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版文

考点规范练6　函数的单调性与最值

基础巩固

1.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-x

C.y=-x2+1 D.y=lg|x|

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

3.已知函数f(x)=,则该函数的单调递增区间为(　　)

A.(-∞,1] 

B.[3,+∞)

C.(-∞,-1] 

D.[1,+∞)

4.(2021重庆高三二模)已知函数f(x)=在R上单调递增,则实数a的取值范围是(　　)

A.(0,1) B.(1,2]

C.[2,4) D.(1,4)

5.(2021广西桂林中学高三月考)若函数f(x)=在区间[2,4]上的最小值为5,则k的值为(　　)

A.10 B.10或20

C.20 D.无法确定

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)

7.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

8.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.-

9.若函数f(x)=|2x+a|的单调递增区间是[3,+∞),则a=　　　　　. 

10.函数f(x)=-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为　　　　　. 

11.(2021上海大同中学三模)已知函数y=在区间上单调递增,则实数a的取值范围是　　　　　. 

能力提升

12.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

13.(2021黑龙江大庆中学高三月考)已知函数f(x)=若f(a-1)≥f(-a),则实数a的取值范围是(　　)

A. B.

C. D.

14.(2021湖北华中师大一附中高三月考)能使“函数f(x)=x|x-1|在区间I上不是单调函数,且在区间I上的函数值的取值集合为[0,2]”是真命题的一个区间I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.

高考预测

16.(2021广西南宁二中高三月考)已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若∀x1∈,∃x2∈[1,2],使得f(x1)≤g(x2),则实数a的取值范围是(　　)

A.

B.∪[3,+∞)

C.

D.

答案：

1.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.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.B　解析设t=x2-2x-3,由t≥0,

即x2-2x-3≥0,

解得x≤-1或x≥3.

故函数f(x)的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).

因为函数t=x2-2x-3的图象的对称轴为x=1,

所以函数t=x2-2x-3在区间(-∞,-1]上单调递减,在区间[3,+∞)内单调递增.所以函数f(x)的单调递增区间为[3,+∞).

4.C　解析因为函数f(x)=在R上单调递增,

所以解得2≤a<4.

5.C　解析当k=0时,不符合题意;

当k>0时,f(x)=在区间[2,4]上是减函数,

∴f(x)min=f(4)==5,

∴k=20,符合题意;

当k<0时,f(x)=在区间[2,4]上是增函数,f(x)min=f(2)==5,

∴k=10,不满足k<0,∴k=10舍去.

∴k的值为20.

6.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.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.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.-6　解析f(x)=|2x+a|=所以f(x)的单调递增区间是,

由题意,得-=3,所以a=-6.

10.3　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.

11.　解析∵y=在区间上单调递增,

∴f(x)=x2-ax-a在区间上单调递减,则-,即a≥-1,

同时需满足f(-2)f>0,即(a+4)(2a-1)<0,解得-4<a<,

综上可知a∈.

12.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.

13.A　解析因为f(x)=当x≤0时,f(x)=e-x单调递减,且f(x)≥1,

当x>0时,f(x)=-x3单调递减,且f(x)<0,所以函数f(x)=在定义域上单调递减,因为f(a-1)≥f(-a),所以a-1≤-a,解得a≤,

即不等式的解集为.

14.答案不唯一,只要形如[a,2]或(a,2],其中0≤a<1的均正确　解析当x≥1时,f(x)=x(x-1)=x2-x;

当x<1时,f(x)=x(1-x)=-x2+x;

∴f(x)在区间,[1,+∞)上单调递增,在区间上单调递减.

令f(x)=0,解得x=1或x=0;令f(x)=2,解得x=2.

∴只需形如[a,2]或(a,2],其中0≤a<1,f(x)在区间I上不单调且函数值的取值集合为[0,2].

15.(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].

16.D　解析∵f(x)=x+在区间上单调递减,

∴f(x)max=f;

∵g(x)=2x+a在区间[1,2]上单调递增,

∴g(x)max=g(2)=4+a.

∵∀x1∈,∃x2∈[1,2],使得f(x1)≤g(x2),

∴f(x)max≤g(x)max.

∴4+a≥,解得a≥,即a∈,+∞.