2019-2020年高考数学一轮复习 第二章 函数与基本初等函数 第2讲 函数的单调性与最值 文（含解析）.doc

2019-2020年高考数学一轮复习 第二章 函数与基本初等函数 第2讲 函数的单调性与最值 文（含解析）一、选择题1下列函数中，既是偶函数又在(0，)内单调递减的函数是()Ayx2 By|x|1Cylg|x| Dy2|x|解析对于C中函数，当x>0时，ylg x，故为(0，)上的减函数，且ylg |x|为偶函数答案C2已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f(|x|)f(1)的实数x的取值范围是()A(1,1) B(0,1)C(1,0)(0,1) D(，1)(1，)解析f(x)在R上为减函数且f(|x|)f(1)，|x|1，解得x1或x1.答案D3若函数yax与y在(0，)上都是减函数，则yax2bx在(0，)上是()A增函数 B减函数C先增后减 D先减后增解析 yax与y在(0，)上都是减函数，a<0，b<0，yax2bx的对称轴方程x<0，yax2bx在(0，)上为减函数答案 B4设函数f(x)g(x)x2f(x1)，则函数g(x)的递减区间是 ()A(，0 B0,1)C1，) D1,0解析g(x)如图所示，其递减区间是0,1)故选B.答案B5函数yx22x3(x0)的单调增区间是()A(0，) B(，1C(，0) D(，1解析二次函数的对称轴为x1，又因为二次项系数为负数，拋物线开口向下，对称轴在定义域的右侧，所以其单调增区间为(，0)答案C6设函数yf(x)在(，)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)取函数f(x)2|x|，当K时，函数fK(x)的单调递增区间为 ()A(，0) B(0，) C(，1) D(1，)解析f(x)f(x)f(x)的图象如右图所示，因此f(x)的单调递增区间为(，1)答案C二、填空题7设函数yx22x，x2，a，若函数的最小值为g(a)，则g(a)_.解析函数yx22x(x1)21，对称轴为直线x1.当2a<1时，函数在2，a上单调递减，则当xa时，ymina22a；当a1时，函数在2,1上单调递减，在1，a上单调递增，则当x1时，ymin1.综上，g(a)答案8函数y(x3)|x|的递增区间是_解析 y(x3)|x|作出该函数的图像，观察图像知递增区间为.答案 9已知函数f(x)2ax24(a3)x5在区间(，3)上是减函数，则a的取值范围是_解析当a0时，f(x)12x5在(，3)上为减函数；当a0时，要使f(x)2ax24(a3)x5在区间(，3)上是减函数，则对称轴x必在x3的右边，即3，故0a；当a0时，不可能在区间(，3)上恒为减函数综合知：a的取值范围是.答案10已知函数f(x)(a是常数且a>0)对于下列命题：函数f(x)的最小值是1；函数f(x)在R上是单调函数；若f(x)>0在上恒成立，则a的取值范围是a>1；对任意的x1<0，x2<0且x1x2，恒有f<.其中正确命题的序号是_解析根据题意可画出草图，由图象可知，显然正确；函数f(x)在R上不是单调函数，故错误；若f(x)>0在上恒成立，则2a1>0，a>1，故正确；由图象可知在(，0)上对任意的x1<0，x2<0且x1x2，恒有f<成立，故正确答案三、解答题11求函数ya1x2(a>0且a1)的单调区间解 当a>1时，函数ya1x2在区间0，)上是减函数，在区间(，0上是增函数；当0<a<1时，函数ya1x2在区间0，)上是增函数，在区间(，0上是减函数12已知函数f(x)x2(x0，aR)(1)判断函数f(x)的奇偶性；(2)若f(x)在区间2，)上是增函数，求实数a的取值范围解(1)当a0时，f(x)x2(x0)为偶函数；当a0时，f(x)f(x)，f(x)f(x)，f(x)既不是奇函数也不是偶函数(2)设x2>x12，则f(x1)f(x2)xxx1x2(x1x2)a，由x2>x12，得x1x2(x1x2)>16，x1x2<0，x1x2>0.要使f(x)在区间2，)上是增函数，只需f(x1)f(x2)<0，即x1x2(x1x2)a>0恒成立，则a16.13已知函数f(x)a2xb3x，其中常数a，b满足ab0.(1)若ab>0，判断函数f(x)的单调性；(2)若ab<0，求f(x1)>f(x)时的x的取值范围解(1)当a>0，b>0时，因为a2x，b3x都单调递增，所以函数f(x)单调递增；当a<0，b<0时，因为a2x，b3x都单调递减，所以函数f(x)单调递减(2)f(x1)f(x)a2x2b3x>0.(i)当a<0，b>0时，x>，解得x>log；(ii)当a>0，b<0时，x<，解得x<log.14函数f(x)对任意的a、bR，都有f(ab)f(a)f(b)1，并且当x>0时，f(x)>1.(1)求证：f(x)是R上的增函数；(2)若f(4)5，解不等式f(3m2m2)<3.解 (1)证明设x1，x2R，且x1<x2，则x2x1>0，f(x2x1)>1.f(x2)f(x1)f(x2x1)x1f(x1)f(x2x1)f(x1)1f(x1)f(x2x1)1>0.f(x2)>f(x1)即f(x)是R上的增函数(2)f(4)f(22)f(2)f(2)15，f(2)3，原不等式可化为f(3m2m2)<f(2)，f(x)是R上的增函数，3m2m2<2，解得1<m<，故解集为.