高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 練案（6）第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第三講 函數(shù)的單調(diào)性與最值（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

[練案6]第三講函數(shù)的單調(diào)性與最值A(chǔ)組基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．(2020·3月份北京市高考適應(yīng)性測(cè)試)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上為減函數(shù)的是(B)A．y＝eq\r(x＋1) B．y＝x2－1C．y＝(eq\f(1,2))x D．y＝log2x[解析]y＝eq\r(x＋1)，y＝x2－1，y＝log2x在(0，＋∞)上都為增函數(shù)，y＝(eq\f(1,2))x在(0，＋∞)上為減函數(shù)，故選B.2．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－1)在區(qū)間[3,7]上的最大值是M，最小值是N，則eq\f(M,N)＝(C)A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．3 D．2[解析]f(x)在[3,7]單調(diào)遞減，故最大值為f(3)＝eq\f(1,2).最小值f(7)＝eq\f(1,6)，則eq\f(M,N)＝3，故選C.3．若函數(shù)y＝ax與y＝－eq\f(b,x)在(0，＋∞)上都是減函數(shù)，則y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是(B)A．增函數(shù) B．減函數(shù)C．先增后減函數(shù) D．先減后增函數(shù)[解析]由y＝ax在(0，＋∞)上是減函數(shù)，知a<0；由y＝－eq\f(b,x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，知b<0.所以y＝ax2＋bx的對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝－eq\f(b,2a)<0.又因?yàn)閥＝ax2＋bx的圖象是開(kāi)口向下的拋物線，所以y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是減函數(shù)．故選B.4．若函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的單調(diào)遞增區(qū)間是[3，＋∞)，則實(shí)數(shù)a的值為(C)A．－2 B．2C．－6 D．6[解析]由圖象易知函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的單調(diào)增區(qū)間是[－eq\f(a,2)，＋∞)，令－eq\f(a,2)＝3，所以a＝－6.故選C.5．(2020·云南玉溪一中調(diào)研)函數(shù)f(x)＝ln(x2－4x＋3)的單調(diào)遞增區(qū)間是(D)A．(－∞，1) B．(－∞，2)C．(2，＋∞) D．(3，＋∞)[解析]由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3>0，,x>2，))解得x>3.故選D.6．已知函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的減函數(shù)，則f(eq\f(1,2))與f(a2－a＋1)的大小關(guān)系為(B)A．f(eq\f(1,2))<f(a2－a＋1) B．f(eq\f(1,2))>f(a2－a＋1)C．f(eq\f(1,2))＝f(a2－a＋1) D．無(wú)法比較大小[解析]∵a2－a＋1＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)>eq\f(1,2)，且函數(shù)f(x)是(0，＋∞)上的減函數(shù)，∴f(a2－a＋1)<f(eq\f(1,2))．故選B.7．若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2x≤0，,x＋\f(1,x)＋ax>0))的最小值為f(0)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(D)A．[－1,2] B．[－1,0]C．[1,2] D．[0,2][解析]當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋a≥2＋a，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)，等號(hào)成立，故當(dāng)x＝1時(shí)取得最小值2＋a，∵f(0)是函數(shù)f(x)的最小值，∴當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝(x－a)2單調(diào)遞減，故a≥0，此時(shí)的最小值為f(0)＝a2，∴2＋a≥a2，解得－1≤a≤2.又a≥0.可得0≤a≤2.故選D.二、多選題8．(2020·陜西西安中學(xué)期中改編)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\f(a,2)x＋8，x≤1,\f(a,x)，x>1))為R上的減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值可能為(ABC)A．4 B．5C．6 D．7[解析]因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\f(a,2)x＋8，x≤1，,\f(a,x)，x>1))為R上的減函數(shù)，所以y＝x2－eq\f(a,2)x＋8，x≤1，y＝eq\f(a,x)，x>1是減函數(shù)，且當(dāng)x＝1時(shí)，9－eq\f(a,2)≥a，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤\f(a,4)，,a>0，,9－\f(a,2)≥a，))解得4≤a≤6，故選A、B、C.三、填空題9．函數(shù)y＝eq\r(x)－x(x≥0)的最大值為eq\f(1,4)；增區(qū)間為[0，eq\f(1,4)].[解析]令t＝eq\r(x)，則t≥0，所以y＝t－t2＝－(t－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)，所以當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，ymax＝eq\f(1,4).t＝eq\r(x)為增函數(shù)，y＝t－t2在(－∞，eq\f(1,2))上遞增，所以增區(qū)間為[0，eq\f(1,4)]．10．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax－3在區(qū)間[1,2]上具有單調(diào)性，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_(－∞，1]∪[2，＋∞)__.[解析]函數(shù)f(x)＝x2－2ax－3的圖象開(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝a，函數(shù)在(－∞，a]和[a，＋∞)上都分別具有單調(diào)性，因此要使函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上具有單調(diào)性，只需a≤1或a≥2，從而a∈(－∞，1]∪[2，＋∞)．11．已知函數(shù)f(x)＝2x－2－x.若f(a－2)<f(a2－2a)則a的取值范圍是__(－∞，1)∪(2，＋∞)__[解析]∵y＝2x和y＝－2－x在R上都是增函數(shù)，∴f(x)＝2x－2－x在R上單調(diào)遞增．