（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第二章函數(shù)概念與基本初等函數(shù)第2講函數(shù)的單調(diào)性與最值練習(xí)（含解析）.docx

第2講 函數(shù)的單調(diào)性與最值基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，)上為增函數(shù)的是()Ayln(x2)ByCyDyx解析：選A.選項(xiàng)A的函數(shù)yln(x2)的增區(qū)間為(2，)，所以在(0，)上一定是增函數(shù)2函數(shù)y(2m1)xb在R上是減函數(shù)，則()AmBmDm解析：選B.使y(2m1)xb在R上是減函數(shù)，則2m10，即mf(3)f(2)的只可能是()解析：選D.因?yàn)閒f(3)f(2)，所以函數(shù)yf(x)有增有減，排除A，B.在C中，ff(0)，即ff(3)，排除C，故選D.6(2019瑞安四校聯(lián)考)已知函數(shù)yf(x)在R上是減函數(shù)，則yf(|x3|)的單調(diào)遞減區(qū)間是()A(，)B3，)C3，)D(，3解析：選B.因?yàn)楹瘮?shù)yf(|x3|)是由yf()，|x3|復(fù)合而成的，而函數(shù)yf(x)在R上是減函數(shù)，yf(|x3|)的單調(diào)遞減區(qū)間即為|x3|的單調(diào)遞增區(qū)間，結(jié)合函數(shù)|x3|的圖象可得，應(yīng)有x30，解得x3，所以函數(shù)yf(|x3|)的單調(diào)遞減區(qū)間是3，)，故選B.7(2019衢州市高三聯(lián)考)函數(shù)yx|1x|的單調(diào)增區(qū)間為_解析：yx|1x|作出該函數(shù)的圖象如圖所示由圖象可知，該函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，1答案：(，18已知函數(shù)f(x)則f(f(3)_，f(x)的最小值是_解析：因?yàn)?f(3)lg(3)21lg 101，所以f(f(3)f(1)1230.當(dāng)x1時(shí)，x32 323，當(dāng)且僅當(dāng)x，即x時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)f(x)min230；當(dāng)xf(x)，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是_解析：函數(shù)yx3在(，0上是增函數(shù)，函數(shù)yln(x1)在(0，)上是增函數(shù)，且x0時(shí)，ln(x1)0，所以f(x)在R上是增函數(shù)，由f(2x2)f(x)，得2x2x，解得2x1，所以x的取值范圍是(2，1)答案：(2，1)10定義maxa，b為a，b中的最大值，函數(shù)f(x)maxlog2(x1)，2x(x1)的最小值為c，如果函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)m的范圍為_解析：根據(jù)題意，f(x)maxlog2(x1)，2x(x1)，則f(x)，分析可得，當(dāng)x1時(shí)，f(x)取得最小值1，則有c1，則g(x)，若g(x)為減函數(shù)，必有解可得：0m，即m的取值范圍為.答案：11(2019杭州學(xué)軍中學(xué)高三模擬)已知函數(shù)f(x)，x3，5(1)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，并證明；(2)求函數(shù)f(x)的最大值和最小值解：(1)f(x)在3，5上為增函數(shù)證明如下：任取x1，x23，5且x1x2，f(x1)f(x2)，因?yàn)?x1x25，所以x1x20，所以f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)，所以f(x)在3，5上為增函數(shù)(2)由(1)知f(x)在3，5上為增函數(shù)，則f(x)maxf(5)，f(x)minf(3).12(2019金麗衢十二校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)a.(1)求證：函數(shù)yf(x)在(0，)上是增函數(shù)；(2)若f(x)2x在(1，)上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)證明：當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)a，設(shè)0x10，x2x10，f(x2)f(x1)0，所以f(x)在(0，)上是增函數(shù)(2)由題意a2x在(1，)上恒成立，設(shè)h(x)2x，則ah(x)在(1，)上恒成立任取x1，x2(1，)且x1x2，h(x1)h(x2)(x1x2).