高考数学(理数)一轮复习：课时达标检测05《函数的单调性与最值》(教师版)

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这是一份高考数学(理数)一轮复习：课时达标检测05《函数的单调性与最值》(教师版)，共5页。

对点练(一) 函数的单调性
1．给定函数①y＝x SKIPIF 1 < 0 ，②y＝lg SKIPIF 1 < 0 (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( )
A．①②B．②③
C．③④D．①④
解析：选B ①y＝x SKIPIF 1 < 0 在(0,1)上递增；②∵t＝x＋1在(0,1)上递增，且0故y＝lg SKIPIF 1 < 0 (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.
2．若函数f(x)满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1f(x2)”，则f(x)的解析式可以是( )
A．f(x)＝(x－1)2B．f(x)＝ex
C．f(x)＝eq \f(1,x)D．f(x)＝ln(x＋1)
解析：选C 根据条件知，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．对于A，f(x)＝(x－1)2在(1，＋∞)上单调递增，排除A；对于B，f(x)＝ex在(0，＋∞)上单调递增，排除B；对于C，f(x)＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，C正确；对于D，f(x)＝ln(x＋1)在(0，＋∞)上单调递增，排除D.
3．函数f(x)＝lg3(3－4x＋x2)的单调递减区间为( )
A．(－∞，2)B．(－∞，1)，(3，＋∞)
C．(－∞，1)D．(－∞，1)，(2，＋∞)
解析：选C 由3－4x＋x2>0得x<1或x>3.易知函数y＝3－4x＋x2的单调递减区间为(－∞，2)，函数y＝lg3x在其定义域上单调递增，由复合函数的单调性知，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，故选C.
4．下列四个函数中，在定义域上不是单调函数的是( )
A．y＝－2x＋1B．y＝eq \f(1,x)
C．y＝lg xD．y＝x3
解析：选B y＝－2x＋1在定义域上为单调递减函数；y＝lg x在定义域上为单调递增函数；y＝x3在定义域上为单调递增函数；y＝eq \f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上均为单调递减函数，但在定义域上不是单调函数．故选B.
5．若函数f(x)＝8x2－2kx－7在[1,5]上为单调函数，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，8]B．[40，＋∞)
C．(－∞，8]∪[40，＋∞)D．[8,40]
解析：选C 由题意知函数f(x)＝8x2－2kx－7的图象的对称轴为x＝eq \f(k,8)，因为函数f(x)＝8x2－2kx－7在[1,5]上为单调函数，所以eq \f(k,8)≤1或eq \f(k,8)≥5，解得k≤8或k≥40，所以实数k的取值范围是(－∞，8]∪[40，＋∞)．故选C.
6．定义运算eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a b,c d))＝ad－bc，若函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－1 2,－x x＋3))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：选D ∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a b,c d))＝ad－bc，
∴f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－1 2,－x x＋3))＝(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.故选D.
对点练(二) 函数的最值
1．已知a>0，设函数f(x)＝eq \f(2 018x＋1＋2 016,2 018x＋1)(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝( )
A．2 016B．2 018
C．4 032D．4 034
解析：选D 由题意得f(x)＝eq \f(2 018x＋1＋2 016,2 018x＋1)＝2 018－eq \f(2,2 018x＋1).∵y＝2 018x＋1在[－a，a]上是单调递增的，∴f(x)＝2 018－eq \f(2,2 018x＋1)在[－a，a]上是单调递增的，∴M＝f(a)，N＝f(－a)，∴M＋N＝f(a)＋f(－a)＝4 036－eq \f(2,2 018a＋1)－eq \f(2,2 018－a＋1)＝4 034.
2．已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝eq \f(fx,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
解析：选D 由题意知a<1，又函数g(x)＝x＋eq \f(a,x)－2a在[eq \r(|a|)，＋∞)上为增函数，故选D.
3．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋6，x≤2，,3＋lgax，x>2))(a>0且a≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a的取值范围是( )
A．(1,2]B．(0,2]
C．[2，＋∞)D．(1,2eq \r(2) ]
解析：选A 当x≤2时，－x＋6≥4.当x>2时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋lgax≥4，,a>1，))∴a∈(1,2]，故选A.
4．已知函数f(x)＝(x2－2x)·sin(x－1)＋x＋1在[－1,3]上的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝( )
A．4B．2 C．1D．0
解析：选A 设t＝x－1，则y＝(x2－2x)sin(x－1)＋x＋1＝(t2－1)sin t＋t＋2，t∈[－2,2]．
记g(t)＝(t2－1)sin t＋t＋2，则函数y＝g(t)－2＝(t2－1)sin t＋t是奇函数．
由已知得y＝g(t)－2的最大值为M－2，最小值为m－2，所以M－2＋(m－2)＝0，
即M＋m＝4.故选A.
5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lgx2＋1，x<1，))则f(x)的最小值是________．
解析：当x≥1时，x＋eq \f(2,x)－3≥2 eq \r(x·\f(2,x))－3＝2eq \r(2)－3，当且仅当x＝eq \f(2,x)，
即x＝eq \r(2)时等号成立，此时f(x)min＝2eq \r(2)－3＜0；当x＜1时，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0，
此时f(x)min＝0.所以f(x)的最小值为2eq \r(2)－3.
答案：2eq \r(2)－3
6．已知函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，\f(4,9)))，则函数g(x)＝f(x)＋eq \r(1－2fx)的值域为________．
解析：∵eq \f(3,8)≤f(x)≤eq \f(4,9)，∴eq \f(1,3)≤eq \r(1－2fx)≤eq \f(1,2).令t＝eq \r(1－2fx)，则f(x)＝eq \f(1,2)(1－t2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)≤t≤\f(1,2)))，
令y＝g(x)，则y＝eq \f(1,2)(1－t2)＋t，即y＝－eq \f(1,2)(t－1)2＋1eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)≤t≤\f(1,2))).
∴当t＝eq \f(1,3)时，y有最小值eq \f(7,9)；当t＝eq \f(1,2)时，y有最大值eq \f(7,8).∴g(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(7,8))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(7,8)))
[大题综合练——迁移贯通]
1．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)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\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.
2．已知函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－eq \f(2,3).
(1)求证：f(x)在R上是减函数；
(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值．
解：(1)证明：设x1>x2，则f(x1)－f(x2)
＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)
＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)
＝f(x1－x2)．
又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，
∴f(x1－x2)<0，即f(x1)∴f(x)在R上为减函数．
(2)∵f(x)在R上是减函数，∴f(x)在[－3,3]上也是减函数，
∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3)．
而f(3)＝3f(1)＝－2，且f(0)＋f(0)＝f(0)，∴f(0)＝0，
又f(－3)＋f(3)＝f(－3＋3)＝0，∴f(－3)＝－f(3)＝2.
∴f(x)在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.
3．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则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)＝eq \f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).
∵(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∵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]．

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