2020届高考数学一轮复习：课时作业5《函数的单调性与最值》(含解析) 练习

课时作业5　函数的单调性与最值

1．下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)”的是(　A　)

A．f(x)＝ B．f(x)＝(x－1)2

C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1)

解析：依题意可得函数在(0，＋∞)上单调递减，故由选项可得A正确．

2．(2019·阜阳模拟)给定函数①y＝x，②y＝log(x＋1)，③y＝|x－1|，④y＝2x＋1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是(　B　)

A．①②　　　B．②③　　　C．③④　　　D．①④

解析：①y＝x在(0,1)上递增；

②∵t＝x＋1在(0,1)上递增，且0＜＜1，

故y＝log(x＋1)在(0,1)上递减；

③结合图象可知y＝|x－1|在(0,1)上递减；

④∵u＝x＋1在(0,1)上递增，且2＞1，故y＝2x＋1在(0,1)上递增．

故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.

3．已知f(x)＝是(－∞，＋∞)上的减函数，则a的取值范围是(　C　)

A．(0,1)   B.

C.   D.

解析：由f(x)是减函数，得

∴≤a＜，∴a的取值范围是.

4．(2019·山西晋城一模)已知函数f(x)＝loga(－x2－2x＋3)(a＞0且a≠1)，若f(0)＜0，则此函数的单调递增区间是(　C　)

A．(－∞，－1] B．[－1，＋∞)

C．[－1,1) D．(－3，－1]

解析：令g(x)＝－x2－2x＋3，

由题意知g(x)＞0，可得－3＜x＜1，

故函数的定义域为{x|－3＜x＜1}．

根据f(0)＝loga3＜0，可得0＜a＜1，

则本题即求函数g(x)在(－3,1)内的减区间．

利用二次函数的性质可求得函数g(x)在(－3,1)内的减区间为[－1,1)，故选C.

5．(2019·河南郑州一模)若函数y＝在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值为M，最小值为m，则M－m＝(　A　)

A. B．2

C.   D.

解析：可令|x|＝t，则1≤t≤4，y＝－，

易知y＝－在[1,4]上递增，

∴其最小值为1－1＝0；

最大值为2－＝，则m＝0，M＝，

则M－m＝，故选A.

6．(2019·山东济宁模拟)已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＜0.设a＝ln，b＝(lnπ)2，c＝ln，则(　C　)

A．f(a)＞f(b)＞f(c) B．f(b)＞f(a)＞f(c)

C．f(c)＞f(a)＞f(b) D．f(c)＞f(b)＞f(a)

解析：由题意易知f(x)在(0，＋∞)上是减函数，

又∵|a|＝lnπ＞1，b＝(lnπ)2＞|a|,0＜c＝＜|a|，

∴f(c)＞f(|a|)＞f(b)．

又由题意知f(a)＝f(|a|)，∴f(c)＞f(a)＞f(b)．故选C.

7．(2019·河南安阳一模)已知函数f(x)满足：①对任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，都有＞0；②对定义域内的任意x，都有f(x)＝f(－x)，则符合上述条件的函数是(　A　)

A．f(x)＝x2＋|x|＋1 B．f(x)＝－x

C．f(x)＝ln|x＋1| D．f(x)＝cosx

解析：由题意得：f(x)是偶函数，在(0，＋∞)上递增．

对于A，f(－x)＝f(x)，是偶函数，

且x＞0时，f(x)＝x2＋x＋1，f′(x)＝2x＋1＞0，

故f(x)在(0，＋∞)上递增，符合题意；

对于B，函数f(x)是奇函数，不符合题意；

对于C，由x＋1≠0，解得x≠－1，定义域不关于原点对称，故函数f(x)不是偶函数，不符合题意；

对于D，函数f(x)在(0，＋∞)上不单调递增，不符合题意，故选A.

8．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　)

A．(－∞，－2) B．(－∞，0)

C．(0,2) D．(－2,0)

解析：二次函数y＝x2－4x＋3图象的对称轴是直线x＝2，∴该函数在(－∞，0]上单调递减，∴x2－4x＋3≥3，同样可知函数y＝－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)，故选A.

