新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案8第二章函数概念与基本初等函数Ⅰ第二讲函数的单调性与最值

这是一份新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案8第二章函数概念与基本初等函数Ⅰ第二讲函数的单调性与最值，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
练案[8]  第二讲　函数的单调性与最值A组基础巩固一、单选题1．下列函数在区间(0，＋∞)内是减函数的是( B )A．f(x)＝ln x  B．f(x)＝e－xC．f(x)＝  D．f(x)＝－[解析]　对于A，f(x)＝ln x，为对数函数，其底数e>1，在区间(0，＋∞)内是增函数，不符合题意；对于B，f(x)＝e－x＝x为指数函数，其底数<1，在区间(0，＋∞)内是减函数，符合题意；对于C，f(x)＝＝x，为幂函数，在区间(0，＋∞)内是增函数，不符合题意；对于D，f(x)＝－＝，为反比例函数，在区间(0，＋∞)内是增函数，不符合题意．2．函数f(x)＝1－( B )A．在(－1，＋∞)上单调递增B．在(1，＋∞)上单调递增C．在(－1，＋∞)上单调递减D．在(1，＋∞)上单调递减[解析]　f(x)的图象可由y＝－的图象沿x轴向右平移一个单位长度，再沿y轴向上平移一个单位长度得到，如图所示．3．函数f(x)＝在区间[3,7]上的最大值是M，最小值是N，则＝( C )A.  B． C．3  D．2[解析]　f(x)在[3,7]上单调递减，故最大值为f(3)＝.最小值f(7)＝，则＝3，故选C.4．已知函数f(x)＝x2＋(k－2)x在[1，＋∞)上是增函数，则k的取值范围为( B )A．(－∞，0]  B．[0，＋∞)C．(－∞，1]  D．[1，＋∞)[解析]　函数f(x)＝x2＋(k－2)x的对称轴为x＝－，且开口向上，因为f(x)在[1，＋∞)上是增函数，所以－≤1，解得k≥0.故选B.5．(2023·广东省佛山市佛山一中月考)已知函数f(x)是定义域为[0，＋∞)上的减函数，且f(2)＝－1，则满足f(2x－4)>－1的实数x的取值范围是( C )A．(3，＋∞)  B．(－∞，3)C．[2,3)  D．[0,3)[解析]　f(x)在定义域[0，＋∞)上是减函数，且f(2)＝－1，∴f(2x－4)>－1可化为f(2x－4)>f(2)，∴解得2≤x<3.6．(2022·江西二模)已知函数f(x)＝若f(a)＝f(a＋3)，则g(x)＝ax2＋x的单调递增区间为( D )A.  B．C.  D．[解析]　依题意，解得a＝－1，故g(x)＝－x2＋x，可知g(x)在上单调递增．故选D.7．(2023·河南高三阶段练习)若函数f(x)＝是定义在R上的增函数，则实数m的取值范围是( B )A．(－∞，1]∪{2}  B．{1}∪[2，＋∞)C．(－∞，1]  D．[2，＋∞)[解析]　y＝x－2在R上单调递增，y＝x2－2x＝(x－1)2－1在(1，＋∞)上单调递增．要使函数f(x)＝是定义在R上的增函数，只需解得m＝1或m≥2.所以实数m的取值范围是{1}∪[2，＋∞)．故选B.8．(2022·陕西二模)已知f(x)是定义域为R上的单调增函数，且对任意x∈R，都有f[f(x)－2x]＝6，则f(6)的值为( B )A．12  B．14 C．－14  D．18[解析]　因为f(x)是定义域为R上的单调增函数，且对任意x∈R，都有f[f(x)－2x]＝6，所以f(x)－2x必是常数，设f(x)－2x＝k(k为常数)，得f(x)＝k＋2x，所以f(k)＝k＋2k＝3k＝6，解得k＝2，∴f(x)＝2x＋2，因此f(6)＝2×6＋2＝14.故选B.二、多选题9．已知f(x)是定义在[0，＋∞)上的函数，根据下列条件，可以断定f(x)是增函数的是( CD )A．对任意x≥0，都有f(x＋1)>f(x)B．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≥x2，都有f(x1)≥f(x2)C．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2<0，都有f(x1)－f(x2)<0D．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≠x2，都有>0[解析]　根据题意，依次分析选项：对于选项A，对任意x≥0，都有f(x＋1)>f(x)，不满足函数单调性的定义，不符合题意；对于选项B，当f(x)为常数函数时，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，都有f(x1)＝f(x2)，不是增函数，不符合题意；对于选项C，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2 <0，都有f(x1)－f(x2)<0，符合题意；对于选项D，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，设x1>x2，若>0，必有f(x1)－f(x2)>0，则函数在[0，＋∞)上为增函数，符合题意．10．已知函数f(x)＝－x2＋2x＋1的定义域为(－2,3)，则函数f(|x|)的单调递增区间是( BC )A．(－∞，－1)  B．(－3，－1)C．(0,1)  D．