2019年高考数学一轮总复习 2-3 函数的单调性与最值练习 新人教A版

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1、2019年高考数学一轮总复习2-3函数的单调性与最值练习新人教A版一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(xx·大连模拟)给定函数①y＝x；②y＝log(x＋1)；③y＝

2、x－1

3、；④y＝2x＋1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数的序号是(　　)A．①②B．②③C．③④D．①④解析　画出4个函数图象，可知②③正确．故选B.答案　B2．函数f(x)＝x2＋4ax＋2在(－∞，6)内递减，则a的取值范围是(　　)A．a≥3B．a≤3C．a≥－3D．a≤－3解析　由题意知－2a≥6，得a≤－3.答案　D3．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区

4、间是(　　)A．(－∞，]B．[，＋∞)C．(－1，]D．[，4)解析　要使函数有意义需4＋3x－x2>0，解得－1

5、x

6、)，若g(lgx)>g(1)，则x的取值范围是(　　)A．(10，＋∞)B.C．(0,10)D.∪(10，＋∞)解析　∵g(x)＝－f(

7、x

8、)，∴函数g(

9、x)＝－f(

10、x

11、)为偶函数，∵函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，∴当x≥0时，g(x)＝－f(

12、x

13、)＝－f(x)，此时为减函数，∴当x≤0时，函数g(x)＝－f(

14、x

15、)单调递增．∵g(lgx)>g(1)，∴－1≤lgx≤1，解得≤x≤10，即，选B.答案　B5．(xx·郑州模拟)已知定义在R上的增函数f(x)，满足f(－x)＋f(x)＝0，x1，x2，x3∈R，且x1＋x2>0，x2＋x3>0，x3＋x1>0，则f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值(　　)A．一定大于0B．一定小于0C．等于0D．正负都有可能解析　∵x1＋x2>0，x2＋x3>0，x3＋x

16、1>0，∴x1>－x2，x2>－x3，x3>－x1.∴f(x1)>f(－x2)＝－f(x2)，即f(x1)＋f(x2)>0，f(x2)>f(－x3)＝－f(x3)，即f(x2)＋f(x3)>0.f(x3)>f(－x1)＝－f(x1)，即f(x3)＋f(x1)>0，∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)>0，故选A.答案　A6．(xx·乐陵一中月考)设奇函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且f(1)＝0，则不等式x[f(x)－f(－x)]<0的解集为(　　)A．{x

17、－11}B．{x

18、x<－1或0

19、x<－1或x>1}D．{x

20、－1

21、或0

22、－1

23、′(x)＞0得－1＜x＜1，∴f(x)的增区间为(－1,1)．又∵f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，∴∴－1≤m≤0.∵区间在(m,2m＋1)上，∴隐含2m＋1＞m，即m＞－1.综上，－1＜m≤0.答案　(－1,0]9．(xx·厦门调研)已知函数f(x)＝ax－x2的最大值不大于，当x∈时，f(x)≥，则a的值为________．解析　f(x)＝－2＋a2，由f(x)max＝a2≤得－1≤a≤1，函数f(x)的图象的对称轴为x＝，当－1≤a＜时，－≤＜，是f(x)的递减区间，而f(x)≥，即f(x)min＝f＝－≥，得a≥1，与－1≤a＜矛盾，即不存在这样的a值；

24、当≤a≤1时，≤≤，结合图象知道区间的端点离对称轴的距离大，故f(x)min＝f＝－≥，a≥1，而≤a≤1，得a＝1，∴a＝1.综上可知，a＝1.答案　1三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．已知函数f(x)＝－(a＞0，x＞0)．(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数；(2)若f(x)在上的值域是，求a的值．解　(1)证明：设x2＞x1＞0，则x2－x1＞0，x1x2＞0，∵f(x2)－f(x1)＝－＝－＝＞0，∴f(x2)＞f(x1)．∴f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)∵f(x)在上的值域是，又f(x