2021高考数学一轮复习课后限时集训5函数的单调性与最值理北师大版

2021高考数学一轮复习课后限时集训5函数的单调性与最值理北师大版

课后限时集训5‎ 函数的单调性与最值 建议用时：45分钟 一、选择题 ‎1．下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是(　　)‎ A．y＝－x　　　　　 B．y＝x2－x C．y＝ln x－x D．y＝ex－x A　[对于A，y1＝在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x在(0，＋∞)内是增函数，则y＝－x在(0，＋∞)内是减函数；B，C选项中的函数在(0，＋∞)上均不单调；选项D中，y′＝ex－1，而当x∈(0，＋∞)时，y′＞0，所以函数y＝ex－x在(0，＋∞)上是增函数．]‎ ‎2．函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(　　)‎ A．(－∞，－2) B．(－∞，1)‎ C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)‎ D　[由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)，注意到函数y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)．]‎ ‎3．若函数f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a的取值范围是(　　)‎ A． B．[－6，－4]‎ C．[－3，－2] D．[－4，－3]‎ B　[由于f(x)为R上的偶函数，因此只需考虑函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性即可．由题意知函数f(x)在[3，＋∞)上为增函数，在[1,2]上为减函数，‎ 故－∈[2,3]，即a∈[－6，－4]．]‎ ‎4．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f(2x－1)＜f的x的取值范围是(　　)‎ A. B． C. D． 6‎ D　[因为函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f(2x－1)＜f.‎ 所以0≤2x－1＜，‎ 解得≤x＜.]‎ ‎5．已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝在区间(1，＋∞)上一定(　　)‎ A．有最小值 B．有最大值 C．是减函数 D．是增函数 D　[由题意知a＜1，若a≤0，则g(x)＝x＋－‎2a在(1，＋∞)上单调递增；若0＜a＜1，g(x)＝x＋－‎2a在(，＋∞)上单调递增，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增．综上可得，g(x)＝x＋－‎2a在区间(1，＋∞)上是增函数．故选D.]‎ 二、填空题 ‎6．函数f(x)＝－的值域为________．‎ ‎[－，]　[因为所以－2≤x≤4，‎ 所以函数f(x)的定义域为[－2,4]．‎ 又y1＝，y2＝－在区间[－2,4]上均为减函数，‎ 所以f(x)＝－在[－2,4]上为减函数， ‎ 所以f(4)≤f(x)≤f(－2)，‎ 即－≤f(x)≤.]‎ ‎7．若f(x)＝是定义在R上的减函数，则a的取值范围是________．‎ 　[由题意知， 解得所以a∈.]‎ ‎8．(2019·唐山模拟)设函数f(x)＝g(x)＝x‎2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．‎ ‎[0,1)　[由题意知g(x)＝函数图像如图所示，其递减区间是[0,1)．]‎ 三、解答题 6‎ ‎9．已知f(x)＝(x≠a)．‎ ‎(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增；‎ ‎(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)证明：设x1＜x2＜－2，‎ 则f(x1)－f(x2)＝－＝.‎ 因为(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，‎ 所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，‎ 所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．‎ ‎(2)设1＜x1＜x2，‎ 则f(x1)－f(x2)＝－＝.‎ 因为a＞0，x2－x1＞0，所以要使f(x1)－f(x2)＞0，‎ 只需(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，‎ 所以a≤1.综上所述，实数a的取值范围是(0,1]．‎ ‎10．已知函数f(x)＝x2＋a|x－2|－4.