9．设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是[0,1)__．

解析：由题意知g(x)＝该函数图象如图所示，其单调递减区间是[0,1)．

10．(2019·珠海模拟)定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f＝0，则不等式f(logx)＞0的解集为　.

解析：由题意知，f＝－f＝0，

f(x)在(－∞，0)上也单调递增．

∴f(logx)＞f或f(0)>f(logx)＞f，

∴logx＞或－＜logx＜0，

解得0＜x＜或1＜x＜3.

∴原不等式的解集为.

11．(2019·西安模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，②当x＞0时，f(x)＞－1.

(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调增函数．

(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4.

解：(1)令x＝y＝0得f(0)＝－1.

证明：在R上任取x1＞x2，

则x1－x2＞0，f(x1－x2)＞－1.

又f(x1)＝f((x1－x2)＋x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1＞f(x2)，

所以，函数f(x)在R上是单调增函数．

(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.

由f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4得f(x2＋x＋1)＞f(3)，

又函数f(x)在R上是增函数，

故x2＋x＋1＞3，解得x＜－2或x＞1，

故原不等式的解集为{x|x＜－2或x＞1}．

12．已知函数f(x)＝lg，其中a是大于0的常数．

(1)求函数f(x)的定义域；

(2)当a∈(1,4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；

(3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0，试确定a的取值范围．

解：(1)由x＋－2＞0，得＞0，

当a＞1时，x2－2x＋a＞0恒成立，定义域为(0，＋∞)，

当a＝1时，定义域为{x|x＞0且x≠1}，

当0＜a＜1时，定义域为{x|0＜x＜1－或x＞1＋}．

(2)设g(x)＝x＋－2，当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，

∴g′(x)＝1－＝＞0.

因此g(x)在[2，＋∞)上是增函数，

∴f(x)在[2，＋∞)上是增函数．

则f(x)min＝f(2)＝lg.

(3)对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0.

即x＋－2＞1对x∈[2，＋∞)恒成立．

∴a＞3x－x2.令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞)．

由于h(x)＝－2＋在[2，＋∞)上是减函数，

∴h(x)max＝h(2)＝2.故a＞2时，恒有f(x)＞0.

因此实数a的取值范围为(2，＋∞)．

13．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(　D　)

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，]．

14．(2019·海南阶段性测试)已知函数f(x)＝2 017x＋log2 017(＋x)－2 017－x＋3，则关于x的不等式f(1－2x)＋f(x)＞6的解集为(　A　)

A．(－∞，1) B．(1，＋∞)

C．(－∞，2) D．(2，＋∞)

解析：因为函数y1＝2 017x－2 017－x是奇函数，函数y2＝log2 017(＋x)为奇函数，所以函数g(x)＝2 017x－2 017－x＋log2 017(＋x)为奇函数且在(－∞，＋∞)上单调递增，∴f(1－2x)＋f(x)＞6即g(1－2x)＋3＋g(x)＋3＞6，即g(x)＞g(2x－1)，∴x＞2x－1，∴x＜1，

∴不等式f(1－2x)＋f(x)＞6的解集为(－∞，1)．故选A.

15．设函数f(x)＝＋2 016sinx，x∈的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝4_033__.

解析：f(x)＝＋2 016sinx

＝＋2 016sinx

＝2 017－＋2 016sinx.

显然该函数在区间上单调递增，

故最大值为f，最小值为f，

所以M＋N＝f＋f＝

＋

＝4 034－－

＝4 034－1＝4 033.

16．(2019·中山模拟)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：(1)设x1＞x2＞0，则＞1，

∵当x＞1时，f(x)＞0，

∴f(x1)－f(x2)＝f＞0，∴f(x1)＞f(x2)，

∴函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数．

(2)在f(x1)－f(x2)＝f中，令x1＝9，x2＝3，

∴f(9)－f(3)＝f(3)．又f(3)＝1，∴f(9)＝2.

∴不等式f(3x＋6)＋f＞2，

可转化为f(3x＋6)＋f＞f(9)，

∴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，∴0＜x＜1，

∴原不等式的解集为(0,1)．

(3)∵函数f(x)在(0,3]上是增函数，

∴f(x)在(0,3]上的最大值为f(3)＝1，

∴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，

∴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，＋∞)．