精品高中数学二轮专题-单调性与最值基础练习(带答案）

这是一份精品高中数学二轮专题-单调性与最值基础练习(带答案），共4页。
单调性与最大（小）值（用时45分钟）【选题明细表】 知识点、方法题号求函数的单调区间6,10,13函数单调性的判定、证明1,9图象法求函数单调性、最值2,4单调性法求函数最值7,10函数单调性、最值的应用5,8,11,12函数单调性、最值的实际应用3,14基础巩固1.在区间(0,+∞)上不是增函数的是(　　)(A)y=2x+1 (B)y=3x2+1(C)y=       (D)y=2x2+x+1【答案】C【解析】由反比例函数的性质可得,y=在区间(0,+∞)上是减函数,故满足条件.故选C.2.函数f(x)的部分图象如图所示,则此函数在[-2,2]上的最小值、最大值分别是(　　)(A)-1,3  (B)0,2  (C)-1,2   (D)3,2【答案】C【解析】当x∈[-2,2]时,由题图可知,x=-2时,f(x)的最小值为f(-2)= -1;x=1时,f(x)的最大值为2.3.某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车,利润(单位:万元)分别为L1=-x2+21x和L2=2x,其中销售量为x(单位:辆).若该公司在两地共销售15辆,则能获得的最大利润为(　　)A.90万元 B.120万元C.120.25万元 D.60万元【答案】B【解析】设该公司在甲地销售x辆车,则在乙地销售(15-x)辆车,根据题意,总利润y=-x2+21x+2(15-x)(0≤x≤15,x∈N),整理得y=-x2+19x+30.因为该函数图象的对称轴为x=,开口向下,又x∈N,所以当x=9或x=10时,y取得最大值120万元.4．函数f(x)＝|x|，g(x)＝x(2－x)的递增区间依次是(　　)A．(－∞，0]，(－∞，1]   B．(－∞，0]，(1，＋∞)C．[0，＋∞)，(－∞，1]   D．[0，＋∞)，[1，＋∞)【答案】C【解析】选C　分别作出f(x) 与g(x)的图象得：f(x)在[0，＋∞)上递增，g(x)在(－∞，1]上递增，选C.5.函数y=f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,且f(2m)>f(-m+9),则实数m的取值范围是(　　)(A)(-∞,3)  (B)(0,3)(C)(3,+∞)  (D)(3,9)【解析】B【答案】因为函数y=f(x)在(0,+∞)上为减函数,且f(2m)>f(-m+9),所以解得0<m<3,故选B.6.函数f(x)=|x-2|的单调递增区间是　　　　　. 【答案】[2,+∞)【解析】由图象可知,f(x)的单调递增区间是[2,+∞).7.若函数f(x)=x2-2x+m,在x∈[0,3]上的最大值为1,则实数m的值为　　   　　. 【答案】-2【解析】函数f(x)=x2-2x+m=(x-1)2+m-1,其对称轴为x=1,则f(x)在[0,1]上单调递减,在(1,3]上单调递增,则当x=3时,函数有最大值,即为9-6+m=1,解得m=-2.8.若函数f(x)=满足对任意x1≠x2,都有>0成立,则实数a的取值范围是　　　　　. 【答案】[-2,3)【解析】由题意得y=f(x)为单调递增函数,∴3-a>0,-(2-2)2≤2(3-a)+5a,∴-2≤a<3.9．判断并证明函数f(x)＝－＋1在(0，＋∞)上的单调性．【答案】见解析【解析】函数f(x)＝－＋1在(0，＋∞)上是增函数．证明如下：设x1，x2是(0，＋∞)上的任意两个实数，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝－＝，由x1，x2∈(0，＋∞)，得x1x2>0，又由x1<x2，得x1－x2<0，于是f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)＝－＋1在(0，＋∞)上是增函数．能力提升10. 记函数f(x)=在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M和m,则等于(　　) (A)  (B)    (C)   (D)【答案】D【解析】因为f(x)==2+,所以f(x)在[3,4]上是减函数.所以m=f(4)=4,M=f(3)=6.所以==.故选D.11.若定义在R上的二次函数f(x)=ax2-4ax+b在区间[0,2]上是增函数,且f(m)≥f(0),则实数m的取值范围是　         　　　. 【答案】[0,4]【解析】由于f(x)在区间[0,2]上是增函数,所以f(2)>f(0),解得a<0.又因f(x)图象的对称轴为x=-=2.所以x在[0,2]上的值域与在[2,4]上的值域相同,所以满足f(m)≥f(0)的m的取值范围是0≤m≤4.12．已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－.(1)求证：f(x)是R上的单调减函数．(2)求f(x)在[－3,3]上的最小值．【答案】见解析【解析】(1)证明：设x1，x2是任意的两个实数，且x1<x2，则x2－x1>0，因为x>0时，f(x)<0，所以f(x2－x1)<0，又因为x2＝(x2－x1)＋x1，所以f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)，所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)<0，所以f(x2)<f(x1)．所以f(x)是R上的单调减函数．(2)由(1)可知f(x)在R上是减函数，所以f(x)在[－3,3]上也是减函数，所以f(x)在[－3,3]上的最小值为f(3)．而f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)＝3×＝－2.所以函数f(x)在[－3,3]上的最小值是－2.