高中数学北师大版（2019）必修第一册节节测第二章——3函数的单调性和最值C（含解析）

一、单选题
1．定义，已知，，若，且，，则的最大值为
A． B． C． D．
2．设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意，都有，则的取值范围是
A． B．
C． D．
3．以为顶点的多面体中，，，，，，则该多面体的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．函数，.若存在，使得，则的最大值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
5．已知函数在区间，上都单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知定义在上的奇函数的图像是一条连续不断的曲线，时，单调递增，则满足：的实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．已知函数其中，下列关于函数的判断正确的为（ ）
A．当时，
B．当时，函数的值域
C．当且时，
D．当时，不等式在上恒成立
8．一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”．下列结论正确的是（ ）
A．若为的“跟随区间”，则
B．函数存在“跟随区间”
C．若函数存在“跟随区间”，则
D．二次函数存在“3倍跟随区间”
三、填空题
9．如图，在中，，点在线段上移动（不含端点），若，则的取值范围是_____．
10．已知是定义域为的单调函数，且对任意实数，都有，则______.
11．设m为实数，函数，若对于一切，不等式恒成立，则实数m的取值范围是_______．
12．已知，函数若对任意x∈［–3，+），f(x)≤恒成立，则a的取值范围是__________．
四、解答题
13．设函数.
(1)判断的单调性；
(2)若方程有两个相异实根，，求实数的取值范围，并证明：.
14．已知函数的在数集上都有定义，对于任意的，当时，或成立，则称是数集上的限制函数．
（1）试判断函数是否是函数在上的限制函数；
（2）设是在区间上的限制函数且在区间上的值恒正，求证：函数在区间上是增函数；
（3）设，试写出函数在上的限制函数，并利用（2）的结论，求在上的单调区间，说明理由．
15．已知函数，函数为R上的奇函数，且.
(1)求的解析式：
(2)判断在区间上的单调性，并用定义给予证明：
(3)若的定义域为时，求关于x的不等式的解集.
16．已知二次函数过点，且当时，函数取得最小值.
（1）求函数的解析式；
（2）若，函数的图象恒在直线的上方，求实数的取值范围.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】根据行列式的定义得出函数的解析式，结合条件求出、的值，然后判断出函数的单调性，由此可得出函数的最大值.
【详解】，.
由，得，解得.
.
函数在上单调递减且非负，函数在上单调递增且为正.
因此，函数在上单调递减，则，故选B.
【点睛】本题考查新定义运算，同时也考查了函数最值的求解，解题的关键就是确定函数的解析式并判断出函数的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
2．D
【分析】利用对勾函数求得在的最小值，再得图象向右移动个单位，其函数值扩大倍，从而求解.
【详解】当时，的最小值是
由知
当时，的最小值是
当时，的最小值是
要使，则，
解得：或
故选：D.
【点睛】本题考查对勾函数和的图象平移和函数值的倍数关系，属于难度题.
3．C
【分析】取的点．因为，所以，故点在以为直径的球面上．设到平面的距离分别为，则，从而得到所以，再根据复合函数的单调性求最值，即可得答案；
【详解】取的点．因为，所以，故点在以为直径的球面上．
设到平面的距离分别为，则，
所以该多面体的体积，
过点作球的截面圆，
设圆的半径为，则，且即，所以，
又点到的距离最大值为，
所以，
因为函数在单调递增，
所以，
从而．
故选：C．
【点睛】本题考查利用导数研究多面体体积的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意构造函数研究函数的最值，从而解决问题.
4．D
【分析】构造函数，研究的单调性．
【详解】方程变形为：
，
设，则，
在上递减，在上递增，
∴，
∴的值域是，
若存在，使得，
则，，∴的最大值为8．
故选：D．
【点睛】本题考查函数的值域，解题关键是构造新函数，把问题转化为“存在，使得”，这样利用的值域就可以解决问题．
5．D
【分析】设的零点为，且，讨论区间范围写出的分段函数形式，讨论参数结合各区间的函数性质判断单调性，根据已知区间的单调性求参数范围即可.
【详解】设，其判别式，
∴函数一定有两个零点，设的两个零点为，且，
由，得，，
∴，
①当时，在上单调递减或为常函数，从而在不可能单调递增，故；
②当时，，故，则，
∵在上单调递增，
∴在上也单调递增，，，
由在和上都单调递增，且函数的图象是连续的，
∴在上单调递增，欲使在上单调递增，只需，得，
综上：实数的范围是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：先研究绝对值部分的零点，进而写出的分段函数表达式，再讨论参数a，根据函数性质及已知区间单调性求参数的范围.
6．B
【分析】由题意可得在上单调递增，再对不等式进行移项和奇函数的定义得到，再利用函数的单调性求解即可.
【详解】因为时，单调递增，且在上的奇函数，
所以在上单调递增，
因为，
所以，
所以即，
解得：
故选：B
【点睛】本题考查了奇函数的定义和性质以及利用单调性求解抽象函数的不等式，属于较难题.
7．AC
【解析】对于A选项，直接代入计算即可；对于B选项，由题得当时，，进而得当时，，故的值域；对于C选项，结合B选项得当且时，进而得解析式；对于D选项，取特殊值即可得答案.
【详解】解：对于A选项，当时，，故A选项正确；
对于B选项，由于当，函数的值域为，所以当时，，由于，所以，因为，所以，所以当时，，综上，当时，函数的值域，故B选项错误；
对于C选项，由B 选项得当时，，故当且时，，故C选项正确；
对于D选项，取，，则，，不满足式，故D选项错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查函数的综合应用，考查分析能力与运算求解能力，是难题.本题解题的关键在于根据题意得当时，，且当，函数的值域为，进而利用函数平移与伸缩变换即可求解.
