【数学】2020届一轮复习人教版（理）第一章第四节　函数的单调性与最值作业

【数学】2020届一轮复习人教版（理）第一章第四节　函数的单调性与最值作业

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)‎ A级　基础夯实练 ‎1．(2018·江西上饶模拟)函数f(x)＝－x＋在上的最大值是(　　)‎ A.　　　　　　　 B．－ C．－2 D．2‎ 解析：选A.函数f(x)＝－x＋在上单调递减，可知f(x)的最大值为f(－2)＝2－＝.‎ ‎2．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.由于f(x)＝|x－2|x＝作出函数图象如图所示：结合图象可知函数的单调递减区间是[1，2]．‎ ‎3．(2018·陕西汉中模拟)已知函数f(x)＝则“c＝－‎1”‎是“函数f(x)在R上递增”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A.若函数f(x)在R上递增，则需log21≥c＋1，即c≤－1.由c＝－1⇒c≤－1，但c≤－‎1c＝－1，所以“c＝－1”是“f(x)在R上递增”的充分不必要条件．‎ ‎4．(2018·厦门调研)函数f(x)＝log(x2－4)的单调递增区间为(　　)‎ A．(0，＋∞) B．(－∞，0)‎ C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)‎ 解析：选D.由x2－4＞0，得x＞2或x＜－2，故f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．令t＝x2－4，则f(x)＝logt(t＞0)．‎ ‎∵t＝x2－4在(－∞，－2)上是减函数，且f(x)＝logt在(0，＋∞)上是减函数，∴函数f(x)在(－∞，－2)上是增函数，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)．‎ ‎5．(2018·深圳质检)已知函数f(x)＝若f(2－a2)＞f(a)，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)‎ B．(－1，2)‎ C．(－2，1)‎ D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)‎ 解析：选C.作出f(x)＝的图象，如图，‎ 由f(x)的图象可知f(x)在(－∞，＋∞)上是单调增函数，由f(2－a2‎ ‎)＞f(a)得2－a2＞a，即a2＋a－2＜0，‎ 解得－2＜a＜1.‎ ‎6．(2018·苏州模拟)设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数k，定义函数fk(x)＝取函数f(x)＝2－|x|.当k＝时，函数fk(x)的单调递增区间为(　　)‎ A．(－∞，0)　　　　　　　 B．(0，＋∞)‎ C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)‎ 解析：选C.由f(x)＞，得－1＜x＜1，由f(x)≤，得x≤－1或x≥1.‎ 所以f(x)＝ 故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)．‎ ‎7．设函数f(x)＝ln(1＋|x|)－，则使得f(x)＞f(2x－1)成立的x的取值范围是(　　)‎ A. B.∪(1，＋∞)‎ C. D.∪ 解析：解法一：选A.易知y＝ln(1＋|x|)，y＝－是偶函数，所以f(x)是偶函数．当x＞0时，y＝ln(1＋|x|)单调递增，y＝－单调递增，所以f(x)＝ln(1＋|x|)－在x∈(0，＋∞)上单调递增．求使得f(x)＞f(2x－1)成立的x的取值范围等价于解绝对值不等式|x|＞|2x－1|，即x2＞(2x－1)2，化简为(3x－1)(x－1)＜0，解得＜x＜1.因此选A.‎ 解法二：(特殊值法)‎ 当x＝0时，f(x)＝－1，f(2x－1)＝f(－1)＝ln 2－，－1＜ln 2－，排除选项B和C.‎ 当x＝1时，f(x)＝f(2x－1)，排除选项D.因此选A.‎ ‎8．(2018·太原模拟)已知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)＞f(a＋3)，则实数a的取值范围为________．‎ 解析：由已知可得解得－3＜a＜－1或a＞3，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．‎ 答案：(－3，－1)∪(3，＋∞)‎ ‎9．(2018·石家庄调研)函数f(x)＝－log2(x＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________．‎ 解析：由于y＝在R上单调递减，y＝－log2(x＋2)在[－1，1]上单调递减，所以f(x)在[－1，1]上单调递减，故f(x)在[－1，1‎ ‎]上的最大值为f(－1)＝3.‎ 答案：3‎ ‎10．(2018·张家口检测)设函数f(x)＝g(x)＝x‎2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．‎ 解析：由题意知g(x)＝函数图象如图所示，‎ 由函数图象易得函数g(x)的单调递减区间是[0，1)．