2019版高考数学复习函数导数及其应用课时达标5函数的单调性与最值理

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1、课时达标　第5讲[解密考纲]本考点考查函数的单调性．单独命题多以选择题的形式呈现，排在中间靠前的位置，题目难度系数属于中等或中等偏上；另外，函数的性质也常常与三角函数、向量、不等式、导数等相结合出解答题，有一定难度．一、选择题1．下列函数中，在区间(0,1]上是增函数且最大值为－1的为(　C　)A．y＝－x2　　　B．y＝xC．y＝－　　　D．y＝2x解析　y＝－x2在区间(0,1]上是减函数，不满足条件；y＝x在区间(0,1]上是减函数，不满足条件；y＝－在区间(0,1]上是增函数，最大值为y＝－1，满足条件；y＝2x在区间(0,1]上是增函数，最大值为y＝

2、2，不满足条件，故选C．2．(2018·黑龙江牡丹江一中期中)函数y＝3x2－3x＋2，x∈[－1,2]的值域是(　B　)A．R　　　B．C．[9,243]　　　D．[3，＋∞)解析　令t＝x2－3x＋2，∵x∈[－1,2]，∴t＝x2－3x＋2＝2－∈.又y＝3t在上单调递增，则y＝3t∈.∴函数y＝3x2－3x＋2，x∈[－1,2]的值域是.3．设函数f(x)定义在实数集上，它的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，f(x)＝3x－1，则(　B　)A．f

3、时，f(x)单调递增，而x＝1为对称轴，∴f＝f＝f，又<<<1，∴f>f>f，即f>f>f，故选B．4．已知f(x)＝是R上的增函数，则实数a的取值范围为(　B　)A．(1，＋∞)　　　B．[4,8)C．(4,8)　　　D．(1,8)解析　∵f(x)是R上的增函数，∴a>1且4－>0且a≥4－＋2，解得，4≤a<8，故选B．5．(2018·天津河西区一模)函数f(x)＝ln(x2－2x－3)的单调递减区间为(　C　)A．(－∞，1)　　　B．(1，＋∞)C．(－∞，－1)　　　D．(3，＋∞)解析　要使函数有意义，则x2－2x－3>0，即x>3或x<－1.设

4、t＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，当x>3时，函数t＝x2－2x－3单调递增；当x<－1时，函数t＝x2－2x－3单调递减．∵函数y＝lnt在定义域上为单调递增函数，∴f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，故选C．6．已知函数f(x)＝若f(2－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是(　C　)A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)　　　B．(－1,2)C．(－2,1)　　　D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)解析　f(x)＝由f(x)的图象可知f(x)在R上是增函数，由f(2－a2)>f(a)，得2－a2>a，即a2＋a－2<0，解得－2

5、2018·山东日照调研)函数f(x)＝的最大值为__2__.解析　当x≥1时，函数f(x)＝为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值f(0)＝2.故函数f(x)的最大值为2.8．函数f(x)＝x＋2的最大值为__2__.解析　设＝t，则x＝1－t2(t≥0)．所以y＝x＋2＝1－t2＋2t＝－t2＋2t＋1＝－(t－1)2＋2.所以当t＝1，即x＝0时，ymax＝2.9．(2017·浙江卷)已知函数f(x)＝ln(x＋)＋在区间[－k，k](k>0)上的最大值为M，最小值为m，则M＋m

6、＝__4__.解析　∵f(x)＝ln(x＋)＋＝ln(x＋)＋3－，∴函数f(x)在R上为单调递增，∴M＝f(k)＝ln(k＋)＋3－，m＝f(－k)＝ln(－k＋)＋3－，∴M＋m＝f(k)＋f(－k)＝ln1＋6－2＝6－2＝4.三、解答题10．已知函数f(x)＝－，x∈[0,2]，用定义证明函数的单调性，并求函数的最大值和最小值．解析　设x1，x2是区间[0,2]上的任意两个实数，且x10，(x1＋1)(x2＋1)>0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)

7、，故f(x)在区间[0,2]上是增函数．因此，函数f(x)＝－在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f(0)＝－2，最大值是f(2)＝－.11．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的减函数，满足f(x)＋f(y)＝f(xy)．(1)求证：f(x)－f(y)＝f；(2)若f(4)＝－4，解不等式f(x)－f≥－12.解析　(1)证明：由条件f(x)＋f(y)＝f(xy)可得f＋f(y)＝f＝f(x)，所以f(x)－f(y)＝f.(2)因为f(4)＝－4，所以f(4)＋f(4)＝f(16)＝－8，f(4)＋f(16)＝f(64)＝－12.由

8、(1)得f(x)－f＝f(x(x－12