‎ ‎(1)当a＝2时，求f(x)在[0,3]上的最大值和最小值；‎ ‎(2)若f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋2|x－2|－4＝＝ 当x∈[0,2]时，－1≤f(x)≤0，当x∈[2,3]时，0≤f(x)≤7，‎ 所以f(x)在[0,3]上的最大值为7，最小值为－1.‎ ‎(2)因为f(x)＝ 又f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，‎ 所以当x＞2时，f(x)单调递增，则－≤2，即a≥－4.‎ 当－1＜x≤2时，f(x)单调递增，则≤－1.‎ 即a≤－2，且4＋‎2a－‎2a－4≥4－‎2a＋‎2a－4恒成立，‎ 故实数a的取值范围为[－4，－2]．‎ ‎1．函数f(x)满足f(x＋2)＝‎3f(x)，且x∈R，若当x∈[0,2]时，f(x)＝x2－2x＋2，则当x∈[－4，－2]时，f(x)的最小值为(　　)‎ A.　 B． ‎ 6‎ C．－　 D．－ A　[因为f(x＋2)＝‎3f(x)，所以f(x)＝f(x＋2)＝f(x＋4)．‎ 因为当x∈[0,2]时，f(x)＝x2－2x＋2，所以当x∈[－4，－2]，即x＋4∈[0,2]时，f(x)＝f(x＋4)＝(x＋3)2＋，故当x＝－3时，f(x)取得最小值，故选A.]‎ ‎2．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 C　[由题意知当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当1＜x≤2时，f(x)＝x3－2，又f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在相应的定义域内都为增函数，且f(1)＝－1，f(2)＝6，∴f(x)的最大值为6.]‎ ‎3．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________．‎ ‎(－∞，－2)　[二次函数y1＝x2－4x＋3的对称轴是x＝2，‎ ‎∴该函数在(－∞，0]上单调递减，‎ ‎∴x2－4x＋3≥3，同样可知函数y2＝－x2－2x＋3在(0，＋∞)上单调递减，‎ ‎∴－x2－2x＋3＜3，∴f(x)在R上单调递减，‎ ‎∴由f(x＋a)＞f(‎2a－x)得到x＋a＜‎2a－x，‎ 即2x＜a，∴2x＜a在[a，a＋1]上恒成立，‎ ‎∴2(a＋1)＜a，∴a＜－2，‎ ‎∴实数a的取值范围是(－∞，－2)．]‎ ‎4．设函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，F(x)＝ ‎(1)若f(－1)＝0，且对任意实数x均有f(x)≥0成立，求F(x)的解析式；‎ ‎(2)在(1)的条件下，当x∈[－2,2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求实数k的取值范围．‎ ‎[解]　(1)∵f(－1)＝0，∴b＝a＋1.‎ 由f(x)≥0恒成立，知a＞0且方程ax2＋bx＋1＝0中的Δ＝b2－‎4a＝(a＋1)2－‎4a＝(a－1)2≤0，∴a＝1，即b＝2.‎ 从而f(x)＝x2＋2x＋1.‎ ‎∴F(x)＝ ‎(2)由(1)可知f(x)＝x2＋2x＋1，‎ ‎∴g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，‎ 6‎ 由g(x)在[－2,2]上是单调函数，知－≤－2或－≥2，得k≤－2或k≥6.‎ 即实数k的取值范围为(－∞，－2]∪[6，＋∞)．‎ ‎1．函数f(x)的定义域为D，若对于任意x1，x2∈D，当x1＜x2时，都有f(x1)≤f(x2)，则称函数f(x)在D上为非减函数．设函数f(x)在[0,1]上为非减函数，且满足以下三个条件：‎ ‎①f(0)＝0；②f ＝f(x)；③f(1－x)＝1－f(x)．‎ 则f ＋f ＝________.‎ 　[由①③，令x＝0，可得f(1)＝1.‎ 由②，令x＝1，可得f ＝f(1)＝.‎ 令x＝，可得f ＝f ＝.‎ 由③结合f ＝，可知f ＝，‎ 令x＝，可得f ＝f ＝，‎ 因为＜＜且函数f(x)在[0,1]上为非减函数，‎ 所以f ＝，‎ 所以f ＋f ＝.]‎ ‎2．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f ＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.‎ ‎(1)求f(1)的值；‎ ‎(2)证明：f(x)为单调递减函数；‎ ‎(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．‎ ‎[解]　(1)令x1＝x2>0，‎ 代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.‎ ‎(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则>1，‎ 当x>1时，f(x)<0，∴f <0，‎ 6‎ 即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)

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