2020版高考数学大一轮复习第二章2第二节函数的单调性与最值精练理.docx

第二节函数的单调性与最值A组基础题组1.已知函数f(x)=x2-2x-3,则该函数的单调递增区间为() A.(-,1B.3,+)C.(-,-1D.1,+)答案B设t=x2-2x-3,由t0得x2-2x-30,解得x-1或x3.所以函数的定义域为(-,-13,+).因为函数t=x2-2x-3的图象的对称轴为直线x=1,所以函数t在(-,-1上单调递减,在3,+)上单调递增.所以函数f(x)的单调递增区间为3,+).2.定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x=2对称,且f(x)在(-,2)上是增函数,则()A.f(-1)f(3)C.f(-1)=f(3)D.f(0)=f(3)答案A依题意得f(3)=f(1),因为-112,函数f(x)在(-,2)上是增函数,所以f(-1)f(0)f(1)=f(3).3.定义新运算:当ab时,ab=a;当ab时,ab=b2,则函数f(x)=(1x)x-(2x),x-2,2的最大值等于()A.-1B.1C.6D.12答案C由已知可得,当-2x1时,f(x)=x-2,此时f(x)递增,当11对任意的x1x2都有(x1-x2)f(x2)-f(x1)0成立,则实数a的取值范围是()A.(-,3B.(-,3)C.(3,+)D.1,3)答案D由(x1-x2)f(x2)-f(x1)0,得(x1-x2)f(x1)-f(x2)0,所以函数f(x)在R上单调递减,所以a-30,3(a-3)+2-4a,解得1a0,0,x=0,-1,x1,0,x=1,-x2,x0,x0).(1)求证:f(x)在(0,+)上是增函数;(2)若f(x)在12,2上的值域是12,2,求a的值.解析(1)证明:任取x1,x2(0,+),且x2x1,则x2-x10,x1x20,f(x2)-f(x1)=1a-1x2-1a-1x1=1x1-1x2=x2-x1x1x20,f(x2)f(x1),f(x)在(0,+)上是增函数.(2)f(x)在12,2上的值域是12,2,f(x)在12,2上单调递增,f12=12,f(2)=2.易得a=25.9.判断并证明函数f(x)=ax2+1x(其中1a3)在x1,2上的单调性.解析f(x)在1,2上单调递增.证明如下:设1x1x22,则f(x2)-f(x1)=ax22+1x2-ax12+1x1=(x2-x1)a(x1+x2)-1x1x2,由1x10,2x1+x24,易得1x1x24,-1-1x1x2-14.又1a3,所以2a(x1+x2)0,故f(x2)-f(x1)0,即f(x2)f(x1),故当a(1,3)时,f(x)在1,2上单调递增.B组提升题组1.(2019山东青岛模拟)若f(x)=-x2+4mx与g(x)=2mx+1在区间2,4上都是减函数,则m的取值范围是() A.(-,0)(0,1B.(-1,0)(0,1C.(0,+)D.(0,1答案D函数f(x)=-x2+4mx的图象开口向下,且以直线x=2m为对称轴,若在区间2,4上是减函数,则2m2,解得m1;g(x)=2mx+1的图象由y=2mx的图象向左平移一个单位长度得到,若在区间2,4上是减函数,则2m0,解得m0.综上可得,m的取值范围是(0,1.故选D.2.(2018甘肃肃南调研)已知函数f(x)=lnx+2x,若f(x2-4)2,则实数x的取值范围是.答案(-5,-2)(2,5)解析因为函数f(x)=lnx+2x在(0,+)上单调递增,且f(1)=ln1+2=2,所以由f(x2-4)2得f(x2-4)f(1),所以0x2-41,解得-5x-2或2x0),且f(x)在0,1上的最小值为g(a),求g(a)的最大值.解析f(x)=a-1ax+1a,当a1时,a-1a0,此时f(x)在0,1上为增函数,g(a)=f(0)=1a.当0a1时,a-1a0,此时f(x)在0,1上为减函数,g(a)=f(1)=a.当a=1时,f(x)=1,此时g(a)=1.g(a)=a,0a0且f(x)在(1,+)上单调递减,求a的取值范围.解析(1)证明:任取x1,x2(-,-2),且x10,x1-x20,所以f(x1)-f(x2)0,即f(x1)f(x2),所以f(x)在(-,-