第二章 第2节 函数的单调性与最值-2021高考数学【创新教程】艺考生高考总复习课时冲关（新高考）

第二章　第2节 1．(多选题)给定下列函数，其中在区间(0,1)上单调递减的函数是(　　) A．y＝x(x＋1) 　　　　　 B．y＝log C．y＝|x－1| D．y＝2x＋1 答案：BC 2．已知函数f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 解析：D　[当a＝0时，f(x)＝－12x＋5，在(－∞，3)上是减函数； 当a≠0时，由.，得0<a≤ 综上，a的取值范围是0≤a≤.] 3．函数y＝ln (x2－4x＋3)的单调减区间为(　　 ) A．(2，＋∞) B．(3，＋∞) C．(－∞，2) D．(－∞，1) 解析：D　[令t＝x2－4x＋3＞0，求得x＜1，或x＞3， 故函数的定义域为{x|x＜1，或x＞3}，且y＝ln t. 由二次函数的性质得，t在区间(－∞，1)上为减函数，在区间(3，＋∞)为增函数， 又y＝ln t在t∈(0，＋∞)上为增函数，根据复合函数单调性的判断方法，知函数y＝ln (x2－4x＋3)的单调减区间为(－∞，1)．] 4．已知f(x)＝ 是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a的取值范围是(　　) A．(0,1) B. C. D. 解析：C　[由题意知 即.故选C.]≤a< 所以 5．(多选题)(2020·贵州二模)关于函数f(x)＝，下列结论正确的是(　　) A．图像关于y轴对称 B．图像关于原点对称 C．在(－∞，0)上单调递增 D．f(x)恒大于0 解析：ACD　[本题考查函数性质的判断．函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(x)＝是偶函数，图像关于y轴对称，故A正确，B错误；＝f(x)，∴f(x)＝＝＝＝－，f(－x)＝－ 任取x1>x2>0，则，＝－＝－ ∵x1>x2>0，∴ex2－ex1<0，ex1－1>0，ex2－1>0， ∴1＋，<1＋ ∵1＋>0，>0，同理1＋＝ ∴1＋>0.>1＋ ∵x1>x2>0，∴>0，> ∴，即f(x1)<f(x2)，> ∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，故C正确； 当x>0时，>0，f(x)>0，>0,1＋ 当x<0时，<0，f(x)>0，∴f(x)恒大于0，故D正确，故选ACD.]<0,1＋ 6．已知奇函数f(x)为R上的减函数，若f(3a2)＋f(2a－1)≥0，则实数a的取值范围是________． 解析：∵奇函数f(x)为R上的减函数， ∴不等式f(3a2)＋f(2a－1)≥0， 等价为f(3a2)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)， 即3a2≤1－2a，即3a2＋2a－1≤0，得(a＋1)(3a－1)≤0，得－1≤a≤.，即实数a的取值范围是 答案： 7．(双空填空题)函数y＝在区间[2,3]上的最大值是________，最小值是________． 解析：函数y＝在[2,3]上是减函数， 当x＝2时，y＝取得最小值1.＝2.当x＝3时，y＝取得最大值 答案：2　1 8．(新定义题)(2020·山东日照一模)若函数y＝exf(x)在定义域上单调递增，则称函数f(x)具有“Г性质”．已知函数f(x)＝2－x＋a具有“Г性质”，则实数a的取值范围是________． 解析：设g(x)＝ex(2－x＋a)，则g′(x)＝ex(2－x＋a)＋ex－2－x，即a≥2－x·(ln 2－1)恒成立，解得a≥0，所以实数a的取值范围是[0，＋∞)． ≥0恒成立，a≥－2－xln，由题意知f(x)具有Г性质，则g(x)在R上单调递增，因为ex>0恒成立，所以2－x＋a＋2－x·ln＝ex 答案：[0，＋∞) 9．已知f(x)＝(x≠a)， (1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围． 解：(1)证明：任取x1<x2<－2， 则f(x1)－f(x2)＝－ ＝. ∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0， ∴f(x1)<f(x2)． ∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增． (2)任设1<x1<x2，则 f(x1)－f(x2)＝－ ＝. ∵a>0，x2－x1>0， ∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1. 综上所述知a的取值范围是(0,1]． 10．已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，②当x>0时，f(x)>－1. (1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调增函数． (2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4. 解：(1)令x＝y＝0得f(0)＝－1. 在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，f(x1－x2)>－1. 又f(x