北师大版高考数学一轮复习第2章第2节函数的单调性与最值课时作业理含解析

函数的单调性与最值

授课提示：对应学生用书第273页

[A组　基础保分练]

1.下列函数中，在区间（－1，1）上为减函数的是（　　）

A.y＝　　　　　　　 B.y＝cos x

C.y＝ln（x＋1）  D.y＝2－x

解析：函数y＝，y＝ln（x＋1）在（－1，1）上都是增函数，函数y＝cos x在（－1，0）上是增函数，在（0，1）上是减函数，而函数y＝2－x＝在（－1，1）上是减函数.

答案：D

2.函数y＝有（　　）

A.最小值2  B.最小值

C.最大值2  D.最大值

解析：易知y＝，因为（x－1）2＋2≥2，所以y≥.

答案：B

3.函数f（x）＝的最大值是（　　）

A.  B.

C.  D.

解析：由f（x）＝≤，

则f（x）max＝.

答案：D

4.设偶函数f（x）的定义域为R，当x∈[0，＋∞）时，f（x）是增函数，则f（－2），f（π），f（－3）的大小关系是（　　）

A.f（π）＞f（－3）＞f（－2）

B.f（π）＞f（－2）＞f（－3）

C.f（π）＜f（－3）＜f（－2）

D.f（π）＜f（－2）＜f（－3）

解析：因为f（x）是偶函数，所以f（－3）＝f（3），f（－2）＝f（2）.又因为函数f（x）在[0，＋∞）上是增函数，所以f（π）＞f（3）＞f（2），即f（π）＞f（－3）＞f（－2）.

答案：A

5.函数f（x）＝loga（x2－4x－5）（a＞1）的单调递增区间是（　　）

A.（－∞，－2）  B.（－∞，－1）

C.（2，＋∞）  D.（5，＋∞）

解析：根据题意，得x2－4x－5＞0，解得x＜－1或x＞5，设u＝x2－4x－5＝（x－2）2－9，易知u＝x2－4x－5的单调递增区间为（2，＋∞），所以f（x）＝loga（x2－4x－5）的单调递增区间是（5，＋∞）.

答案：D

6.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：因为函数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.

答案：B

7.函数f（x）＝（x≥2）的最大值为__________.

解析：易得f（x）＝＝1＋，

当x≥2时，x－1＞0，易知f（x）在[2，＋∞）上是减函数，

∴f（x）max＝f（2）＝1＋＝2.

答案：2

8.设函数f（x）＝若函数y＝f（x）在区间（a，a＋1）上是增加的，则实数a的取值范围是__________.

解析：作出函数f（x）的图像如图所示，由图像可知f（x）在（a，a＋1）上是增加的，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.

答案：（－∞，1]∪[4，＋∞）

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a的取值范围.

解析：（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，a的取值范围是（0，1].

[B组　能力提升练]

1.下列函数f（x）中，满足“对任意的x1，x2∈（0，＋∞）时，均有（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0”的是（　　）

A.f（x）＝  B.f（x）＝x2－4x＋4

C.f（x）＝2x  D.f（x）＝logx

解析：（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0等价于x1－x2与f（x1）－f（x2）正负号相同，故函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增.显然只有函数f（x）＝2x符合.

答案：C

2.已知函数f（x）满足f（x－1）＝f（5－x），且对任意的x1，x2∈[2，＋∞），x1≠x2，都有＜0成立，若p＝f（log216），q＝f（log47），m＝f，则p，q，m的大小关系为（　　）

A.q＜m＜p  B.p＜m＜q

C.q＜p＜m  D.p＜q＜m

解析：∵f（x－1）＝f（5－x），∴函数f（x）的图像关于直线x＝2对称.又对任意的x1，x2∈[2，＋∞），x1≠x2，都有＜0成立，∴f（x）在区间[2，＋∞）上单调递减，在（－∞，2）上单调递增.∵log216＝4，∴f（log216）＝f（4）＝f（0），又1＜log47＜log48＝，0＜＜1，∴0＜＜1＜log47＜2，∴p＜m＜q.

答案：B

3.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：由已知得当－2≤x≤1时，f（x）＝x－2，当1<x≤2时，f（x）＝x3－2，

因为f（x）＝x－2在[－2，1]上是增函数，

所以f（x）≤f（1）＝－1，

因为f（x）＝x3－2在（1，2]上是增函数，

所以f（x）≤f（2）＝6，所以f（x）max＝f（2）＝6.