(1,3)[解析]　因为函数f(x)＝－x2＋2x＋1的定义域为(－2,3)，对称轴为直线x＝1，开口向下，所以函数f(|x|)满足－2<|x|<3，所以－3<x<3.又f(|x|)＝－x2＋2|x|＋1＝且y＝－x2－2x＋1图象的对称轴为直线x＝－1，所以由二次函数的图象与性质可知，函数f(|x|)的单调递增区间是(－3，－1)和(0,1)，故选BC.11．已知函数f(x)＝x－(a≠0)，下列说法正确的是( BCD )A．当a>0时，f(x)在定义域上单调递增B．当a＝－4时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)C．当a＝－4时，f(x)的值域为(－∞，－4]∪[4，＋∞)D．当a>0时，f(x)的值域为R[解析]　当a>0时，f(x)＝x－，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，故A错误；又x→－∞时，f(x)→－∞，x→0－时，f(x)→＋∞，∴f(x)的值域为R，故D正确；当a＝－4时，f(x)＝x＋，由其图象(图略)可知，B、C正确．三、填空题12．已知函数f(x)＝x2－2ax－3在区间[1,2]上不具有单调性，则实数a的取值范围为_(1,2)__.[解析]　函数f(x)＝x2－2ax－3的图象开口向上，对称轴为直线x＝a，函数在(－∞，a]和[a，＋∞)上都分别具有单调性，因此要使函数f(x)在区间[1,2]上不具有单调性，只需1<a<2.13．函数y＝－x(x≥0)的最大值为 　；增区间为 　.[解析]　令t＝，则t≥0，所以y＝t－t2＝－2＋，所以当t＝时，ymax＝.t＝为增函数，y＝t－t2在上单调递增，所以增区间为.14．已知函数f(x)＝ln x＋x，若f(a2－a)>f(a＋3)，则正数a的取值范围是_(3，＋∞)__.[解析]　∵函数f(x)＝ln x＋x的定义域为(0，＋∞)，且为单调递增函数，∴f(a2－a)>f(a＋3)同解于解得a>3.所以正数a的取值范围是(3，＋∞)．四、解答题15．(2023·天水模拟)已知函数f(x)＝x2＋2ax＋2，x∈[－5,5]．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的最大值和最小值；(2)求实数a的取值范围，使y＝f(x)在区间[－5,5]上是单调函数．[解析]　(1)a＝－1，f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，因为x∈[－5,5]，所以x＝1时，f(x)取最小值1，x＝－5时，f(x)取最大值37.(2)f(x)的对称轴为x＝－a；因为f(x)在[－5,5]上是单调函数，所以－a≤－5，或－a≥5，所以实数a的取值范围为(－∞，－5]∪[5，＋∞)．16．已知函数f(x)＝.(1)试判断f(x)在[1,2]上的单调性；(2)求函数f(x)在[1,2]上的最值．[解析]　(1)解法一：任取x1，x2∈[1,2]，且x1<x2，则f(x2)－f(x1)＝－＝＝，＝∵x1，x2∈[1,2]，∴－2≤x2－3≤－1，－2≤x1－3≤－1，∴1≤(x2－3)(x1－3)≤4，∴(x1－3)(x2－3)－9<0.又x2－x1>0，(x2－3)(x1－3)>0，∴<0，即f(x2)<f(x1)．∴f(x)在[1,2]上为减函数．解法二：∵f(x)＝，∴f′(x)＝＝，∵1≤x≤2，∴f′(x)<0，∴f(x)在[1,2]上为减函数．(2)由(1)知f(x)在[1,2]上为减函数，∴f(x)min＝f(2)＝＝－4，f(x)max＝f(1)＝＝－.B组能力提升1．(多选题)函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有>0”的可以是( AC )A．f(x)＝  B．f(x)＝(1－x)2C．f(x)＝e1－x  D．f(x)＝ln(x＋1)[解析]　由题意知f(x)在(0，＋∞)上是减函数，A中，f(x)＝满足要求；B中，f(x)＝(1－x)2在(0,1]上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数；C中，f(x)＝e1－x是减函数；D中，f(x)＝ln(x＋1)是增函数．故选AC.2．(多选题)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论错误的是( ABC )A．y＝在R上为减函数B．y＝|f(x)|在R上为增函数C．y＝－在R上为增函数D．y＝－f(x)在R上为减函数[解析]　对于A，若f(x)＝x，则y＝＝，在R上不是减函数，错误；对于B，若f(x)＝x，则y＝|f(x)|＝|x|，在R上不是增函数，错误；对于C，若f(x)＝x，则y＝－＝－，在R上不是增函数，错误；对于D，函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的x1，x2∈R，设x1<x2，必有f(x1)<f(x2)，对于y＝－f(x)，则有y1－y2＝[－f(x1)]－[－f(x2)]＝f(x2)－f(x1)>0，则y＝－f(x)在R上为减函数，正确．故选ABC.3．(多选题)(2022·贵州黔东南高一期末)已知函数f(x)＝关于函数f(x)的结论正确的是( AB )A．f(x)的最大值为3B．f(0)＝2C．若f(x)＝－1，则x＝2D．