因?yàn)?x1x2，所以x1x21，所以20，所以h(x1)0恒成立，則ba的最大值為()A2B3C4D5解析：選D.當(dāng)f1(x)f2(x)時(shí)，g(x)f1(x)；當(dāng)f1(x)f2(x)時(shí)，g(x)f2(x)綜上，g(x) 即g(x)是f1(x)，f2(x)兩者中的較大者在同一直角坐標(biāo)系中分別畫出函數(shù)f1(x)與f2(x)的圖象，則g(x)的圖象如圖中實(shí)線部分所示由圖可知g(x)在0，)上單調(diào)遞增，又g(x)在a，b上單調(diào)遞增，故a，b0，5，則ba的最大值為5.3已知m為實(shí)數(shù)，要使函數(shù)f(x)|x24x92m|2m在區(qū)間0，4上的最大值是9，則m的取值范圍是_解析：f(x)|x24x92m|2m|(x2)252m|2m，其對(duì)稱軸為x2，且f(0)f(4)|92m|2m，f(2)|52m|2m，若f(x)maxf(2)9，即|52m|2m9，解得m，此時(shí)，f(x)|(x2)22|7，且f(0)f(4)9也成立；若f(x)maxf(0)f(4)|92m|2m9，則92m0，即m，由f(2)|52m|2m9，得m，綜上所述，m.答案：4對(duì)于函數(shù)yf(x)，若存在區(qū)間a，b，當(dāng)xa，b時(shí)，f(x)的值域?yàn)閗a，kb(k0)，則稱yf(x)為k倍值函數(shù)，下列函數(shù)為2倍值函數(shù)的是_(填上所有正確的序號(hào))f(x)x2f(x)x32x22xf(x)xln xf(x)解析：yf(x)為2倍值函數(shù)等價(jià)于，yf(x)的圖象與y2x有兩個(gè)交點(diǎn)，且在a，b上遞增對(duì)于，y2x與yx2，有兩個(gè)交點(diǎn)(0，0)，(2，2)，在0，2上f(x)遞增，值域?yàn)?，4，符合題意對(duì)于，y2x與yx32x22x，有兩個(gè)交點(diǎn)(0，0)，(2，4)，在2，0上f(x)遞增，值域?yàn)?，0，符合題意對(duì)于，y2x與yxlnx，沒(méi)有交點(diǎn)，不存在xa，b，值域?yàn)?a，2b，不合題意對(duì)于，y2x與y有兩個(gè)交點(diǎn)(0，0)，(ln 2，2ln 2)，f(x)在ln 2，0上遞增，值域?yàn)?ln 2，0，合題意，故答案為.答案：5(2019浙江新高考聯(lián)盟第三次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)(1)若對(duì)于任意的xR，都有f(x)f(0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)記函數(shù)f(x)的最小值為M(a)，解關(guān)于實(shí)數(shù)a的不等式M(a2)M(a)解：(1)當(dāng)x0時(shí)，f(x)(xa)21，因?yàn)閒(x)f(0)，所以f(x)在(，0上單調(diào)遞減，所以a0，當(dāng)x0時(shí)，f(x)2x，令2x0得x1，所以當(dāng)0x1時(shí)，f(x)0，當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以fmin(x)f(1)3a，因?yàn)閒(x)f(0)a21，所以3aa21，解得2a1.又a0，所以a的取值范圍是0，1(2)由(1)可知當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(，0上的最小值為f(0)a21，當(dāng)a0時(shí)，f(x)在(，0上的最小值為f(a)1，f(x)在(0，)上的最小值為f(1)3a，解不等式組得0a1，解不等式組得a0，所以M(a).所以M(a)在(，0)上為常數(shù)函數(shù)，在(0，1)上是增函數(shù)，在(1，)上是減函數(shù)，作出M(a)的函數(shù)圖象如圖所示：令3a1得a2，因?yàn)镸(a2)M(a)，所以0a2.6已知a3，函數(shù)F(x)min2|x1|，x22ax4a2，其中minp，q(1)求使得等式F(x)x22ax4a2成立的x的取值范圍；(2)求F(x)的最小值m(a)；求F(x)在區(qū)間0，6上的最大值M(a)解：(1)由于a3，故當(dāng)x1時(shí)，(x22ax4a2)2|x1|x22(a1)(2x)0，當(dāng)x1時(shí)，(x22ax4a2)2|x1|(x2)(x2a)所以使得等式F(x)x22ax4a2成立的x的取值范圍為2，2a(2)設(shè)函數(shù)f(x)2|x1|，g(x)x22ax