【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第2章-第2节-函数的单调性与最值.docx

其次章其次节一、选择题1(文)下列四个函数中，在区间(0,1)上是减函数的是()Aylog2x ByxCy()xDy答案D解析ylog2x在(0，)上为增函数；yx在(0，)上是增函数；y()x在(0，)上是减函数，y()x在(0，)上是增函数；y在(0，)上是减函数，故y在(0,1)上是减函数故选D(理)(2022东营模拟)下列函数在(0，)上是增函数的是()Ayln(x2) ByCyxx1Dy()|x|答案C解析当x1时，yln(x2)无意义；y在0，)上单调递减；y()|x|在0，)上单调递减，选C2(文)(2022山西运城模拟)已知函数f(x)则“c1”是“函数f(x)在R上递增”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案A解析c1时，f(x)在R上单调递增；c2时，f(x)在R上也单调递增，故选A(理)已知f(x)是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围为()A(1，)B4,8)C(4,8)D(1,8)答案B解析由yax(x1)单调增知a1；由y(4)x2(x1)单调增知，40，a8；又f(x)在R上单调增，a(4)2，a4，综上知，4a4f(2)，排解A、Da4时，f(x)在R上单调递增，排解C，故选B3(文)(2022贵州贵阳质检)定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x2对称，且f(x)在(，2)上是增函数，则()Af(1)f(3)Cf(1)f(3)Df(0)f(3)答案A解析f(x)的图象关于直线x2对称，f(3)f(1)，f(x)在(，2)上是增函数，f(1)f(1)f(3)(理)(2022厦门模拟)定义在R上的函数f(x)在区间(，2)上是增函数，且f(x2)的图象关于直线x0对称，则()Af(1)f(3)Cf(1)f(3)Df(0)f(3)答案A解析f(x2)的图象关于直线x0对称，f(x)的图象关于直线x2对称，f(3)f(21)f(21)f(1)，又f(x)在(，2)上为增函数，f(1)f(0)0，则由f (x)0得x，当x时，f (x)0，f(x)单调增，当x时，f(x)单调减，f(x)的单调减区间为(，)，从而2，a2.点评f(x)的单调递减区间是(2,2)和f(x)在(2，2)上单调递减是不同的，应加以区分本例亦可用x2是方程f (x)3x26a0的两根解得a2.5(文)已知a21.2，b()0.8，c2log52，则a、b、c的大小关系为()AcbaBcabCbacDbc212，b()0.820.8201，c2log52log522log54log551，所以cbbcBacbCcabDbca答案A分析b与c有相同底数0.4，故可用指数函数y0.4x的单调性比较大小，且可知b与c都小于1，又知a1，即可获解解析y0.4x为减函数，00.20.40.20.40.6，1bc；又y2x为增函数，0.20，20.2201，a1，abc.6(文)(2022安徽省“江南十校”联考)函数ylog2(|x|1)的图象大致是()答案B解析首先推断定义域为R.又f(x)f(x)，所以函数ylog2(|x|1)为偶函数，当x0时，ylog2(x1)由对数函数的图象特征知排解A、C，又x1时，y1，排解D，故选B(理)(2021阜阳月考)函数yf(x)的图象如图所示，则函数ylogf(x)的图象大致是()答案A解析由f(x)的图象知f(x)1，ylogf(x)0，故选A二、填空题7(文)(2021柳州月考)定义在R上的奇函数yf(x)在0，)上递增，且f()0，则满足f(logx)0的x的集合为_答案x|0x，或1x0，得logx或logx0，解得0x或1x3.所以满足条件的x的取值集合为x|0x，或1x0的解集是_答案(0，)(2，)解析由f(x)是偶函数，且在0，)上是增函数，可得f(x)在(，0)上是减函数，f(log4x)0f(log4x)f()log4x，解得0x2.8(文)已知函数f(x)(a是常数且a0)对于下列命题：函数f(x)的最小值是1；函数f(x)在R上是单调函数；若f(x)0在，)上恒成立，则a的取值范围是a1；对任意的x10，x20且x1x2，恒有f()0在，)上恒成立，则2a10，a1，故正确；由图象可知对任意的x10，x20且x1x2，恒有f()0的m的取值范围为_答案(2，)解析由于f(x)3xsinx的定义域R关于原点对称，且满足f(x)f(x)，所以函数f(x)为奇函数又由于f (x)3cosx0，所以函数f(x)在R上单调递增，则f(2m1)f(3m)0等价于f(2m1)f(3m)，即f(2m1)f(m3)，故2m1m3，解得m2.