答案：C

4.（2021·西安模拟）已知函数y＝log2（ax－1）在（1，2）上单调递增，则实数a的取值范围是（　　）

A.（0，1]  B.[1，2]

C.[1，＋∞）  D.[2，＋∞）

解析：要使y＝log2（ax－1）在（1，2）上单调递增，则a＞0且a－1≥0，∴a≥1.

答案：C

5.（2021·衡阳模拟）若函数f（x）＝2x－a＋1＋－a的定义域与值域相同，则a＝（　　）

A.－1  B.1

C.0  D.±1

解析：∵函数f（x）＝2x－a＋1＋－a，

∴函数f（x）的定义域为[a，＋∞）.

∵函数f（x）的定义域与值域相同，

∴函数f（x）的值域为[a，＋∞）.

又∵函数f（x）在[a，＋∞）上是单调递增函数，

∴当x＝a时，f（a）＝2a－a＋1－a＝a，解得a＝1.

答案：B

6.函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调递减区间是__________.

解析：由题意知，当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－（x－1）2＋4；当x＜0时，y＝－x2－2x＋3＝－（x＋1）2＋4，二次函数的图像如图所示，由图像可知，函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调递减区间为[－1，0]，[1，＋∞）.

答案：[－1，0]，[1，＋∞）

7.设f（x）＝若f（0）是f（x）的最小值，则a的取值范围为__________.

解析：因为当x≤0时，f（x）＝（x－a）2，f（0）是f（x）的最小值，所以a≥0.当x＞0时，f（x）＝x＋＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取“＝”.要满足f（0）是f（x）的最小值，需2＋a≥f（0）＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2，

所以a的取值范围是[0，2].

答案：[0，2]

8.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.

解析：（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a的取值范围为[－4，－2].

[C组　创新应用练]

1.定义运算＝ad－bc，若函数f（x）＝在（－∞，m）上单调递减，则实数m的取值范围是（　　）

A.（－2，＋∞）  B.[－2，＋∞）

C.（－∞，－2）  D.（－∞，－2]

解析：∵＝ad－bc，∴f（x）＝＝（x－1）（x＋3）－2×（－x）＝x2＋4x－3＝（x＋2）2－7，

∴f（x）的单调递减区间为（－∞，－2），

∵函数f（x）在（－∞，m）上单调递减，

 ∴（－∞，m）⊆（－∞，－2），即m≤－2.

答案：D

2.如果函数y＝f（x）在区间I上是增函数，且函数y＝在区间I上是减函数，那么称函数y＝f（x）是区间I上的“缓增函数”，区间I叫做“缓增区间”.若函数f（x）＝x2－x＋是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为（　　）

A.[1，＋∞）  B.[0，]

C.[0，1]  D.[1，]

解析：因为函数f（x）＝x2－x＋的对称轴为x＝1，所以函数y＝f（x）在区间[1，＋∞）上是增函数，

又当x≥1时，＝x－1＋.

令g（x）＝x－1＋（x≥1），

则g′（x）＝－＝，

由g′（x）≤0得1≤x≤，

即函数＝x－1＋在区间[1，]上单调递减，故“缓增区间”I为[1，].

答案：D

3.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，f（3）＝1.

（1）判断f（x）的单调性；

（2）解关于x的不等式f（3x＋6）＋f＞2；

（3）若f（x）≤m2－2am＋1对所有x∈（0，3]，a∈[－1，1]恒成立，求实数m的取值范围.

解析：（1）设x1＞x2＞0，则＞1，

因为当x＞1时，f（x）＞0，

所以f（x1）－f（x2）＝f＞0，

所以f（x1）＞f（x2），所以函数f（x）在区间（0，＋∞）上为增函数.

（2）在f（x1）－f（x2）＝f中，

令x1＝9，x2＝3，

所以f（9）－f（3）＝f（3）.

又f（3）＝1，所以f（9）＝2.

所以不等式f（3x＋6）＋f＞2，可转化为f（3x＋6）＋f＞f（9），

所以f（3x＋6）＞f（9）－f＝f（9x），

由函数f（x）为（0，＋∞）上的增函数，可得3x＋6＞9x＞0，所以0＜x＜1，

所以原不等式的解集为（0，1）.

（3）因为函数f（x）在（0，3]上是增函数，

所以f（x）在（0，3]上的最大值为f（3）＝1，

所以不等式f（x）≤m2－2am＋1对所有x∈（0，3]，a∈[－1，1]恒成立转化为1≤m2－2am＋1对所有a∈[－1，1]恒成立，即m2－2am≥0对所有a∈[－1，1]恒成立.

设g（a）＝－2ma＋m2，

所以需满足即解该不等式组，得m≤－2或m≥2或m＝0，

即实数m的取值范围为（－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞）.