《备战2023年高考数学一轮复习》课时作业-第二章-第2节-函数的单调性与最值.docx

第2节　函数的单调性与最值

知识点、方法
基础巩固练
综合运用练
应用创新练
函数单调性的判定、求单调区间
1,5,9
13
16
函数的最值
2,3,7,8
12,14

函数单调性的应用
4,6,10
11
15

1.(2021·江西萍乡二模)下列函数中,在(0,+∞)上单调递增的是(　C　)
A.y=-x2+1 B.y=|x-1|
C.y=x3 D.y=2-x
解析:函数y=-x2+1在(0,+∞)上单调递减,因此A不符合题意;
由于函数y=|x-1|的图象关于直线x=1对称,在(1,+∞)上单调递增,不符合题意;
x∈(0,+∞)时,函数y=x3的导数为y′=3x2>0,因此函数在(0,+∞)上单调递增,故C满足题意;
函数y=2-x=(12)x在区间(0,+∞)上单调递减.故选C.
2.函数y=2--x2+4x的值域是(　C　)
A.[-2,2]　 B.[1,2]　
C.[0,2]　 D.[-2,2]
解析:由0≤-x2+4x=-(x-2)2+4≤2可知函数y=2--x2+4x的值域为[0,2].故选C.
3.函数y=2-xx+1,x∈(m,n]的最小值为0,则m的取值范围是(　B　)
A.(1,2) B.(-1,2) C.[1,2) D.[-1,2)
解析:函数f(x)=2-xx+1=3-(x+1)x+1=3x+1-1在区间(-1,+∞)上是减函数,且f(2)=0,所以n=2.根据题意,x∈(m,n]时,ymin=0.
所以m的取值范围是(-1,2).故选B.
4.已知函数f(x)=ex+x-1,若a∈(-1,0),则f(a),f(2a),f2(a)的大小关系为(　D　)
A.f(2a)>f(a)>f2(a)
B.f(2a)>f2(a)>f(a)
C.f2(a)>f(2a)>f(a)
D.f2(a)>f(a)>f(2a)
解析:显然f(x)在R上是增函数,且f(0)=0,当a∈(-1,0)时,2a<a<0,所以f(2a)<f(a)<0,又f2(a)>0,从而f2(a)>f(a)>f(2a).故选D.
5.(多选题)(2021·辽宁百校联盟高考模拟)下列函数中,在(2,4)上是减函数的是(　AC　)
A.y=(13)x B.y=log2(x2+3x)
C.y=1x-2 D.y=cos x
解析:根据指数函数的性质得y=(13)x在(2,4)上是减函数,符合题意;根据复合函数的单调性可知y=log2(x2+3x)在(2,4)上是增函数,不符合题意;
根据反比例函数的性质及函数图象的平移得y=1x-2在(2,4)上是减函数,符合题意;
根据余弦函数的性质得,y=cos x在(2,4)上先减后增,不符合题意.故选AC.
6.(2021·陕西咸阳高三一模)已知函数f(x)=22x+1-1,且f(4x-1)> f(3),则实数x的取值范围是(　D　)
A.(2,+∞) B.(-∞,2)
C.(1,+∞) D.(-∞,1)
解析:由题意知函数f(x)=22x+1-1在R上单调递减,由于f(4x-1)>f(3),所以4x-1<3,解得x<1.故选D.
7.(多选题)下列函数中,值域为[1,+∞)的是(　AC　)
A.f(x)=x2+1
B.f(x)=2x+1x+1
C.f(x)=x+1-2x-1
D.f(x)=x3+1
解析:f(x)=x2+1≥1,因此A符合;
f(x)=2x+1x+1 =2-1x+1≠2,因此B不符合;
对f(x)=x+1-2x-1,令t=2x-1≥0,x=t2+12,
所以y=t2+12+1-t=t2-2t+32=(t-1)2+22≥1,因此C符合;
f(x)=x3+1∈R,因此D不符合.故选AC.
8.设函数y=ex+1ex-a的值域为A,若A⊆[0,+∞),则实数a的取值范围是　　　　. 
解析:函数y=ex+1ex-a的值域为A.
因为ex+1ex≥21ex·ex=2,所以值域为A=[2-a,+∞).又因为A⊆[0,+∞),所以2-a≥0,
即a≤2.
答案:(-∞,2]
9.若函数y=x+a-1x(a>1)在区间(0,3)上单调递减,则a的取值范围为　　　　. 
解析:由对勾函数的性质可知函数y=x+a-1x(a>1)在(0,a-1]上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增,因为函数y=x+a-1x(a>1)在区间(0,3)上单调递减,所以a-1≥3,解得a≥10.
答案:[10,+∞)
10.设函数f(x)=-x2+4x,x≤4,log2x,x>4.若函数y=f(x)在区间(a,a+1)上单调递增,则实数a的取值范围是　　　　. 
解析:作出函数f(x)的图象如图所示,由图象可知f(x)在(a,a+1)上单调递增,需满足a≥4或a+1≤2,即a≤1或a≥4.

