2021版高考数学一轮复习核心素养测评四函数的单调性与最值新人教B版 0
核心素养测评四 函数的单调性与最值
(25分钟 50分)
一、选择题(每小题5分,共35分)
1.(多选)下列函数中,定义域是R且为增函数的是 ( )
A.y=e-x B.y=x3
C.y=ln x D.y=x
【解析】选B、D.对于选项A,y=ex为增函数,y=-x为减函数,故y=e-x为减函数,对于选项B,y′=3x2≥0,故y=x3为增函数,定义域为R.对于选项C,函数的定义域为x>0,不为R,对于选项D,函数y=x定义域为R,且在R上单调递增.
2.(2020·武汉模拟)函数f(x)=|x-2|x的单调递减区间是 ( )
A.[1,2] B.[-1,0]
C.[0,2] D.[2,+∞)
【解析】选A.f(x)=|x-2|x
=其图象如图,
由图象可知函数的单调递减区间是[1,2].
3.(2019·长春模拟)已知函数f(x)=|x+a|在(-∞,-1)上是单调函数,则a的取值范围是 ( )
A.(-∞,1] B.(-∞,-1]
C.[-1,+∞) D.[1,+∞)
【解析】选A.因为函数f(x)在(-∞,-a)上是单调函数,所以-a≥-1,解得a≤1.
4.函数y=的单调增区间是 ( )
A.(-∞,-3) B.[2,+∞)
C.[0,2) D.[-3,2]
【解析】选B.因为x2+x-6≥0,所以x≥2或x≤-3,y=x2+x-6在(-∞,-3)上单调递减,在
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[2,+∞)上单调递增,所以y=在[2,+∞)上单调递增.
【变式备选】
(2020·济宁模拟)函数f(x)=lg(x2-4)的单调递增区间为 ( )
A.(0,+∞) B.(-∞,0)
C.(2,+∞) D.(-∞,-2)
【解析】选C.由复合函数的单调性,要使f(x)单调递增,需解得x>2.
5.已知函数f(x)是R上的增函数,对实数a,b,若a+b>0,则有 ( )
A.f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b)
B.f(a)+f(b)
f(-a)-f(-b)
D.f(a)-f(b)0,所以a>-b,b>-a.
所以f(a)>f(-b),f(b)>f(-a),结合选项,可知选A.
6.(2019·潍坊模拟)对于每一个实数x,f(x)是y=2-x2和y=x这两个函数中的较小者,则f(x)的最大值是 ( )
A.2 B.1 C.0 D.-2
【解析】选B.画出函数f(x)的图象,如图所示:
其中A(1,1),B(-2,-2),故当x=1时,函数f(x)的最大值为1.
【一题多解】选B.
f(x)=
当x<-2时,函数f(x)的值域为(-∞,-2);当-2≤x≤1时,函数f(x)的值域为[-2,1];
当x>1时,函数f(x)的值域为(-∞,1).故函数f(x)的值域为(-∞,1],所以f(x)max=1.
【变式备选】
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已知函数f(x)=2x-1,g(x)=1-x2,构造函数F(x),定义如下:当|f(x)|≥g(x)时,F(x)=|f(x)|,当|f(x)|0时,函数的图象向右上方无限延展,所以F(x)无最大值.
7.已知函数f(x)=是R上的单调递增函数,则实数a的取值范围是 ( )
A.(1,+∞) B.[4,8)
C.(4,8) D.(1,8)
【解析】选B.由f(x)在R上单调递增,
则有解得4≤a<8.
【变式备选】
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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】选C.因为f(x)在R上单调递减,
所以解得≤a<.
二、填空题(每小题5分,共15分)
8.(2020·北京模拟)函数y=的最大值是______.
【解析】函数y=>0,函数值取得最大值时,即当分母最小即可取得最大值,分母最小时x=0,|x|+2=2,此时函数最大值为:.
答案:
9.函数f(x)=-+b(a>0)在上的值域为,则a=________,b=________.
【解析】因为f(x)=-+b(a>0)在上是增函数,所以f=,f(2)=2.
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即
解得a=1,b=.
答案:1
10.若函数f(x)=x2+a|x-1|在[0,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围
是________.
【解析】f(x)=x2+a|x-1|=
要使f(x)在[0,+∞)上单调递增,则得-2≤a≤0,所以实数a的取值范围是[-2,0].
答案:[-2,0]
(15分钟 35分)
1.(5分)(2020·黄冈模拟)设函数f(x)=
则满足f(x)≤2的x的取值范围是 ( )
A.[-1,2] B.[0,2]
C.[1,+∞) D.[0,+∞)
【解析】选D.当x≤1时,21-x≤2可变形为1-x≤1,x≥0,所以0≤x≤1.当x>1时,1-log2x≤2可变形为x≥,所以x>1,故x的取值范围为[0,+∞).
2.(5分)(2019·蚌埠模拟)已知单调函数f(x),对任意的x∈R都有f[f(x)-2x]=6,则f(2)= ( )
A.2 B.4 C.6 D.8
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【解析】选C.设t=f(x)-2x,则f(t)=6,且f(x)=2x+t,令x=t,则f(t)=2t+t=6,因为f(x)是单调函数,f(2)=22+2=6,所以t=2,即f(x)=2x+2,则f(2)=4+2=6.
3.(5分)(2020·连云港模拟)函数y=3x+的值域是________.
【解析】函数y=3x+,设=t,则t≥0,那么x=t2+1.
可得函数y=3(t2+1)+t=3t2+t+3,t≥0.其对称轴t=-,开口向上,所以函数y在[0,+∞)上单调递增,
所以当t=0时,y取得最小值为3.
所以函数y=3x+的值域是[3,+∞).
答案:[3,+∞)
【变式备选】
函数y=-x(x≥0)的最大值为________.
【解析】令t=,则t≥0,
所以y=t-t2=-+,
所以当t=,即x=时,ymax=.
答案:
4.(10分)已知函数f(x)=ax+(1-x)(a>0),且f(x)在[0,1]上的最小值为g(a),求g(a)的最大值.
【解析】f(x)=x+,当a>1时,a->0,此时f(x)在[0,1]上为增函数,
所以g(a)=f(0)=;
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当00时,恒有f(x)>1.
(1)求证:f(x)在R上是增函数.
(2)若f(3)=4,解不等式f(a2+a-5)<2.
【解析】(1)设x10.
因为当x>0时,f(x)>1,
所以f(x2-x1)>1,
f(x2)=f[(x2-x1)+x1]=f(x2-x1)+f(x1)-1,
所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0⇒f(x1)
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