三、解答题10(文)(2022济南模拟)已知定义域为R的函数f(x)是奇函数(1)求a，b的值；(2)证明函数f(x)的单调性解析(1)f(x)为奇函数，f(x)f(x)，此式对xR都成立，x0时等式成立，b1.又x1时此等式成立，a3.(2)f(x)，易证f(x)为减函数(理)经市场调查，某商品在过去100天内的销售量和价格均为时间t(天)的函数，且日销售量近似地满足g(t)t(1t100，tN)前40天价格为f(t)t22(1t40，tN)，后60天价格为f(t)t52(41t100，tN)，试求该商品的日销售额S(t)的最大值和最小值解析当1t40，tN时，S(t)g(t)f(t)(t)(t22)t22t(t12)2，所以768S(40)S(t)S(12)12.当41t100，tN时，S(t)g(t)f(t)(t)(t52)t236t(t108)2，所以8S(100)S(t)S(41).所以，S(t)的最大值为，最小值为8.点评求函数值域与最值的基本方法与思路：单调性法，图象法，基本不等式法，换元法，导数法，判别式法等(1)单调性法若函数f(x)x22xm在3，)上的最小值为1，则实数m的值为()A3B2C1D1答案B解析f(x)(x1)2m1在3，)上是增加的，且f(x)在3，)上的最小值为1，f(3)1，即22m11，m2.选B函数y的最大值为()A2BC1D4答案B解析y，又x1，则y是x的减函数，当x1时，ymax.已知函数f(x)，x1，)(1)当a4时，求f(x)的最小值；(2)当a时，求f(x)的最小值；(3)若a为正常数，求f(x)的最小值分析在解决该类型函数的最值时，首先考虑到应用均值不等式求解，但须逐一验证应用均值不等式所具备的条件，若条件不具备，应从函数单调性的角度考虑解析(1)当a4时，f(x)x2，易知f(x)在1,2上是削减的，在2，)上是增加的f(x)minf(2)6.(2)当a时，f(x)x2，易知f(x)在1，)上为增加的，f(x)minf(1).(3)函数f(x)x2在(0，上是削减的，在，)上是增加的若1，即a1时，f(x)在区间1， )上先减后增，f(x)minf()22；若1，即0a1时，f(x)在区间 1，)上是增加的f(x)minf(1)a3.综上所述，f(x)min.(2)图象法设a，bR，定义maxa，b，函数f(x)max|x1|，|x2|(xR)，则f(x)的最小值是_答案解析令y1|x1|，y2|x2|，在同一坐标系中分别作出其图象，如图所示，依据条件知函数f(x)的图象为图中的射线PA，PB构成，由，解得y.即为函数f(x)的最小值(3)反函数法函数y的值域为_答案(1,1解析解法1：(反函数法)由y得x20，解得1y1.解法2：(分别常数法)y1.x211，02，10时，可化简函数解析式，利用基本不等式求解函数的最值，进而确定其取值范围；当x0时，可利用配方法求解其取值范围，最终把两个取值范围取并集，即得函数的值域解析当x0时，f(x)x2，由基本不等式可得x24(当且仅当x，即x2时等号成立)，所以f(x)x2422，即此时f(x)2，)当x0时，f(x)x22x(x1)21，由于当x1时，f(x)取得最大值1，所以此时f(x)(，1综上，f(x)的值域为(，12，)，故选B(6)导数法函数y2x33x212x5在0,3上的最大值、最小值分别是()A5；15B5；4C4；15D5；16答案A解析y6x26x12，令y0x1(舍去)或x2.x0时y5；x2时y15；x3时y4.ymax5，ymin15.故选A设f(x)x3x22ax.(1)若f(x)在(，)上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0a0，得a所以，当a时，f(x)在(，)上存在单调递增区间即f(x)在(，)上存在单调递增区间时，a的取值范围是(，)(2)令f (x)0，得两根x1，x2.所以f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增当0a2时，有x11x24，所以f(x)在1,4上的最大值为f(x2)，又f(4)f(1)6a0，即f(4)f(1)所以f(x)在1,4上的最小值为f(4)8a，得a1，x22，从而f(x)在1,4上的最大值为f(2).