2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业05《函数的单调性与最值》（教师版）

这是一份2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业05《函数的单调性与最值》（教师版），共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．下列函数中，图象是轴对称图形且在区间(0，＋∞)上单调递减的是( B )
A．y＝eq \f(1,x) B．y＝－x2＋1 C．y＝2x D．y＝lg2|x|
解析：因为函数的图象是轴对称图形，所以排除A，C，又y＝－x2＋1在(0，＋∞)上单调递减，y＝lg2|x|在(0，＋∞)上单调递增，所以排除D.故选B.
2．已知函数f(x)＝eq \r(x2－2x－3)，则该函数的单调递增区间为( B )
A．(－∞，1] B．[3，＋∞) C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)
解析：设t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t＝x2－2x－3的图象的对称轴为x＝1，所以函数t在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增．所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)．
3．函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up15(eq \f(1,x2＋1)) 的值域为( C )
A．(－∞，1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析：因为x2≥0，所以x2＋1≥1，即eq \f(1,x2＋1)∈(0,1]，故y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up15(eq \f(1,x2＋1)) ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
4．若函数f(x)同时满足下列两个条件，则称该函数为“优美函数”：
(1)∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝0；
(2)∀x1，x2∈R，且x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0.
①f(x)＝sinx；②f(x)＝－2x3；③f(x)＝1－x；④f(x)＝ln(eq \r(x2＋1)＋x)．
以上四个函数中，“优美函数”的个数是( B )
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：由条件(1)，得f(x)是奇函数，由条件(2)，得f(x)是R上的单调减函数．
对于①，f(x)＝sinx在R上不单调，故不是“优美函数”；对于②，f(x)＝－2x3既是奇函数，又在R上单调递减，故是“优美函数”；对于③，f(x)＝1－x不是奇函数，故不是“优美函数”；对于④，易知f(x)在R上单调递增，故不是“优美函数”．故选B.
5．函数y＝f(x)在[0,2]上单调递增，且函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，则下列结论成立的是( B )
A．f(1)C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))解析：因为f(x)的图象关于直线x＝2对称，所以f(x)＝f(4－x)，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))).又0所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))6．已知a>0，设函数f(x)＝eq \f(2 019x＋1＋2 017,2 019x＋1)(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝( D )
A．2 017 B．2 019 C．4 032 D．4 036
解析：由题意得f(x)＝eq \f(2 019x＋1＋2 017,2 019x＋1)＝2 019－eq \f(2,2 019x＋1).
∵y＝2 019x＋1在[－a，a]上是单调递增的，
∴f(x)＝2 019－eq \f(2,2 019x＋1)在[－a，a]上是单调递增的，∴M＝f(a)，N＝f(－a)，
∴M＋N＝f(a)＋f(－a)＝4 038－eq \f(2,2 019a＋1)－eq \f(2,2 019－a＋1)＝4 036.
二、填空题
7．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(－3，－1)∪(3，＋∞)．
解析：由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得－33.
所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．
8．能说明“若f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成立，则f(x)在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是f(x)＝sinx(答案不唯一)．
解析：这是一道开放性试题，答案不唯一，只要满足f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成立，且函数f(x)在[0,2]上不是增函数即可．如f(x)＝sinx，答案不唯一．
9．若函数f(x)＝ln(ax2＋x)在区间(0,1)上单调递增，则实数a的取值范围为a≥－eq \f(1,2).
解析：若函数f(x)＝ln(ax2＋x)在区间(0,1)上单调递增，则函数g(x)＝ax2＋x在(0,1)上单调递增且g(x)>0恒成立．当a＝0时，g(x)＝x在(0,1)上单调递增且g(x)>0，符合题意；当a>0时，g(x)图象的对称轴为x＝－eq \f(1,2a)<0，且有g(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，符合题意；当a<0时，需满足g(x)图象的对称轴x＝－eq \f(1,2a)≥1，且有g(x)>0，
解得a≥－eq \f(1,2)，则－eq \f(1,2)≤a<0.综上，a≥－eq \f(1,2).