8．AD
【分析】对A，由跟随区间的定义可得，求解即可；对B，根据定义得出可求解；对C，根据定义得出，解得，令化简可判断在区间上有两根不相等的实数根；对D，根据定义设定义域为，值域为，可得讨论当时即可.
【详解】对A，若为的跟随区间，因为在区间为增函数，故其值域为，根据题意有，解得或，因为故．故A正确；
对B，因为函数在区间与上均为减函数，故若存在跟随区间则有，解得：，但，
故不存在，B错误．
对C，若函数存在跟随区间，因为为减函数，故由跟随区间的定义可知，，
即，因为，所以．
易得．所以，
令代入化简可得，同理也满足，即在区间上有两根不相等的实数根．
故，解得，故C不正确．
对D，若存在“3倍跟随区间”，则可设定义域为，值域为．当时，易得在区间上单调递增，此时易得为方程的两根，求解得或．故存在定义域，使得值域为．故D正确．
故选：AD．
9．
【分析】根据题意，设，根据向量的线性运算，利用表示出，求出和，然后利用双钩函数的单调性求出的取值范围.
【详解】解：由题可知，，设，
则，
所以，
而，
可得：，
所以，
设，
由双钩函数性质可知，在上单调递减，
则，
所以的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量的线性运算和平面向量的基本定理的应用，还涉及双钩函数的单调性，考查转化思想和运算能力.
10．
【解析】根据函数解析式,利用换元法表示出.结合函数的单调性,令代入后可求得的解析式.结合三角函数的化简求值及对数运算将化简,代入解析式即可求解.
【详解】对任意实数,都有
令
则
因为是定义域为的单调函数
所当时,函数值唯一,即代入
可得,即
化简可得,经检验可知为方程的解
而为单调递减函数,为单调递增函数
所以两个函数只有一个交点,即只有一个根为
所以
而
所以
故答案为:
【点睛】本题考查了复合函数解析式的求法,换元法求解析式的应用,三角函数化简及对数运算性质应用,属于难题.
11．
【分析】由题可得，当时，，分类讨论以确定函数的单调性，从而求最值，化简恒成立问题为最值问题即可．
【详解】当时，
，
，
当时，
，
故不等式恒成立；
当时，
显然当时，为增函数，故，
当时，，由对勾函数的单调性可知为增函数，故，
故在上，，
故，
故；
当时，在上单调递增，
故，
故，
故无解，
综上所述，．
故答案为：．
12．
【分析】由题意分类讨论和两种情况，结合恒成立的条件整理计算即可求得最终结果.
【详解】分类讨论：①当时，即：，
整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：
当时，，则；
②当时，即：，整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：
当或时，，则；
综合①②可得的取值范围是，故答案为.
点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min.有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．
13．(1)在上单调递增；在上单调递减
(2)实数的取值范围是；证明见解析
【分析】（1）求导分析函数的单调性即可；
（2）方程有两个相异实根即有两根，再求导分析的单调性与最值，进而求得实数的取值范围即可；证明时，不妨设，再转证，根据，结合，构造函数，再求导分析的最小值可得，进而得证
(1)
，令有，故在上单调递增；令有，故在上单调递减
(2)
由得，
令，则，
设，则，因为，所以恒成立，
函数在单调递减，而，故在上，，
单调递增，在上，，单调递减，所以.且当趋近于0与正无穷大时，趋近于负无穷，故方程恰有两个相异的实根只需：，
所以实数的取值范围是；
下证：，不妨设，则，，
所以，因为，
所以
，
令，则，
所以在上单调递增，所以当时，，
即，所以，所以.
14．（1）在上的限制函数为；（2）证明见解析；（3）的递增区间是，递减区间是，理由见解析.
【解析】(1)根据限制函数的定义，即可得出结论；
(2）对任意的上恒为正值，所以，根据限制函数的定义，推出，即，进而证出函数的单调性；
(3）设，通过化简得，得到，然后推出，由解得增区间，由，可得减区间.
【详解】（1）对任意，因为，
所以，在上的限制函数为
（2）对于任意的，当时，
因为在区间上恒为正值，所以，
由于或成立，
所以，即，
所以在上是增函数．
（3）设，则，
所以，即．
由，解得，
因而，当时，递增，即的递增区间是；
当时，通减，即的递减区间是．
【点睛】关键点点睛：根据限制函数的定义，找出所给函数的限制函数是解题的关键，寻找函数的限制函数时，要理解所给限制函数的定义.
15．(1)；
(2)单调递增.证明见解析；
(3)
【分析】（1）列方程组解得参数a、b，即可求得的解析式；
（2）以函数单调性定义去证明即可；
（3）依据奇函数在上单调递增，把不等式转化为整式不等式即可解决.
(1)
由题意可知，即，解之得，
则，经检验，符合题意.
(2)
在区间上单调递增.
设任意，且，
则
由，且，可得
则，即
故在区间上单调递增.
(3)
不等式可化为
等价于，解之得
故不等式的解集为
16．(1)；(2).
【分析】(1)由给定最小值及取最小值的x值写出函数解析式，再由图象过点求解即得；
(2)结合(1)的结论得时，不等式恒成立，再构造函数并探讨其最值即可得解.
【详解】(1)因二次函数在时，取得最小值，必有a>0，
则，而函数图象过点，即，解得， ，
所以函数的解析式为；
(2)由(1)知，，函数的图象恒在直线的上方，
等价于，，
令，，二次函数图象对称轴为，
当，即时，在上递增，，由得或，
于是得，
，即时，在上递减，，
于是得，
当，即时，，解得或，于是得，
综上得或
所以实数的取值范围是.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页