区间(0,x2)内单调递减,在区间(x2,+∞)内单调递增,此时f(x)min=f(x2)=-ax2-lnx2,由2-ax2-1=0,得ax2=2-1,∴f(x2)=1--lnx2≤0,∴x2≥1,∴a=2x2-1.14.(2020浙江绍兴二模)已知函数f(x)=(a>0,且a≠1)在R上单调递减,且关于x的方程|f(x)|=2-x恰好有两个不相等的实数解,则a的取值范围是　　　　　　　　　. 答案:解析:由y=ax-a在区间[0,+∞)内单调递减,则0<a<1.函数f(x)在R上单调递减,则解得a,作出y=|f(x)|的草图和直线y=2-x,如图所示.由图象可知,在区间[0,+∞)内,|f(x)|=2-x有且仅有一个解,故在区间(-∞,0)内,|f(x)|=2-x同样有且仅有一个解,当3a>2,即a>时,由|x2+(4a-3)x+3a|=2-x,得x2+(4a-2)x+3a-2=0.则Δ=(4a-2)2-4(3a-2)=0,解得a=或a=1(舍去),当1-a≤3a≤2,即a时,由图象可知,符合条件.综上所述,a的取值范围为15.已知f(x)=(x≠a).(1)若a=-2,试证明f(x)在区间(-∞,-2)内单调递增;(2)若a>0,且f(x)在区间(1,+∞)内单调递减,求a的取值范围.答案:(1)证明当a=-2时,f(x)=(x≠-2).设对任意的x1,x2∈(-∞,-2),且x1<x2,f(x1)-f(x2)=∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,∴f(x1)<f(x2).∴f(x)在区间(-∞,-2)内单调递增.(2)解任设1<x1<x2,则f(x1)-f(x2)=∵a>0,x2-x1>0,∴要使f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0在区间(1,+∞)内恒成立,∴a≤1.综上所述,a的取值范围是(0,1].高考预测16.(2020山东滨州三模)已知函数f(x)=,h(x)=ax-4(a>1).若对∀x1∈[3,+∞),∃x2∈[3,+∞),使得f(x1)=h(x2),则实数a的最大值为　　　　　. 答案:2解析:f(x)==x+,f'(x)=1-,由x≥3可得x-2≥1,则f'(x)≥0,则f(x)在区间[3,+∞)内单调递增,可得f(x)的最小值为f(3)=4,即f(x)的值域为A=[4,+∞),由h(x)=ax-4(a>1)在区间[3,+∞)内单调递增,可得h(x)≥h(3)=a3-4,即h(x)的值域为B=[a3-4,+∞),由∀x1∈[3,+∞),∃x2∈[3,+∞),使得f(x1)=h(x2),可得A⊆B,则a3-4≤4,解得a≤2.故a的最大值为2.