10．若函数f(x)＝ax＋b，x∈[a－4，a]的图象关于原点对称，则函数g(x)＝bx＋eq \f(a,x)，
x∈[－4，－1]的值域为[－2，－eq \f(1,2)]．
解析：由函数f(x)的图象关于原点对称，可得a－4＋a＝0，即a＝2，
则函数f(x)＝2x＋b，其定义域为[－2,2]，所以f(0)＝0，所以b＝0，所以g(x)＝eq \f(2,x)，
易知g(x)在[－4，－1]上单调递减，故值域为[g(－1)，g(－4)]，即[－2，－eq \f(1,2)]．
三、解答题
11．已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证明：f(x)在(－∞，－2)内单调递增；
(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．
解：(1)证明：任设x1∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增．
(2)任设1＝eq \f(x1,x1－a)－eq \f(x2,x2－a)＝eq \f(ax2－x1,x1－ax2－a).
∵a>0，x2－x1>0，∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0在(1，＋∞)上恒成立，
∴a≤1.
综上所述知a的取值范围是(0,1]．
12．已知函数f(x)＝ax＋eq \f(1,a)(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：f(x)＝（a－eq \f(1,a)）x＋eq \f(1,a)，当a>1时，a－eq \f(1,a)>0，此时f(x)在[0,1]上为增函数，
∴g(a)＝f(0)＝eq \f(1,a)；当0∴g(a)＝f(1)＝a；当a＝1时，f(x)＝1，此时g(a)＝1.
∴g(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a，0又a＝1时，有a＝eq \f(1,a)＝1，
∴当a＝1时，g(a)取最大值1.
13．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lnx2＋alnx＋b，x>0，,ex＋\f(1,2)，x≤0，))若f(e2)＝f(1)，f(e)＝eq \f(4,3)f(0)，
则函数f(x)的值域为(eq \f(1,2)，eq \f(3,2)]∪[2，＋∞)．
解析：由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋2a＋b＝b，,1＋a＋b＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝3，))
∴当x>0时，f(x)＝(lnx)2－2lnx＋3＝(lnx－1)2＋2≥2；
当x≤0时，eq \f(1,2)14．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f（eq \f(x1,x2)）＝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eq \f(x1,x2)>1，由于当x>1时，f(x)<0.
所以f（eq \f(x1,x2)）<0，即f(x1)－f(x2)<0.
因此f(x1)(3)∵f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数．∴f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)．
由f（eq \f(x1,x2)）＝f(x1)－f(x2)得，f(3)＝f(9)－f(3)．而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.
∴f(x)在[2,9]上的最小值为－2.
15．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2e)＝－f(x)(其中e＝2.718 2…)，且在区间[e,2e]上是减函数，令a＝eq \f(ln2,2)，b＝eq \f(ln3,3)，c＝eq \f(ln5,5)，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系(用不等号连接)为( A )
A．f(b)>f(a)>f(c) B．f(b)>f(c)>f(a)
C．f(a)>f(b)>f(c) D．f(a)>f(c)>f(b)
解析：∵f(x)是R上的奇函数，满足f(x＋2e)＝－f(x)，∴f(x＋2e)＝f(－x)，∴函数f(x)的图象关于直线x＝e对称，∵f(x)在区间[e,2e]上为减函数，∴f(x)在区间[0，e]上为增函数，又易知016．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x＋1|，－7≤x≤0，,lnx，e－2≤x≤e，))g(x)＝x2－2x，设a为实数，若存在实数m，使f(m)－2g(a)＝0，则实数a的取值范围为[－1,3]．
解析：当－7≤x≤0时，f(x)＝|x＋1|∈[0,6]，当e－2≤x≤e时，f(x)＝lnx单调递增，
得f(x)∈[－2,1]，综上，f(x)∈[－2,6]．若存在实数m，使f(m)－2g(a)＝0，
则有－2≤2g(a)≤6，即－1≤a2－2a≤3⇒－1≤a≤3.