2022版高考数学一轮复习第3章第2讲函数的单调性与最值训练含解析.doc

1、第三章第2讲A级基础达标1若函数f(x)|2xa|的单调递增区间是3，)，则a的值为()A2B2C6D6【答案】C2(2021年荆门期中)函数y|x|1的单调递减区间为()A(0，)B(，0)C(，1)D(1，)【答案】B3(2020年汕头二模)设f(x)则满足f(x1)f(2x)的x的取值范围是()A(，1B(0，)C(1,0)D(，1)【答案】D4若函数f(x)在(a，b4)(b0.由g(x)0，得x4.由二次函数图象可知g(x)在(，2)上递减，在(4，)上递增6已知函数f(x)2ax24(a3)x5在区间(，3)内是减函数，则a的取值范围是()ABCD【答案】D【解析】当a0时，f(x

2、)12x5，在(，3)内是减函数；当a0时，由得0a.综上，a的取值范围是0a.7设函数f(x)的最小值为1，则a的取值范围是_【答案】【解析】由f(x)ln x递增及x，得f(x)1；由f(x)xa递减及x0时，f(x)x2，x1，x2R，则f(x1)f(x2)f(x1x2x2)f(x2)f(x1x2)f(x2)f(x2)f(x1x2)因为x0时，f(x)0，所以f(x1x2)0，即f(x1)B0a1Ca1，b2Da，b1【答案】ABD 【解析】根据题意，函数f(x) ，其定义域为.若函数f(x) 在区间(2，)上单调递增，必有2且30，即03，据此分析A，B，D符合12(2020年河南模拟

3、)已知函数f(x)则不等式f8f(x2)的解集为_【答案】x|x2【解析】当x0，即此时函数单调递增当x0时，f(x)4x2 019，此时函数单调递增，且在端点0处542 019.由f8f(x2)，当x0时，不等式显然成立，此时x4x2 019，整理得x2x20，解得x2或x2或x1.综上，不等式的解集为x|x213(2019年枣庄期末)已知函数f(x)log2(4x1)x，则使得f(2x1)1log25成立的x的取值范围是()A(，1)B(1，)C(0,1)D(，0)(1，)【答案】C【解析】根据题意，函数f(x)log2(4x1)xlog2，其定义域为R，有f(x)log2log2f(x)

4、，则函数f(x)为偶函数设t2x，当x0时，2x1，则t1.求导易知t2x在0，)上为增函数，且ylog2t在0，)上为增函数，则函数f(x)在0，)上为增函数所以f(2x1)1log25f(2x1)log251f(2x1)log2f(2x1)f(1)，则有|2x1|1，解得0x1，所以x的取值范围为(0,1)14(一题两空)(2021年哈尔滨月考)函数y2的值域是_，单调递增区间是_【答案】0,22,4【解析】由x24x0，得0x4.令tx24x,0x4，则可求得0t4，所以02，20,022，即y2的值域为0,2要求y2的单调递增区间，即求tx24x,0x4的单调递减区间，即为2,415对

5、于任意实数a，b，定义mina，b设函数f(x)x3，g(x)log2x，则函数h(x)minf(x)，g(x)的最大值是_【答案】1【解析】依题意，h(x)当02时，h(x)3x是减函数所以h(x)在x2时取得最大值h(2)1.16已知函数f(x)lg，其中a是大于0的常数(1)求函数f(x)的定义域；(2)当a(1,4)时，求函数f(x)在2，)上的最小值；(3)若对任意x2，)恒有f(x)0，试确定a的取值范围解：(1)由x20，得0，当a1时，x22xa0恒成立，定义域为(0，)；当a1时，定义域为x|x0且x1；当0a1时，定义域为x|0x1或x1(2)设g(x)x2，当a(1,4)

6、，x2，)时，所以g(x)10.所以g(x)在2，)上是增函数所以f(x)在2，)上是增函数所以f(x)minf(2)lg.(3)对任意x2，)，恒有f(x)0，即x21对x2，)恒成立所以a3xx2.令h(x)3xx2，x2，)由于h(x)2在2，)上是减函数，所以h(x)maxh(2)2.故a2时，恒有f(x)0.所以实数a的取值范围为(2，)C级创新突破17已知函数f(x)若f(x)的值域为R，则实数a的取值范围是_【答案】(1,2【解析】依题意，当x1时，f(x)1log2x单调递增，f(x)1log2x在区间1，)上的值域是1，)要使f(x)的值域是R，则需函数f(x)在(，1)上的

7、值域M(，1)当a10，即a1时，f(x)在(，1)上单调递减，f(x)在(，1)上的值域M(a3，)，显然此时不能满足M(，1)，因此a0，即a1时，函数f(x)在(，1)上单调递增，函数f(x)在(，1)上的值域M(，a3)，由M(，1)，得解得10恒成立，求实数b的取值范围；(2)记f(x)在1,2内的最大值为M，最小值为m，若nMm有解，求n的取值范围解：(1)因为f(x)0在区间 (1,2)上恒成立，所以bx，在x(1,2)上恒成立设g(x) x，由函数性质，易得 g(x)在区间(1,2)上是单调递增函数，所以bg(2)2.即b .(2)因为nMm有解，所以n(Mm)min.当2，即b4时，Mmf(1)f(2)3b1.所以n1.当1，即b2时，Mmf(2)f(1)b31.所以n1.当12，即4b2时，Mmmax maxmax.y(b2)2与y(b4)2对应图象如图： 所以当b3时，Mm的最小值为.所以n.综上，当b4或b2时，n1；当4b2时，n.