高考数学一轮复习专练7函数的单调性与最值

七函数的单调性与最值(时间:45分钟分值:105分)【基础落实练】1.(5分)下列函数中,定义域是R且为增函数的是 ()A.y=x+sinx B.y=exC.y=lnx D.y=|x|【解析】选A.对于A,函数y=x+sinx的定义域是R,且y'=1+cosx≥0,所以y是R上的增函数,满足题意;对于B,函数y=ex=1ex是R上的减函数,对于C,函数y=lnx的定义域是(0,+∞),所以不满足题意;对于D,函数y=|x|=x,x≥0-x,2.(5分)函数f(x)=lg(x24)的单调递增区间为 ()A.(0,+∞) B.(∞,0)C.(2,+∞) D.(∞,2)【解析】选C.由复合函数的单调性知,要使f(x)单调递增,需x2-4>0,3.(5分)函数f(x)=1x2+1在区间[1,2]上的最大值与最小值分别是A.12,15 B.C.2,1 D.1,1【解析】选A.因为y=x2+1在(0,+∞)上单调递增,且y>1,所以f(x)=1x2+1在区间[1,2]上单调递减,所以函数f(x)=1x2+1在区间[1,2]上的最大值与最小值分别是f(1)=112+14.(5分)函数f(x)=2-xx+1,x∈(m,n]的最小值为0,则mA.(1,2) B.(1,2)C.[1,2) D.[1,2)【解析】选D.因为f(x)=2-xx+1=1+3x+1在(∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递减,且当x∈(m,n]时最小值为0,即f(n)=0,n=2,所以m<n=2.又函数f(x)的定义域分为两段,x=2在(1,+∞)上,故m≥1,5.(5分)已知定义在R上的函数f(x),对任意x∈(0,π),有f(x)f(x)=0,且x1,x2>0时,有f(x1)-f(x2)x1-x2>0,设a=f(2A.a<b<c B.b<c<aC.a<c<b D.c<b<a【解析】选A.因为对任意x∈(0,π),f(x)f(x)=0,所以f(2)=f(2),因为x1,x2>0时,有f(x1)-f(x2)x1-x2>0,所以函数f(x)在区间(0,π)上单调递增,因为2<2<3,所以f(2)<f(2)<f(3),即f6.(5分)(多选题)关于函数y=4-(x+1)A.在区间[1,0]上单调递减B.单调递增区间为[3,1]C.最大值为2D.没有最小值【解题指南】先求出函数定义域,令t=4(x+1)2,根据二次函数的性质,由已知解析式,逐项判断,即可得出结果.【解析】选ABC.由4(x+1)2≥0得3≤x≤1,即函数y=4-(x+1令t=4(x+1)2,则t=4(x+1)2的图象是开口向下、对称轴为x=1的抛物线,所以函数t=4(x+1)2在[3,1]上单调递增,在[1,1]上单调递减.又y=t单调递增,所以y=4-(x+1)2在[3,1]上单调递增,在[1,1]上单调递减,故A,B正确;ymax=4-(-1+1)2当x=1时,y=4-(1+1)2=0,则ymin=0,故7.(5分)函数y=x2+2|x|+1的单调递增区间为____________,单调递减区间为________________.

