第二章第二节第1课时 函数的单调性与最值（综合训练·能力提升）-2021新高考数学【导学教程】一轮总复习

第二节　函数的性质 第1课时　函数的单调性与最值 A组　基础达标 一、选择题 1.下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　) A.y＝　　　　　 B.y＝sin x C.y＝2－x D.y＝log(x＋1) 解析　y＝在区间(0，＋∞)上为增函数； y＝sin x在区间(0，＋∞)上不单调； y＝2－x在区间(0，＋∞)上为减函数； y＝log(x＋1)在区间(0，＋∞)上为减函数.故选A. 答案　A 2.函数f(x)＝－x＋上的最大值是(　　)在 A.　　　 C.－2　　　 D.2　　　 B.－ 解析　易知f(x)在上是减函数， ∴f(x)max＝f(－2)＝2－.＝ 答案　A 3.函数y＝log(－x2＋x＋6)的单调增区间为(　　) A. C.(－2，3) D. B. 解析　令t＝－x2＋x＋6，由t＞0，得－2＜x＜3， 故函数的定义域为(－2，3)，由复合函数的单调性知，只需求函数t＝－x2＋x＋6在(－2，3)上的单调减区间即可.利用二次函数的性质可得t＝－x2＋x＋6在定义域(－2，3)上的单调减区间为.故选A.，故原函数的单调增区间为 答案　A 4.(2019·黑龙江联考)若函数f(x)＝log(x2＋ax＋6)在[－2，＋∞)上是减函数，则a的取值范围为(　　) A.[4，＋∞) B.[4，5) C.[4，8) D.[8，＋∞) 解析　令u＝x2＋ax＋6，则y＝logu， ∵y＝logu在(0，＋∞)上单调递减， ∴由同增异减可知u＝x2＋ax＋6在[－2，＋∞)上单调递增， ∴－≤－2且(－2)2＋(－2)×a＋6＞0. ∴4≤a＜5.故选B. 答案　B 5.(多选题)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，以下四个命题中真命题是(　　) A.∀x∈(－1，1)，有f(－x)＝－f(x) B.∀x1，x2∈(－1，1)且x1≠x2，有＞0 C.∀x1，x2∈(0，1)，有f≤ D.∀x∈(－1，1)，|f(x)|≥2|x| 解析　∵f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)， 且其定义域为(－1，1)， ∴f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x) ＝－[ln(1＋x)－ln(1－x)]＝－f(x)， ∀x∈(－1，1)，有f(－x)＝－f(x)，故A是真命题； ∵x∈(－1，1)，由f'(x)＝≥2＞0， ＝＋ 可知f(x)在区间(－1，1)上单调递增， 即∀x1，x2∈(－1，1)且x1≠x2， 有＞0，故B是真命题； ∵f′(x)＝在(0，1)单调递增，∴∀x1，x2∈(0，1)， 有f，故C是真命题；≤ 设g(x)＝f(x)－2x，则当x∈(0，1)时，g′(x)＝f′(x)－2≥0， 所以g(x)在(0，1)单调递增， 所以当x∈(0，1)时，g(x)＞g(0)，即f(x)＞2x； 由奇函数性质可知，∀x∈(－1，1)，|f(x)|≥2|x|，故D是真命题.故选A、B、C、D. 答案　ABCD 二、填空题 6.(2020·湖北八校联考)设函数f(x)＝＝________.在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则 解析　易知f(x)＝.＝＝＝4，所以＝6，m＝f(4)＝2＋，所以f(x)在区间[3，4]上单调递减，所以M＝f(3)＝2＋＝2＋ 答案　 7.函数y＝的单调递增区间为________. 解析　令u＝2x2－3x＋1＝2.－ 因为u＝2在R上单调递减.上单调递减，函数y＝在－ 所以y＝上单调递增.在 答案　 8.设函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a的取值范围是________. 解析　f(x)＝， ＝a－ ∵函数f(x)在区间(－2，＋∞)上是增函数， ∴即a≥1.即 答案　[1，＋∞) 三、解答题 9.已知函数f(x)＝(a＞0，x＞0).－ (1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数； (2)若f(x)在，求a的值.上的值域是 解析　(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，＋∞)上是增函数. (2)∵f(x)在， 上的值域是 又由(1)得f(x)在上是单调增函数， ∴f.，f(2)＝2，易得a＝＝ 10.函数f(x)＝loga(1－x)＋loga(x＋3)(0＜a＜1). (1)求方程f(x)＝0的解； (2)若函数f(x)的最小值为－1，求a的值. 解析　(1)由得－3＜x＜1. ∴f(x)的定义域为(－3，1). 则f(x)＝loga(－x2－2x＋3)，x∈(－3，1)， 令f(x)＝0，得－x2－2x＋3＝1， 解得x＝－1±∈(－3，1). 故f(x)＝0的解为x＝－1±. (2)