‎ 答案：[0，1)‎ B级　能力提升练 ‎11．(2018·长沙模拟)已知函数f(x)＝log2x＋，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，则(　　)‎ A．f(x1)＜0，f(x2)＜0 B．f(x1)＜0，f(x2)＞0‎ C．f(x1)＞0，f(x2)＜0 D．f(x1)＞0，f(x2)＞0‎ 解析：选B.因为函数y＝log2x与函数y＝＝－的单调性在(1，＋∞)上均为增函数，所以函数f(x)＝log2x＋在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1，2)时，f(x1)＜f(2)＝0；当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)＞f(2)＝0，即f(x1)＜0，f(x2)＞0.‎ ‎12．(2018·株洲二模)定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当a＜b时，a⊕b＝b2，则函数f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2，2‎ ‎]的最大值等于(　　)‎ A．－1 B．1‎ C．6 D．12‎ 解析：选C.由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2；‎ 当1＜x≤2时，f(x)＝x3－2.‎ ‎∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数．‎ ‎∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.‎ ‎13．已知函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)，则(　　)‎ A．f(x)在(0，2)单调递增 B．f(x)在(0，2)单调递减 C．y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称 D．y＝f(x)的图象关于点(1，0)对称 解析：解法一：选C.f(x)的定义域为(0，2)．由于f(x)＝ln x＋ln(2－x)＝ln(2x－x2)，从而对f(x)的研究可转化为对二次函数g(x)＝2x－x2(x∈(0，2))的研究．因为g(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，直线x＝1是y＝g(x)的图象的对称轴．从而排除A，B，D，故选C.‎ 解法二：由于f(2－x)＝ln(2－x)＋ln x，即f(x)＝f(2－x)，故可得y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，故选C.‎ ‎14．(2018·潍坊二模)已知f(x)＝，不等式f(x＋a)＞f(‎2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－2) B．(－∞，0)‎ C．(0，2) D．(－2，0)‎ 解析：选A.作出函数f(x)的图象如图所示，易知函数 f(x)在R上为单调递减函数，所以不等式f(x＋a)＞f(‎2a－x)在[a，a＋1]上恒成立等价于x＋a＜‎2a－x，即x＜在[a，a＋1]上恒成立，所以只需a＋1＜，即a＜－2.故选A.‎ ‎15．(2018·唐山模拟)如果对定义在R上的函数f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x‎1f(x1)＋x‎2f(x2)＞x‎1f(x2)＋x‎2f(x1)，则称函数f(x)为“H函数”．给出下列函数：①y＝ex＋x；②y＝x2；③y＝3x－sin x；④f(x)＝ 以上函数是“H函数”的所有序号为________．‎ 解析：因为对任意两个不相等的实数x1，x2，‎ 都有x‎1f(x1)＋x‎2f(x2)＞x‎1f(x2)＋x‎2f(x1)恒成立，‎ 所以不等式等价为(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0恒成立，‎ 即函数f(x)是定义在R上的增函数．‎ ‎①函数y＝ex＋x在定义域上为增函数，满足条件．‎ ‎②函数y＝x2在定义域上不单调，不满足条件．‎ ‎③y＝3x－sin x，y′＝3－cos x＞0，函数单调递增，满足条件．‎ ‎④f(x)＝当x＞0时，函数单调递增，当x＜0时，函数单调递减，不满足条件．综上，满足“H函数”的函数为①③.‎ 答案：①③‎ C级　素养加强练 ‎16．(2018·济南模拟)已知函数f(x)＝(a是常数且a＞0)．对于下列命题：‎ ‎①函数f(x)的最小值是－1；‎ ‎②函数f(x)在R上是单调函数；‎ ‎③若f(x)＞0在上恒成立，则a的取值范围是a＞1；‎ ‎④对任意的x1＜0，x2＜0且x1≠x2，恒有f＜.其中正确命题的所有序号是________．‎ 解析：根据题意可画出函数图象，由图象可知，①显然正确；‎ 函数f(x)在R上不是单调函数，故②错误；若f(x)＞0在上恒成立，‎ 则‎2a×－1＞0，a＞1，故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的x1＜0，x2＜0且x1≠x2，恒有f＜成立，故④正确．‎ 答案：①③④‎