2020年浙江高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課堂測試：函數(shù)的單調(diào)性與最值

1、課時跟蹤檢測(九)一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1.(2018 珠海摸底)下列函數(shù)中，定義域是R 且為增函數(shù)的是()-A.y= 2C. y= log2xy= 2-x與 y二x 的定義域?yàn)?R,且只有 y= x 在 R 上是增函數(shù).2.(2018 紹興模擬)已知函數(shù) f(x)的圖象關(guān)于(1,0)對稱，當(dāng) x 1 時，f(x)= loga(x 1),且 f(3) =1,若 X1+X2V2, (X1 1)(X2 1)V0,則()A.f(X1)+f(X2)v0B.f(X1) + f(X2)0C.f(X1) + f(X2)可能為 0D . f(X1) + f(X2)可正可負(fù)解析：選 B ?當(dāng) X 1 時

2、，f(x)= loga(x 1),1f(3) = loga2 = 1 ,二 a = ?，故函數(shù) f(x)在(1,+8)上為減函數(shù)，若 X+X2V2,(X11)(X21)V0,不妨令 X1 1，貝yX2V2 X1,f(X2) f(2 X1),又?函數(shù) f(x)的圖象關(guān)于(1,0)對稱，? f(x) = f(2 X1),此時 f(X1)+ f(x2) = f(2 X1) + f(X2)0，故選 B.3._ 已知函數(shù) f(x) = log4(4 |x|)，貝 y f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是 _； (0) + 4f(2)= _ .解析：令 y= log4u,其中 u= 4 |x|,且 u= 4 |x|

3、0,由于函數(shù) y= log4u 是單調(diào)遞增函數(shù)，4|xl 0 故要求 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，只需求 u = 4 |x|的單調(diào)遞增區(qū)間，得I i解得一 4vx 0, |X 0)的最大值為4，結(jié)合圖象知，當(dāng) t=丁，即 x =函數(shù)的單調(diào)性與最值B. y= x解析：選 B 由題知，只有4.解析：令七=血，則 t0,所以 y= t t2= t /+x,xvy,5. （2018 杭州十二校聯(lián)考）設(shè) minx , y=（若定義域?yàn)镽的函數(shù) f(x) , g(x)解析：選 D 因?yàn)楹瘮?shù) y= x+Qx2 2x + 3 = x+ /(x 1 f + 2,所以當(dāng)滿足 f(x) +g(x) = 2 .o，貝 y

4、 minf(x)2x,g(x)的最大值為f(X解析:設(shè) minf(x) , g(x) = m,g(x)2m 0,時等號成立，即 m的最大值是二28f(0 g(x ,? mw#當(dāng)且僅當(dāng)答案：彳二保咼考，全練題型做到咼考達(dá)標(biāo)1.已知函數(shù) f(x) = x2 2x 3，則該函數(shù) 的單調(diào)遞增區(qū)間為B. 3,+八)A.(汽 1C.(m,1D.1，+A)解析：選 B 設(shè) t= x? 2x 3,由 t0,即 x2 2x 3 0，解得 x3.所以函數(shù)的定義域?yàn)?一m,1U3, + m).因?yàn)楹瘮?shù) t= x2 2x 3 的圖象的對稱軸為 x= 1，所以函數(shù) t 在(m,1上單調(diào)遞減,在3 , +m)上單調(diào)遞增.

5、所以函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為3 , +m).2. (2018 浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)函數(shù) y= x + x2 2x+ 3 的值域?yàn)?A. 1 + 2 ,)B. ( 2 ,C. 3, +m)D.(1, +m)所以 y.2+ 1;當(dāng) xv增函，設(shè)x 1 = t,貝 U tv0,函數(shù) y t +2t2+ 2 +1t2+一2tx 1 時，函數(shù)為yi1,所以 1VyV.2 + 1.綜+ 1,所以函數(shù)在(一m,0)上為增函數(shù)，當(dāng) tT0 時，yf2 + 1,當(dāng) tTm時， 上所述，函數(shù) y= x+ x2 2x+ 3的值域?yàn)?1，+m).3.定義新運(yùn)算當(dāng) ab 時，a? b= a;當(dāng) avb 時，a?

6、b= b2,則函數(shù) f(x) = (1 ? x)x (2 ? x), x? 2A2的最大值等于()B.1xD.12解析：選 C 由已知得當(dāng)一 2x1y= ax*2-X -的圖象開口向又函數(shù) f(x)在 R 上單調(diào)，則二次函數(shù)所以函數(shù) f(x)在 R 上單調(diào)遞減，Ovav1,-1-4loga1 - 1,ax12? f(x)的最大值為 f(2) = 23-2 = 6.4.已知函數(shù)5是 R 上的單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)ax2-x 1 a 的取值范圍是二|XW1a 0，且 a 豐 1.1解析：選 B 由對數(shù)函數(shù)的定義可得0vav1,?解析(-選計(jì)為減函數(shù)？?伽1 x)vs(fiosx，cSx 該選項(xiàng)錯誤; B

7、. x? (- 1,1) ,?呼-x= 2(x- 1)20,(2018 湖州模擬)若 f(x)是定義在(一 1,1)上的減函數(shù)，則下列不等式正確的是 x,且 f(x)在(-1,1)上單調(diào)遞減，f(si n x) f(cos x)中 f(x)0,0,1-丄=2x-3x=LC.3x+ 1-2x+ 1 (3x+ 1 2x+ 1A3A+ 11?* f(x) ,.該選項(xiàng)錯誤;I、?- x? (- 1,1),?該選項(xiàng)錯誤x? ( 1,0)時，2x 1,1 1?沖2R，且 f(x)在(-1,1)上為減函數(shù)，-1x? (0,1)時，彳x- 1V0,1 -1 x 0, ? f(x 為(-1,1)上的減函數(shù),1:

8、.-？該選項(xiàng)正確.6. (2019 金華四校聯(lián)考)若函數(shù) f(x)= x2+ a|x- 2|在(0,+八)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù) a 的 取值范圍是?綜上 得，3x+3-x0,1 - 60,0,解析：/f(? f(x)=廠2.x2,_ x + ax 2a,x ax+ 2a,xv 2.又？?？f(x)在(0, +)上單調(diào)遞增,A2,4wa 1,解析：因?yàn)楹瘮?shù) f(x)=7.設(shè)函數(shù) f(x)=的圖象過點(diǎn)(1,1)，函數(shù) g(x)是二次函數(shù)，若函數(shù) f(g(x)x,|x|v1的值域是0,+g)，則函數(shù) g(x)的值域是 _了 m+ x2, |x| 1,的圖象過點(diǎn)(1,1)，所以m+ 1 = 1，解得 m

9、= 0,所以 f(x)=大致圖象如圖所示，觀察圖象可知，x2, |x| 1,x,|x|v1.當(dāng)縱坐標(biāo)在o, +g)上時，橫坐標(biāo)在(-g,-1U:0, +g)上變化.而 f(x)的值域是(-1, f(g(x)的值域是0, + 因?yàn)?g(x)是二次函數(shù)， 所以 g(x)的值域是0, 答案： 0,+八)8.若函數(shù)(1-4m)心在0,+g)上是增函數(shù)，則 a= _解析：函數(shù) ax)在0, + )上為增函數(shù)，則1- 4m 0，即 m1v4.若 a 1，則函數(shù) f(x)v1 時，函數(shù) f(x)在1,2上的最小值為 a2= m,1解得 a= 2, - = m ,最大值為 a1= 4,與mv17 矛盾；當(dāng)0

10、v a1 1解得a=4,m=16?所以)函數(shù)M,使得|f(x)|咖y= f(x)畫出函數(shù) y= f(x)的而當(dāng) x =托底型”函數(shù)，求出解：(1)函數(shù) f(x) = 2x.T|2x| = 2|x| 2|x|，即對于一切實(shí)數(shù) x 使得 |f(x)| 2|x| 成立,?函數(shù) f(x)=2x 是“圓錐托底型”函數(shù).,由3 M對于 g(x) = x3,如果存在 M0 滿足|x3| M|x| ,- M，得 M 0,使得|f(x)| = |x2+ 1| M|x|對于 任意實(shí) 數(shù)恒成立.11i?XM0 時，M 0, X2 X1 0 ,X2XTX X所以 f(x)在(0,+a)上是增函數(shù)丄a X；f(X2)

11、f(X1)=石由題意 a 1V2x 在(1，+a)上恒成立，設(shè) h(x) = 2x+ X則 aVh(x)在(1, +a)上恒成立.任取 X1, X2A (1 , +a)且 X1VX2,h(X1) h(X2)=(X1x2)2 XA .因?yàn)?1VX1V X2,所以 X1 X2V0, X1X2 1,所以 2 0,X1X2所以 h(X1)Vh(x2),所以 h(x)在(1 , +a)上單調(diào)遞增.故 awh(1)，即 aw3,所以實(shí)數(shù) a 的取值范圍是(一a,3.1.已知減函數(shù) f(x)的定義域是實(shí)數(shù)集 三上臺階，自主選做志在沖刺名校R, m , n 都是實(shí)數(shù).如果不等式 f(m) f(n) f(A.

12、m nv0B. m n0下列不等式成立的是( )C.m+nv0D.m+n0 2.B. m n0解析：選 A 設(shè) F(x)= f(x) f( x),由于 f(x) 是 R 上的減函數(shù)，? f x)是 R 上的增函數(shù)，一 f( x)是 R 上的減函數(shù)，? F(x)是 R 上的減函數(shù)，?當(dāng) mvn 時，有 F (m) F (n) ,即 f(m) f( m) f(n) f( n)成立.因此，當(dāng) f(m) f(n) f( m) f( n)成立時，不等式 m nv0 一定成立，故選 A.2.已知函數(shù) f(x) = lg x+ x 2，其中 a 是大于 0 的常數(shù).(1) 求函數(shù) f(x)的定義域；當(dāng) a?

13、 (1,4)時，求函數(shù) f(x)在2,+八)上的最小值；若對任意 x? 2,+A)恒有 f(x) 0,試確定 a 的取值范圍.ax2 2x+ a解：由 x+ - 20,得0,xx當(dāng) a 1 時，x2 2x+ a0 恒成立，定義域?yàn)?0,+八)；當(dāng) a = 1 時，定義域?yàn)閤|x 0 且XM1;當(dāng) 0vav1 時，定義域?yàn)?x|0vxv1 1 a 或 x 1+%：；1 a.(2) 設(shè) g(x)= x+ x 2,當(dāng) a ?(1,4), x? 2, +)時，g(x)= 1 A = f 0 恒成立,所以 g(x) = x +a 2 在2,+)上是增函數(shù) .所以 f(x) = lg x + x 2 在2,+a)上是增函數(shù).所以 f(x)= lg x +: 2 在2,+a)上的最小值為 f(2) = 1 扇.(3) 對任意