f(x)在定义域上是减函数[解析]　当x≤1时，f(x)＝x＋2是增函数，则此时f(x)≤f(1)＝3，当x>1时，f(x)＝－x2＋3为减函数，则此时f(x)<－1＋3＝2，综上f(x)的最大值为3，故A正确；f(0)＝0＋2＝2，故B正确；当x≤1时，由f(x)＝－1时，得x＋2＝－1，此时x＝－3≤1，成立，故C错误；当x≤1时，f(x)＝x＋2是增函数，故D错误，故选AB.4．(2022·山西运城高二阶段练习)已知函数f(x)＝若f(0)是函数f(x)的最小值，则实数a的取值范围为( A )A．[0,2]  B．[－1,2]C．[1,2]  D．[2，＋∞)[解析]　要使f(0)是函数f(x)的最小值，则当x≤0时，函数f(x)＝(x－a)2应为减函数，那么此时f(x)＝(x－a)2图象的对称轴应位于y轴上或y轴右侧，即a≥0.当x>0时，f(x)＝x＋＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取等号，则2＋a≥f(0)＝a2，解得－1≤a≤2，所以0≤a≤2.故选A.5．(2023·江西黎川县第一中学月考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)，满足>0(x1≠x2)，且f(2)＝8，则不等式f(x)－4x>0的解集为( A )A．(2，＋∞)  B．(0,2)C．(0,4)  D．(4，＋∞)[解析]　因为定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：>0，又>0⇔>0⇔>0，所以g(x)＝在(0，＋∞)上单调递增，由f(2)＝8，可得g(2)＝4，故f(x)－4x>0⇔－4>0⇔g(x)>g(2)，结合单调性，g(x)>g(2)⇔x>2，故不等式f(x)－4x>0的解集为(2，＋∞)，故选A.6．(2022·湖南高一课时练习)已知某函数在区间(－∞，1]上单调递减，在区间[1，＋∞)上单调递增，f(0)不是这个函数的最小值，则符合上述条件的一个函数解析式为_f(x)＝x2－2x＋1(答案不唯一)__.[解析]　由已知在区间(－∞，1]上单调递减，在区间[1，＋∞)上单调递增，f(0)不是这个函数的最小值，则这个函数可以为f(x)＝(x－1)2＝x2－2x＋1，答案不唯一．7．(2022·上海中学高一期末)设f(x)是定义在区间[－2,2]上的严格增函数．若f(2a2－1)>f(a＋2)，则a的取值范围是 　.[解析]　由题意，函数f(x)是定义在区间[－2,2]上的严格增函数，因为f(2a2－1)>f(a＋2)，可得解得－≤a<－1，所以实数a的取值范围是.8．(2023·河南模拟预测)已知函数f(x)为定义在R上的单调函数，且f[f(x)－2x－2x]＝10，则f(x)在[－2,2]上的值域为 　.[解析]　因为f(x)为定义在R上的单调函数，所以存在唯一的t∈R，使得f(t)＝10，则f(x)－2x－2x＝t，f(t)－2t－2t＝t，即f(t)＝2t＋3t＝10，因为函数y＝2t＋3t为增函数，且22＋3×2＝10，所以t＝2，f(x)＝2x＋2x＋2.易知f(x)在[－2,2]上为增函数，且f(－2)＝－，f(2)＝10，则f(x)在[－2,2]上的值域为.9．已知函数f(x)＝a－.(1)求f(0)；(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论；(3)若f(x)为奇函数，求满足f(ax)<f(2)的x的取值范围．[解析]　(1)f(0)＝a－＝a－1.(2)f(x)在R上单调递增，证明如下：∵f(x)的定义域为R，∴任取x1，x2∈R且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝a－－a＋＝， ∵y＝2x在R上单调递增且x1<x2，∴0<2x1<2 x2，∴2 x1－2 x2<0,2 x1＋1>0,2 x2＋1>0.∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．∴f(x)在R上单调递增．(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即a－＝－a＋，解得a＝1.∴f(ax)<f(2)即为f(x)<f(2)，又∵f(x)在R上单调递增，∴x<2.∴x的取值范围是(－∞，2)．10．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x>1时，f(x)>0.(1)求f(1)的值；(2)证明：f(x)为单调增函数；(3)若f＝－1，求f(x)在上的最值．[解析]　(1)∵函数f(x)满足f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，令x1＝x2＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，解得f(1)＝0.(2)证明：设x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则>1，∴f>0，∴f(x1)－f(x2)＝f－f(x2)＝f(x2)＋f－f(x2)＝f>0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(3)∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，若f＝－1，则f＋f＝f＝－2，即f＝f(1)＝f＋f(5)＝0，即f(5)＝1，∴f(5)＋f(5)＝f(25)＝2，f(5)＋f(25)＝f(125)＝3，∴f(x)在的最小值为－2，最大值为3.