∴由f(a－2)<f(a2－2a)得，a－2<a2－2a，∴a2－3a＋2>0，解得a<1或a>2，∴a12．(2020·浙江省臨安市於潛中學(xué)高三模擬)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2，x≤0,x＋\f(1,x)＋a，x>0))，若f(1)是f(x)的最小值，則a的范圍__(－∞，－2]∪[2，＋∞)__.[解析]當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋a≥2＋a，此時(shí)x＝1，∴f(x)≥f(1)；當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝(x－a)2①a≥0時(shí)，f(x)最小值為f(0)＝a2應(yīng)滿足a2≥a＋2，解得a≥2；②a<0時(shí)，f(x)最小值為f(a)＝0應(yīng)滿足0≥a＋2，解得a≤－2，(－∞，－2]∪[2，＋∞)．四、解答題13．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,x－3).(1)試判斷f(x)在[1,2]上的單調(diào)性；(2)求函數(shù)f(x)在[1,2]上的最值．[解析](1)解法一：任取x1，x2∈[1,2]，且x1<x2，則f(x2)－f(x1)＝eq\f(x\o\al(2,2),x2－3)－eq\f(x\o\al(2,1),x1－3)＝eq\f(x\o\al(2,2)x1－3－x\o\al(2,1)x2－3,x2－3x1－3)＝eq\f(x2－x1[x1x2－3x1＋x2],x2－3x1－3)，＝eq\f(x2－x1[x1－3x2－3－9],x2－3x1－3)∵x1，x2∈[1,2]，∴－2≤x2－3≤－1，－2≤x1－3≤－1，∴1≤(x2－3)(x1－3)≤4，∴(x1－3)(x2－3)－9<0.又x2－x1>0，(x2－3)(x1－3)>0，∴eq\f(x2－x1[x1－3x2－3－9],x2－3x1－3)<0，即f(x2)<f(x1)．∴f(x)在[1,2]上為減函數(shù)．解法二：∵f(x)＝eq\f(x2,x－3)，∴f′(x)＝eq\f(2xx－3－x2,x－32)＝eq\f(xx－6,x－32)，∵1≤x≤2，∴f′(x)<0，∴f(x)在[1,2]上為減函數(shù)．(2)由(1)知f(x)在[1,2]上為減函數(shù)，∴f(x)min＝f(2)＝eq\f(4,2－3)＝－4，f(x)max＝f(1)＝eq\f(1,1－3)＝－eq\f(1,2).14．(2020·天水模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2ax＋2，x∈[－5,5]，(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求函數(shù)f(x)的最大值和最小值；(2)求實(shí)數(shù)a的取值范圍，使y＝f(x)在區(qū)間[－5,5]上是單調(diào)函數(shù)．[解析](1)a＝－1，f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，因?yàn)閤∈[－5,5]，所以x＝1時(shí)，f(x)取最小值1，x＝－5時(shí)，f(x)取最大值37.(2)f(x)的對(duì)稱(chēng)軸為x＝－a；因?yàn)閒(x)在[－5,5]上是單調(diào)函數(shù)，所以－a≤－5，或－a≥5，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－5]∪[5，＋∞)．B組能力提升1．(多選題)函數(shù)f(x)中，滿足“對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有eq\f(fx2－fx1,x1－x2)>0”的可以是(AC)A．f(x)＝eq\f(1,x) B．f(x)＝(1－x)2C．f(x)＝e1－x D．f(x)＝ln(x＋1)[解析]由題意知f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，A中，f(x)＝eq\f(1,x)滿足要求；B中，f(x)＝(1－x)2在(0,1]上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)；C中，f(x)＝e1－x是減函數(shù)；D中，f(x)＝ln(x＋1)是增函數(shù)．故選A、C.2．(2020·廣西來(lái)賓實(shí)驗(yàn)中學(xué)診斷)函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,2))eq\r(x－x2)的單調(diào)遞增區(qū)間為(D)A．(－∞，eq\f(1,2)] B．[0，eq\f(1,2)]C．[eq\f(1,2)，＋∞) D．[eq\f(1,2)，1][解析]由x－x2≥0得f(x)的定義域?yàn)?≤x≤1，又y＝x－x2的圖象開(kāi)口向下且對(duì)稱(chēng)軸為x＝eq\f(1,2).∴由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知所求函數(shù)的增區(qū)間為y＝x－x2，x∈[0,1]的減區(qū)間為[eq\f(1,2)，1]，故選D.3．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，則函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x)在區(qū)間(1，＋∞)上一定(D)A．有最小值 B．有最大值C．是減函數(shù) D．是增函數(shù)[解析]由已知得x＝a<1，g(x)＝eq\f(fx,x)＝x＋eq\f(a,x)－2a，當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，當(dāng)0<a<1時(shí)，g(x)在(1，＋∞)上也為增函數(shù)，故選D.4．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，對(duì)任意x1<x2，有f(x1)－f(x2)<x1－x2，且f(3)＝4，則不等式f(2x－1)>2x的解集為(A)A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)[解析]∵函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，對(duì)任意x1<x2，有f(x1)－f(x2)<x1－x2，即eq\f([fx1－x1]－[fx2－x2],x1－x2)>0，∴函數(shù)R(x)＝f(x)－x是R上的增函數(shù)，f(2x－1)>2x，即f(2x－1)－(2x－1)>1，即R(2x－1)>1.而R(3)＝f(3)－3＝1，故R(2x－1)>R(3)，2x－1>3，解得x>2，故選A.5．已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，且當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0.(1)求f(1)的值；(2)證明：f(x)為單調(diào)增函數(shù)；(3)若f(eq\f(1,5))＝－1，求f(x)在[eq\f(1,25)，125]上的最值．[解析](1)∵函數(shù)f(x)滿足f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，令x1＝x2＝1，則f(1)＝f(1)＋f(1)，解得f(1)＝0.(2)證明：設(shè)x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，則eq\f(x1,x2)>1，∴f(eq\f(x1,x2))>0，∴f(x1)－f(x2)＝f(x2·eq\f(x1,x2))－f(x2)＝f(x2)＋f(eq\f(x1,x2))－f(x2)＝f(e