一、选择题11(2022吉林长春调研)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)0，且在(，0)上单调递增，假如x1x20且x1x20，则f(x1)f(x2)的值()A可能为0B恒大于0C恒小于0D可正可负答案C解析f(x)f(x)0，f(x)为奇函数，x1x20，x1x20，x1x20或x2x10，f(x)在(，0)上单调递增，f(x1)f(x2)或f(x2)f(x1)又f(x)为奇函数，f(x1)f(x2)0，且a1)是减函数，那么函数f(x)loga的图象大致是()答案C解析解法一：由函数yax(a0，且a1)是减函数知a1，01，x0时，f(x)x11时，f(x2)f(x1)(x2x1)abBcbaCacbDbac答案D解析x2x11时，f(x2)f(x1)(x2x1)f()f(3)，即bac.14(文)(2022浙江省名校联考)设f(x)在(0，)上是单调递增函数，当nN*时，f(n)N*，且ff(n)2n1，则()Af(1)3，f(2)4Bf(1)2，f(2)3Cf(2)4，f(4)5Df(2)3，f(3)4答案B解析由ff(n)2n1，得ff(1)3，ff(2)5.当nN*时，f(n)N*，若f(1)3，则由ff(1)3得，f(3)3，与f(x)在(0，)上单调递增冲突，故选项A错误；若f(2)4，则f(4)5,4f(3)5，与f(3)N*冲突，故选项C错；若f(2)3，则由ff(2)5得f(3)5，故选项D错(理)当0x时，4xlogax，则a的取值范围是()A(0，)B(，1)C(1，)D(，2)答案B解析04x0，0a42logaa2，或a，排解A，选B二、填空题15(文)若函数f(x)x22ax与g(x)在区间1,2上都是减函数，则a的取值范围是_答案(0,1解析由f(x)x22ax得函数对称轴为xa，又在区间1,2上是减函数，所以a1，又g(x)在1,2上减函数，所以a0，综上a的取值范围为(0,1(理)若函数f(x)x22xalnx在(0,1)上单调递减，则实数a的取值范围是_答案a4解析函数f(x)x22xalnx在(0,1)上单调递减，当x(0,1)时，f (x)2x20，g(x)2x22xa0在x(0,1)时恒成立，g(x)的对称轴x，x(0,1)，g(1)0，即a4.16(2022福建厦门质检)函数f(x)()xlog2(x2)在区间1,1上的最大值为_答案3解析由于y()x在R上递减，ylog2(x2)在1,1上递增，所以f(x)在1,1上单调递减，故f(x)在1,1上的最大值为f(1)3.三、解答题17(文)已知函数f(x)loga(x1)loga(1x)，a0且a1.(1)求f(x)的定义域；(2)推断f(x)的奇偶性并予以证明；(3)当a1时，求使f(x)0的x的取值范围解析(1)要使f(x)loga(x1)loga(1x)有意义，则解得1x1.故所求定义域为x|1x1(2)由(1)知f(x)的定义域为x|1x1时，f(x)在定义域x|1x01.解得0x0的x的取值范围是x|0x1(理)设函数f(x)ax2bxc(a、b、c为实数，且a0)，F(x)(1)若f(1)0，曲线yf(x)通过点(0,2a3)，且在点(1，f(1)处的切线垂直于y轴，求F(x)的表达式；(2)在(1)的条件下，当x1,1时，g(x)kxf(x)是单调函数，求实数k的取值范围；(3)设mn0，a0，且f(x)为偶函数，证明F(m)F(n)0.解析(1)由于f(x)ax2bxc，所以f (x)2axb.又曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于y轴，故f (1)0，即2ab0，因此b2a.由于f(1)0，所以bac.又由于曲线yf(x)通过点(0,2a3)，所以c2a3.解由，组成的方程组得，a3，b6，c3.从而f(x)3x26x3.所以F(x)(2)由(1)知f(x)3x26x3，所以g(x)kxf(x)3x2(k6)x3.由g(x)在1,1上是单调函数知：1或1，得k12或k0.(3)由于f(x)是偶函数，可知b0.因此f(x)ax2c.又由于mn0，可知m、n异号若m0，则n0.若m0.同理可得F(m)F(n)0.综上可知F(m)F(n)0.18(文)(2022盘锦模拟)已知函数f(x)是定义在1,1上的奇函数，在0,1上f(x)2xln(x1)1.(1)求函数f(x)的解析式，并推断f(x)在1,1上的单调性(不要求证明)(2)解不等式f(2x1)f(1x2)0.解析(1)设1x0，则0x1，所以f(x)2xln(1x)1ln(1x)1，又f(x)是奇函数，所以f(x)f(x)，f(x)f(x)ln(1x)1，所以f(x)f(x)是1,1上的增函数(2)f(2x1)f(1x2)0，f(x)为奇函数，f(2x1)f(x21)，f(x)在1,1上为增函数，0x1.