高中数学高考课后限时集训5 函数的单调性与最值 作业

这是一份高中数学高考课后限时集训5 函数的单调性与最值 作业，共6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。
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一、选择题
1．下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是( )
A．y＝eq \f(1,x)－x B．y＝x2－x
C．y＝ln x－x D．y＝ex－x
A [对于A，y1＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x在(0，＋∞)内是增函数，则y＝eq \f(1,x)－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.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]
C．[－3，－2eq \r(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－eq \f(a,2)∈[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)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))的x的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
D [因为函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f(2x－1)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))).
所以0≤2x－1＜eq \f(1,3)，解得eq \f(1,2)≤x＜eq \f(2,3).]
5．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
D [由题意知a＜1，若a≤0，则g(x)＝x＋eq \f(a,x)－2a在(1，＋∞)上单调递增；若0＜a＜1，g(x)＝x＋eq \f(a,x)－2a在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增．综上可得，g(x)＝x＋eq \f(a,x)－2a在区间(1，＋∞)上是增函数．故选D.]
二、填空题
6．函数f(x)＝eq \r(4－x)－eq \r(x＋2)的值域为________．
[－eq \r(6)，eq \r(6)] [因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－x≥0，,x＋2≥0，))所以－2≤x≤4，
所以函数f(x)的定义域为[－2,4]．
又y1＝eq \r(4－x)，y2＝－eq \r(x＋2)在区间[－2,4]上均为减函数，
所以f(x)＝eq \r(4－x)－eq \r(x＋2)在[－2,4]上为减函数，
所以f(4)≤f(x)≤f(－2)，
即－eq \r(6)≤f(x)≤eq \r(6).]
7．若f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－1x＋4a，x＜1，,－ax，x≥1))是定义在R上的减函数，则a的取值范围是________．
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,3))) [由题意知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－1＜0，,3a－1×1＋4a≥－a，,a＞0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＜\f(1,3)，,a≥\f(1,8)，,a＞0，))
所以a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,3))).]
8．(2019·唐山模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．
[0,1) [由题意知g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x＞1，,0，x＝1，,－x2，x＜1.))函数图象如图所示，其递减区间是[0,1)．]
三、解答题
9．已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(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)＝eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)＝eq \f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).
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)＝eq \f(x1,x1－a)－eq \f(x2,x2－a)＝eq \f(ax2－x1,x1－ax2－a).
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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x－8，x≥2,x2－2x，x＜2))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋12－9，x≥2，,x－12－1，x＜2.))
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)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋ax－2a－4，x＞2，,x2－ax＋2a－4，x≤2，))
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－eq \f(a,2)≤2，即a≥－4.
当－1＜x≤2时，f(x)单调递增，则eq \f(a,2)≤－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.eq \f(1,9) B.eq \f(1,3)
C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(1,9)
A [因为f(x＋2)＝3f(x)，所以f(x)＝eq \f(1,3)f(x＋2)＝eq \f(1,9)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)＝eq \f(1,9)f(x＋4)＝eq \f(1,9)(x＋3)2＋eq \f(1,9)，故当x＝－3时，f(x)取得最小值eq \f(1,9)，故选A.]
2．定义新运算 eq \\ac(○,+)：当a≥b时，a eq \\ac(○,+)b＝a；当a＜b时，a eq \\ac(○,+)b＝b2，则函数f(x)＝(1 eq \\ac(○,+)x)x－(2 eq \\ac(○,+)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．已知函数f(x)＝ln x＋x，若f(a2－a)＞f(a＋3)，则正实数a的取值范围是________．
(3，＋∞) [因为f(x)＝ln x＋x在(0，＋∞)上是增函数，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－a＞a＋3，,a2－a＞0，,a＋3＞0，))解得－3＜a＜－1或a＞3.
又a＞0，所以a＞3.]
4．设函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，x＞0，,－fx，x＜0.))
(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)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋12，x＞0，,－x＋12，x＜0.))
(2)由(1)可知f(x)＝x2＋2x＋1，
∴g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，
由g(x)在[－2,2]上是单调函数，知－eq \f(2－k,2)≤－2或－eq \f(2－k,2)≥2，得k≤－2或k≥6.
即实数k的取值范围为(－∞，－2]∪[6，＋∞)．
1．若f(x)＝－x2＋4mx与g(x)＝eq \f(2m,x＋1)在区间[2,4]上都是减函数，则m的取值范围是( )
A．(－∞，0)∪(0,1] B．(－1,0)∪(0,1]
C．(0，＋∞) D．(0,1]
D [函数f(x)＝－x2＋4mx的图象开口向下，且以直线x＝2m为对称轴，若在区间[2,4]上是减函数，则2m≤2，解得m≤1；g(x)＝eq \f(2m,x＋1)的图象由y＝eq \f(2m,x)的图象向左平移一个单位长度得到，若在区间[2,4]上是减函数，则2m＞0，解得m＞0.综上可得，m的取值范围是(0,1]．]
2．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)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，
当x>1时，f(x)