答案:(-∞,1]∪[4,+∞)

11.已知图象开口向上的二次函数f(x)对任意x∈R都满足f(3-x)= f(x),若f(x)在区间(a,2a-1)上单调递减,则实数a的取值范围为(　B　)
A.(-∞,54] B.(1,54]
C.[-32,+∞) D.(-∞,2)
解析:由题意知函数图象的对称轴是直线x=32,且开口向上,若f(x)在区间(a,2a-1)上单调递减,则只需32≥2a-1,解得a≤54,而a<2a-1,解得a>1.所以实数a的取值范围为(1,54].故选B.
12.(多选题)若函数f(x)=1ax2-4ax+3的值域为(0,+∞),则实数a的取值可能是(　CD　)
A.0 B.12
C.34 D.1
解析:当a=0时,f(x)=33,不符合题意;
当a≠0时,因为函数f(x)=1ax2-4ax+3的值域为(0,+∞),所以a>0,(-4a)2-4×a×3≥0,解得a≥34.故选CD.
13.(多选题)(2021·山东威海高三期中)函数f(x)对任意x,y∈R总有f(x+y)=f(x)+f(y),当x<0时,f(x)<0,f(1)=13,则下列命题中正确的是(　BCD　)
A.f(x)是R上的减函数
B.f(x)在[-6,6]上的最小值为-2
C.f(-x)=-f(x)
D.若f(x)+f(x-3)≥-1,则实数x的取值范围为[0,+∞)
解析:取x=0,y=0,则f(0)=f(0)+f(0),解得f(0)=0.
令y=-x,则f(0)=f(x)+f(-x),即-f(x)=f(-x),C正确;
令x1,x2∈R,且x1<x2,则x1-x2<0,因为当x<0时,f(x)<0,
所以f(x1-x2)<0,
则f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以函数f(x)是R上的增函数,A错误;
因为函数f(x)是R上的增函数,所以函数f(x)在[-6,6]上的最小值为f(-6),
f(-6)=f(-3)+f(-3)=2f(-3),f(-3)=-f(3),f(3)=f(2)+f(1)
=f(1)+f(1)+f(1)=3×13=1,故f(-6)=-2,
所以f(x)在[-6,6]上的最小值为-2,B正确;
f(x)+f(x-3)≥-1,即f(2x-3)≥f(-3),因为函数f(x)是R上的增
函数,
所以2x-3≥-3,解得x≥0,所以实数x的取值范围为[0,+∞),D正确.故选BCD.
14.已知函数f(x)=|x2-4x|,x∈[2,5],则f(x)的最小值是　　　　,最大值是　　　　. 
解析:因为函数f(x)=|x2-4x|
=-(x2-4x),2≤x≤4,x2-4x,4<x≤5,
对应图象如图所示,

故f(x)的最小值为f(4)=0,最大值为f(5)=5.
答案:0　5

15.已知函数f(x)=1+lnxx,则(　C　)
A.f(12)<f(1)<f(32)
B.f(32)<f(1)<f(12)
C.f(12)<f(32)<f(1)
D.f(32)<f(12)<f(1)
解析:根据题意,函数f(x)=1+lnxx的定义域为(0,+∞),
f′(x)=1x·x-(1+lnx)x2=-lnxx2,令f′(x)=0⇒x=1,
所以f′(x)>0⇒-ln x>0⇒0<x<1,f′(x)<0⇒-ln x<0⇒x>1,
即函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以f(32)<f(1).
又因为f(12)=2(1+ln 12)=2(1-ln 2),f(32)=23(1+ln 32)=23(1+ln 3-ln 2),
因为f(12)-f(32)=2-2ln 2-23-23ln 3+23ln 2=23(2-2ln 2-ln 3)=23(2-ln 22- ln 3)=23(2-ln 12)<0,
所以f(12)<f(32),即得f(12)<f(32)<f(1).故选C.
16.(2021·北京朝阳区高考一模)写出一个值域为(-∞,1),在区间
(-∞,+∞)上单调递增的函数:f(x)=　　　　. 
解析:f(x)=1-(12)x,
理由如下:因为y=(12)x为R上的减函数,且(12)x>0,
所以f(x)=1-(12)x为R上的增函数,且f(x)=1-(12)x<1,
所以f(x)=1-(12)x∈(-∞,1).
答案:1-(12)x(答案不唯一)