原不等式的解集为x|0x1(理)(2022合肥模拟)函数f(x)对任意的m，nR，都有f(mn)f(m)f(n)1，并且x0时，恒有f(x)1.(1)求证：f(x)在R上是增函数；(2)若f(3)4，解不等式f(a2a5)2.分析(1)利用定义法，取x10利用f(mn)f(m)f(n)1将f(x2)f(x1)用f(x2x1)表示与0比较大小结论(2)利用f(mn)f(m)f(n)1及f(3)4，将2表示成函数值f(x0)得f(a2a5)f(x0)用单调性脱掉“f”求解解析(1)设x10.由于当x0时，f(x)1，所以f(x2x1)1.f(x2)f(x2x1)x1)f(x2x1)f(x1)1，所以f(x2)f(x1)f(x2x1)10f(x1)f(x2)，所以f(x)在R上为增函数(2)由于m，nR，不妨设mn1，所以f(11)f(1)f(1)1f(2)2f(1)1，f(3)4f(21)4f(2)f(1)143f(1)24，所以f(1)2，所以f(a2a5)2f(1)，由于f(x)在R上为增函数，所以a2a513a2，即原不等式的解集为a|3a2失误与防范失误点防范措施处不会依据条件f(mn)f(m)f(n)1，构造f(x2)f(x2x1)x1)，进而将f(x2)f(x1)用f(x2x1)表示而失分在利用定义法证明抽象函数的单调性时，应依据所给抽象关系式的特点，对x1或x2进行适当变形，进而将f(x2)f(x1)与0比较大小处不能依据条件f(mn)f(m)f(n)1及f(3)4，将所解不等式转化为f(a2a5)f(1)，从而无法依据单调性脱掉“f”而失分求解含“f”的不等式问题，应先利用已知条件将不等式转化为f(x1)0，t1且x，f(t)lg，即f(x)lg(x1)(2)待定系数法若已知函数的结构形式，则可用此法设二次函数f(x)满足f(x2)f(x2)且图象在y轴上的截距为1，在x轴上截得的线段长为2，求f(x)的解析式解析二次函数f(x)满足f(x2)f(x2)，f(x)的图象关于直线x2对称，故可设f(x)a(x2)2c，f(x)的图象在y轴上的截距为1，f(0)1，4ac1，又f(x)的图象在x轴上截得线段长为2，2与2是方程a(x2)2c0的两根，2ac0由、解得，a，c1，f(x)(x2)21，即f(x)x22x1.(3)消元法已知f(x)满足某个等式，这个等式除f(x)是未知量外，还毁灭其他未知量，如f(x)、f等，必需依据已知等式再构造其他等式组成方程组，通过解方程组求出f(x)已知函数f(x)满足条件：f(x)2f(x)x，则f(x)_.答案x分析由于难以推断f(x)是何种类型的函数，故不行能先设出f(x)的表达式，但假如把条件中的x换成x，即得f(x)2f(x)x，把f(x)、f(x)作为一个整体量，实际上得到了这两个量的方程组解析用x代换条件方程中的x得f(x)2f(x)x，把它与原条件式联立2得，f(x)x.(4)赋值法此类解法的依据是：假如一个函数关系式中的变量对某个范围内的一切值都成立，则对该范围内的某些特殊值必成立，结合题设条件的结构特点，给变量适当取值，从而使问题简洁化、具体化，进而获解已知f(0)1，f(ab)f(a)b(2ab1)，求f(x)解析令a0，则f(b)f(0)b(b1)1b(b1)b2b1再令bx得：f(x)x2x1.解法探究赋值法的关键环节是“赋值”，赋值的方法机敏多样，既要照看到已知条件的运用和待求结论的产生，又要考虑所给关系式的结构特点如本题另解：令ba，则1f(0)f(a)a(2aa1)f(a)a(a1)f(a)a2a，f(a)a2a1，f(x)x2x1.(5)转化法已知f(x)在某个区间上的表达式及f(x)具有某种性质(如奇偶性、对称性等)，求f(x)在另一个区间上的表达式，常用转化法求解已知函数f(x)对任意实数x均有f(x)kf(x2)，其中常数k为负数，且f(x)在区间0,2上有表达式f(x)x(x2)(1)求f(1)，f(2.5)的值；(2)写出f(x)在3,3上的表达式，并争辩函数f(x)在3,3上的单调性解析(1)由f(1)kf(1)，f(2.5)f()知需求f()和f(1)，f(1)1，f()(2)，f(1)k，f(2.5)(2)0x2时，f(x)x(x2)，设2x0，则0x22，f(x)kf(x2)k(x2)x；设3x2，则1x20，f(x)kf(x2)k2(x4)(x2)；设2x3，则0x21，f(x)kf(x2)，f(x2)kf(x)，f(x)f(x2)(x2)(x4)综上可知，f(x)k0，由二次函数的学问知：f(x)在3，2)上是增函数，在2，1)上是增函数，在1,0)上是减函数，在0,1)上是减函数，在1,2上是增函数，在(2,3上是增函数，又各区间都可以是闭区间，f(x)在3，1上是增函数，在1,1上是减函数，在1,3上是增函数