2019年高考数学一轮总复习函数导数及其应用2.2函数的单调性与最值课时跟踪检测理.docx

2.2 函数的单调性与最值课 时 跟 踪 检 测 基 础 达 标1.(2017届北京模拟)下列函数中，定义域是R且为增函数的是()A.yex Byx3C.yln x Dy|x|解析：因为对数函数yln x的定义域不是R，故首先排除选项C；因为指数函数yex，即yx，在定义域内单调递减，故排除选项A；对于函数y|x|，当x(，0)时，函数变为yx，在其定义域内单调递减，因此排除选项D；而函数yx3在定义域R上为增函数，故选B.答案：B2.函数f(x)|x2|x的单调减区间是()A.1,2 B1,0C.0,2 D2，)解析：由于f(x)|x2|x结合图象可知函数的单调减区间是1,2答案：A3.(2017届郑州质检)函数f(x)的单调增区间是()A.(，3) B2，)C.0,2) D3,2解析：x2x60，x2或x3，又y是由y，t0，)和tx2x6，x(，32，)两个函数复合而成，而函数tx2x6在2，)上是增函数，y在0，)上是增函数，所以y的单调增区间是2，)，故选B.答案：B4.(2017届长春质量检测)已知函数f(x)|xa|在(，1)上是单调函数，则a的取值范围是()A.(，1 B(，1C.1，) D1，)解析：因为函数f(x)在(，a)上是单调函数，所以a1，解得a1.故选A.答案：A5.(2017届九江模拟)已知函数f(x)log2x，若x1(1,2)，x2(2，)，则()A.f(x1)0，f(x2)0B.f(x1)0C.f(x1)0，f(x2)0，f(x2)0解析：函数f(x)log2x在(1，)上为增函数，且f(2)0，当x1(1,2)时，f(x1)f(2)0，即f(x1)0.答案：B6.f(x)是定义在(0，)上的单调增函数，满足f(xy)f(x)f(y)，f(3)1，当f(x)f(x8)2时，x的取值范围是()A.(8，) B(8,9C.8,9 D(0,8)解析：211f(3)f(3)f(9)，由f(x)f(x8)2，可得fx(x8)f(9)，因为f(x)是定义在(0，)上的增函数，所以有解得8x9.答案：B7.已知函数f(x) 是R上的单调递减函数，则实数a的取值范围是()A.(，2) BC.(0,2) D解析：因为函数为递减函数，则解得a，故选B.答案：B8.(2017届贵阳检测)定义新运算：当ab时，aba；当ab时，abb2，则函数f(x)(1x)x2x，x2,2的最大值等于()A.1 B1C.6 D12解析：由已知得当2x1时，f(x)x2，当1ba BbcaC.acb Dabc解析：alog36log33log321log32，同理b1log52，c1log72，又log32log52log72，abc，故选D.答案：D10.(2018届贵阳市高三摸底)函数f(x)a(a，bR)为奇函数，且图象经过点 ，则函数f(x)的值域为()A.(1,1) B(2,2)C.(3,3) D(4,4)解析：f(x)的定义域为R，且为奇函数，f(0)0即a0，又f(x)过点，a，联立，解得f(x)1.又ex11，20，1f(x)f(2ax)在a，a1上恒成立，则实数a的取值范围是_解析：作出函数f(x)的图象的草图如图所示，易知函数f(x)在R上为单调递减函数，所以不等式f(xa)f(2ax)在a，a1上恒成立等价于xa2ax，即x在a，a1上恒成立，所以只需a1，即a2.答案：(，2)4.已知函数yf(x)在定义域1,1上既是奇函数，又是减函数(1)求证：对任意x1，x21,1，有f(x1)f(x2)(x1x2)0；(2)若f(1a)f(1a2)0，求实数a的取值范围解：(1)证明：若x1x20，显然不等式成立若x1x20，则1x1x21，因为f(x)在1,1上是减函数且为奇函数，所以f(x1)f(x2)f(x2)，所以f(x1)f(x2)0.所以f(x1)f(x2)(x1x2)0成立若x1x20，则1x1x21，同理可证f(x1)f(x2)0.所以f(x1)f(x2)(x1x2)0成立综上得证，对任意x1，x21,1，有f(x1)f(x2