2022高考数学一轮复习课时规范练6函数的单调性与最值文含解析新人教A版

1、课时规范练6函数的单调性与最值基础巩固组1.下列函数中,在区间(0,+)上单调递减的是()a.y=1x-xb.y=x2-xc.y=ln x-xd.y=ex-x2.已知函数f(x)=k(x+2),x0,2x+k,x0,则“k0且a1),若f(0)0,则此函数的单调递增区间是()a.(-,-1b.-1,+)c.-1,1)d.(-3,-15.(2020江西上饶三模,文6)已知定义在r上的函数f(x)满足f(-x)=f(x),且函数f(x)在(-,0)上是减函数,a=f(-1),b=flog214,c=f(20.3),则a,b,c的大小关系为()a.cbab.acbc.bcad.ab4,则实数a的取值

2、范围是()a.(1,+)b.1,+)c.(0,1)d.(0,18.函数f(x)=2xx+1在区间1,2上的值域为.9.已知函数f(x)=(1-2a)x,x1,logax+13,x1,对于任意实数x1,x2,当x1x2时,f(x1)-f(x2)x1-x20时,有f(x1)-f(x2)x1-x20,设a=f(2),b=f(-2),c=f(3),则()a.abcb.bcac.acbd.cb0的解集为()a.-,-3)(1,b.-,-1)(3,c.(-3,1)d.(-1,3)12.(2020山东淄博4月模拟,12)函数f(x)在a,b上有定义,若对任意x1,x2a,b,有fx1+x2212f(x1)+

3、f(x2),则称f(x)在a,b上具有性质p.设f(x)在1,3上具有性质p,则下列说法正确的是()a.f(x)在1,3上的图象是连续不断的b.f(x2)在1,3上具有性质pc.若f(x)在x=2处取得最大值1,则f(x)=1,x1,3d.对任意x1,x2,x3,x41,3,有fx1+x2+x3+x4412f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)13.(2020山东聊城二模,14)已知f(x)=1-lnx,01,若f(a)=f(b),则1a+1b的最小值为.创新应用组14.(2020山西运城6月模拟,理12)已知函数f(x)=ln(x+x2+1),对任意x112,2,存在x212,2,使

4、得f(x12+2x1+a)flnx2x2成立,则实数a的取值范围为()a.-,ln22-8b.ln22-8,-54-2ln 2c.ln22-8,+d.-,-54-2ln 215.(2020山东枣庄二模,8)已知p(m,n)是函数y=-x2-2x图象上的动点,则|4m+3n-21|的最小值是()a.25b.21c.20d.4参考答案课时规范练6函数的单调性与最值1.a对于a,y1=1x在(0,+)上是减函数,y2=x在(0,+)上是增函数,则y=1x-x在(0,+)上是减函数;b,c选项中的函数在(0,+)上均不单调;选项d中,y=ex-1,而当x(0,+)时,y0,所以函数y=ex-x在(0,

5、+)上是增函数.2.d若f(x)单调递增,则k0且k(0+2)20+k,解得0k1,因为“k1”与“00,可得-3x1,故函数f(x)的定义域为x|-3x1.根据f(0)=loga30,可得0a1,则本题求函数g(x)在(-3,1)内的减区间.又g(x)在定义域(-3,1)内的减区间是-1,1),所以f(x)的单调递增区间为-1,1).5.b由题意f(x)为偶函数,c=f(20.3)=f(-20.3),b=flog214=f(-2).又因为f(x)在(-,0)上单调递减,且-2-20.3f(20.3)f(-1).故选b.6.b函数y=2-xx+1=3-(x+1)x+1=3x+1-1在区间(-1

6、,+)上是减函数.当x=2时,y=0.根据题意,当x(m,n时,ymin=0,所以m的取值范围是-1m2.7.a2x-2y3-x-3-y,2x-3-x2y-3-y.f(t)=2t-3-t在r上为增函数,且f(x)f(y),x0,y-x+11,ln(y-x+1)ln1=0.故选a.8.b任取x1,x2(0,+)且x14,即f(x1)-f(x2)4(x1-x2),即f(x1)-4x10时,(2-x)x的最大值为1,故a1.故选b.9.1,43f(x)=2xx+1=2(x+1)-2x+1=2-2x+1,f(x)在区间1,2上是增函数,即f(x)max=f(2)=43,f(x)min=f(1)=1.故

7、f(x)的值域是1,43.10.a当x1x2时,f(x1)-f(x2)x1-x21,01-2a1,0a1,1-2a13,00时,有f(x1)-f(x2)x1-x20,所以函数f(x)在区间(0,)上是增函数.因为223,所以f(2)f(2)f(3),即f(2)f(-2)f(3),所以ab0等价于f(x+1)f(2).f(x)=-x2+2+cosx2(x-,)为偶函数,且在0,上单调递减,则不等式f(x+1)f(2)等价于f(|x+1|)f(2),则|x+1|2,-2x+12,且-x+1.不等式的解集为(-3,1).故选c.13.c对于a,函数f(x)=x2,1x3,11,x=3在1,3上具有性

8、质p,但f(x)在1,3上的图象不连续,故a错误;对于b,f(x)=-x在1,3上具有性质p,但f(x2)=-x2在1,3上不满足性质p,故b错误;对于c,因为f(x)在x=2处取得最大值1,所以f(x)1,由性质p可得1=f(2)12f(x)+f(4-x),即f(x)+f(4-x)2,因为f(x)1,f(4-x)1,所以f(x)=1,x1,3,故c正确;对于d,fx1+x2+x3+x44=fx1+x22+x3+x42212fx1+x22+fx3+x4214f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4),故d错误.故选c.14.2e因为f(x)=1-lnx,01,所以函数在(0,1上单调递减,

9、在(1,+)上单调递增.由f(a)=f(b),得1-lna=-1+lnb,01,所以lnab=2,即ab=e2.设y=1a+1b=be2+1b,令y=1e2-1b2=b2-e2(eb)2=0,则b=e,即函数y在(1,e上单调递减,在(e,+)上单调递增,所以当b=e时,1a+1b有最小值,最小值为2e.15.a函数f(x)=ln(x+x2+1)在定义域内单调递增,对任意x112,2,存在x212,2,使得f(x12+2x1+a)flnx2x2成立,即任意x112,2,存在x212,2,使得x12+2x1+alnx2x2成立,即满足(x12+2x1+a)maxlnx2x2max.令g(x1)=x12+2x1+a,对称轴方程为x1=-1,由x112,2可得g(x1)max=g(2)=8+a.令h(x2)=lnx2x2,求导可得h(x2)=1-lnx2x22,令h(x2)=0,可得x2=e,当x2(0,e)时,h(x2)0,h(x2)单调递增,所以当x212,2时,h(x2)max=h(2)=ln22,即8+aln22.解得aln22-8.16.c函数y=-x2-2x