【解析】y=-即y=-(画出函数图象如图所示,则其单调递增区间为(∞,1]和[0,1],单调递减区间为[1,0]和[1,+∞).答案:(∞,1]和[0,1][1,0]和[1,+∞)8.(5分)函数f(x)=x+1x在[2,13]上的最大值是【解析】易知f(x)在[2,13]上单调递减即f(2)为最大值,为212=3答案:39.(5分)函数y=2x+x-1的最小值为【解析】方法1(单调性法):函数y=2x+x-1的定义域为[1,+∞),因为函数y=2x与y=x-1故y=2x+x-1在[1,+∞)所以当x=1时,ymin=2+1-即函数y=2x+x-1的最小值为方法2(换元法):令x-1=t,则t≥0,x=t2+1,所以原函数转化为f(t)=2t2+t+2=2(t+14)2易知在t∈[0,+∞)时,函数f(t)单调递增,所以当t=0时,f(t)min=2,故函数y=2x+x-1的最小值为答案:210.(10分)已知函数f(x)=x+2(1)写出函数f(x)的定义域和值域;(2)证明:函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,并求f(x)在x∈[2,8]上的最大值和最小值.【解析】(1)函数f(x)的定义域为{x|x≠0}.又f(x)=1+2x,所以函数f(x)的值域为{y|y≠1}(2)由题意可设0<x1<x2,则f(x1)f(x2)=(1+2x1)(1+2x2)=2又0<x1<x2,所以x1x2>0,x2x1>0,所以f(x1)f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.在x∈[2,8]上,f(x)的最大值为f(2)=2,最小值为f(8)=54【能力提升练】11.(5分)(2023·兰州模拟)若函数f(x)=ln(ax2)在(1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围为 ()A.(0,+∞) B.(2,+∞)C.(0,2] D.[2,+∞)【解析】选D.在函数f(x)=ln(ax2)中,令u=ax2,函数y=lnu在(0,+∞)上为增函数,而函数f(x)=ln(ax2)在(1,+∞)上单调递增,则函数u=ax2在(1,+∞)上单调递增,且∀x>1,ax2>0,因此a>0,a所以实数a的取值范围为[2,+∞).12.(5分)(多选题)下列函数有最小值的是 ()A.f(x)=x2+1x2 B.f(x)=2xC.f(x)=x-1x+1 D.f(x)=【解析】选AD.对于A,f(x)=x2+1x当且仅当x2=1x2,即x=±1时等号成立,故f(x)min=2,A对于B,当x>0时,f(x)=2x+2x≥22当且仅当2x=2x,即x=1时等号成立当x<0时,f(x)=2(x)+2-x≥22(-x)·2-x=4,当且仅当2(x)=2-x,即x=1时等号成立,故f(x)≤4.所以f(x)=2x+2对于C,f(x)=x-1x+1=12x+1的值域为{y|对于D,由题意可得x≥0x+1>0,故f(x)=lg(x+1)的定义域为[0,+∞).因为y=lgu在定义域内单调递增,u=x+1在定义域[0,+∞)上单调递增,所以f(x)=lg(x+1)在定义域[0,+∞)上单调递增,则f(x)=lg(x+1)≥f(0)=0,故f(x)=lg(x+1)有最小值0,D正确.13.(5分)若函数y=||x|1x2|在{x|1≤|x|≤4,x∈R}上的最大值为M,最小值为m,则MmA.3116 B.2 C.94 D【解析】选A.可令|x|=t,则1≤t≤4,y=t1t易知y=t1t2在[1,4]所以其最小值为11=0,最大值为2116=3116,则m=0,M=3116,则Mm14.(5分)能说明“若函数f(x)和g(x)在R上都是增函数,则h(x)=f(x)g(x)在R上为增函数”为假命题的函数f(x)和g(x)的解析式分别是________,________.

【解析】根据题意,“若函数f(x)和g(x)在R上都是增函数,则h(x)=f(x)g(x)在R上为增函数”为假命题,即函数f(x),g(x)在R上均为增函数,而函数h(x)=f(x)g(x)在R上不是增函数,可考虑f(x),g(x)均为一次函数,可取f(x)=x,g(x)=x,则函数f(x)和g(x)在R上都是增函数,但函数h(x)=f(x)g(x)=x2在R上不是增函数.答案:f(x)=xg(x)=x(答案不唯一)15.(10分)设函数f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R),F(x)=f(1)若f(1)=0,且对任意实数x均有f(x)≥0成立,求F(x)的解析式;(2)在(1)的条件下,当x∈[2,2]时,g(x)=f(x)kx是单调函数,求实数k的取值范围.【解析】(1)因为f(1)=0,所以b=a+1.由f(x)≥0恒成立,知a>0且在方程ax2+bx+1=0中,Δ=b24a=(a+1)24a=(a1)2≤0,所以a=1,b=2,从而f(x)=x2+2x+1.所以F(x)=((2)由(1)可知f(x)=x2+2x+1,所以g(x)=f(x)kx=x2+(2k)x+1,由g(x)在[2,2]上是单调函数,知2-k2≤2或2-k2≥2,得k≤2或k≥6.即实数k的取值范围为16.(10分)已知f(x)=x2+2x+a(1)当a=12时,求函数f(x)的最小值(2)若对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,试求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=12时,f(x)=x+1任取1≤x1<x2,则f(x1)f(x2)=(x1x2)+(12x112因为1≤x1<x2,所以x1x2>1,所以2x1x21>0.又x1x2<0,所以f(x1)f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以f(x)在[1,+∞)上单调递增.所以f(x)在[1,+∞)上的最小值为f(1)=72(2)在区间[1,+∞)上,f(x)=x2+2x+ax>0恒成立⇔x2+2设g(x)=x2+2x+a(x≥1),则g(x)min>0.又g(x)=(x+1)2+a1,其图象的对称轴为x=1,且开口向上,所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以g(x)在[1,+∞)上的最小值为g(1)=3+a.由3+a>0,得a>3,所以a的取值范围是(3,+∞).【素养创新练】17.(5分)已知函数y=f(x)的定义域为R,对任意x1,x2且x1≠x2,都有f(x1)-f(A.y=f(x)+x是增函数B.y=f(x)+x是减函数C.y=f(x)是增函数D.y=f(x)是减函数【解析】选A.不妨令x1<x2,所以x1x2<0,因为f(x1)-f(x2)x1-x2>1⇔f(x1)f(x2)<(x1x2)⇔f(令g(x)=f(x)+x,所以g(x1)<g(x2),又x1<x2,所以g(x)=f(x)+x是增函数.18.(5分)如果函数y=f(x)在区间I上是减函数,而函数y=f(x)x在区间I上是增函数,那么称函数y=f(x)是区间I上的“缓减函数”,区间I叫“缓减区间”.可以证明函数f(x)=xa+bx(a>0,b>0)的单调递增区间为(∞