高考数学一轮复习课时质量评价7函数的单调性与最值含答案

这是一份高考数学一轮复习课时质量评价7函数的单调性与最值含答案，共6页。试卷主要包含了故选C，已知函数f＝eq \f等内容，欢迎下载使用。
课时质量评价(七)A组　全考点巩固练1．函数f(x)＝在区间[3,7]上的最大值是M，最小值是N，则＝(　　)A． B．  C．3 D．2C　解析：f(x)在[3,7]上单调递减，故最大值为f(3)＝，最小值为f(7)＝，则＝3．故选C．2．(2021·北京卷)已知f(x)是定义在[0,1]上的函数，那么“函数f(x)在[0,1]上单调递增”是“函数f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)”的(　　)A．充分不必要条件  B．必要不充分条件C．充要条件  D．既不充分也不必要条件A　解析：若函数f(x)在[0,1]上单调递增，则f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)．若f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)，比如f(x)＝，但f(x)＝在上单调递减，在上单调递增，故f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)推不出f(x)在[0,1]上单调递增，故“函数f(x)在[0,1]上单调递增”是“f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)”的充分不必要条件．故选A．3．(2021·太原模拟)若f(x)＝－x2＋4mx与g(x)＝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　解析：由题意得f(x)关于直线x＝2m对称，所以2m≤2，即m≤1．易知y＝在[2,4]上是减函数，若2m＜0，则g(x)为增函数，故2m＞0，即m＞0．综上，0＜m≤1．4．定义在R上的偶函数f(x)满足f(x)＝f(x＋2)，且在[－1,0]上单调递减．设a＝f()，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是(　　)A．b<c<a B．a<b<cC．b<a<c D．a<c<bC　解析：因为偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为2，则a＝f()＝f(－2)，b＝f(2)＝f(0)，c＝f(3)＝f(－1)．因为－1<－2<0，且函数f(x)在[－1,0]上单调递减，所以b<a<c．故选C．5．若函数f(x)＝的最小值为f(0)，则实数a的取值范围是(　　)A．[－1,2] B．[－1,0]C．[1,2] D．[0,2]D　解析：当x>0时，f(x)＝x＋＋a≥2＋a，当且仅当x＝，即x＝1时，等号成立，故当x＝1时取得最小值2＋a．因为f(0)是函数f(x)的最小值，所以当x≤0时，f(x)＝(x－a)2单调递减，故a≥0，此时的最小值为f(0)＝a2，所以2＋a≥a2，解得－1≤a≤2．又a≥0，可得0≤a≤2．故选D．6．已知函数f(x)＝x2－2ax－3在区间[1,2]上不具有单调性，则实数a的取值范围为________．(1,2)　解析：函数f(x)＝x2－2ax－3的图象开口向上，对称轴为直线x＝a，函数在(－∞，a]和[a，＋∞)上都分别具有单调性，因此要使函数f(x)在区间[1,2]上不具有单调性，只需1<a<2．7．当－3≤x≤－1时，函数y＝的最小值为___________．　解析：由y＝，可得y＝－．因为－3≤x≤－1，所以≤－≤，所以≤y≤3．所以所求函数的最小值为．8．设函数f(x)＝若函数f(x)在区间(a, a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是______________．(－∞，1]∪[4，＋∞)　解析：作出函数f(x)的图象如图所示．由图象可知，若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4．9．已知函数f(x)＝．(1)试判断f(x)在[1,2]上的单调性；(2)求函数f(x)在[1,2]上的最值．解：(1)任取x1，x2∈[1,2]，且x1<x2，则f(x2)－f(x1)＝－＝＝＝．因为x1，x2∈[1,2]，所以－2≤x2－3≤－1，－2≤x1－3≤－1，所以1≤(x2－3)(x1－3)≤4，所以(x1－3)(x2－3)－9<0．又x2－x1>0，(x2－3)(x1－3)>0，所以<0，即f(x2)<f(x1)．所以f(x)在[1,2]上为减函数． (2)由(1)知f(x)在[1,2]上为减函数，所以f(x)min＝f(2)＝＝－4，f(x)max＝f(1)＝＝－．10．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．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}．B组　新高考培优练11．已知函数f(x)＝若f(2－x2)＞f(x)，则实数x的取值范围是(　　)A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C．(－1,2) D．(－2,1)D　解析：因为当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，所以函数的图象是一条连续的曲线．因为当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x＞0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，所以函数f(x)是定义在R上的增函数．因此，不等式f(2－x2)＞f(x)等价于2－x2＞x，即x2＋x－2＜0，解得－2＜x＜1．12．(多选题)已知函数f(x)＝，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，则下列等式成立的是(　　)A．f(x)＝f  B．－f(x)＝f C．＝f  D．f(－x)＝－f(x)AD　解析：因为f(x)＝，所以f ＝＝，所以f(x)＝f ．又f(－x)＝＝－＝－f(x)，所以f(－x)＝－f(x)．故AD正确，BC错误．13．(多选题)若函数f(x)＝为R上的减函数，则实数a的取值可能为(　　)A．4 B．5  C．6 D．7ABC　解析：因为函数f(x)＝为R上的减函数，所以解得4≤a≤6．故选ABC．14．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)＝函数的图象为如图所示的实线部分．根据图象，g(x)的单调递减区间是[0,1)．15．判断并证明函数f(x)＝ax2＋(其中1＜a＜3)在x∈[1,2]上的单调性．解：f(x)＝ax2＋(1<a<3)在[1,2]上单调递增．证明如下：任取1≤x1＜x2≤2，则f(x2)－f(x1)＝ax＋－＝(x2－x1)．由1≤x1＜x2≤2，得x2－x1＞0,2＜x1＋x2＜4,1＜x1x2＜4，－1＜－＜－．又1＜a＜3，所以2＜a(x1＋x2)＜12，得a(x1＋x2)－＞0，从而f(x2)－f(x1)＞0，即f(x2)＞f(x1)，故当a∈(1,3)时，函数f(x)在[1,2]上单调递增．16．已知函数f(x)的定义域为{x|x∈R，且x≠0}，对定义域内的任意x1，x2，都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x＞1时，f(x)＞0．求证：(1)f(x)是偶函数；(2)f(x)在(0，＋∞)上是增函数．证明：(1)因为对定义域内的任意x1，x2都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，令x1＝x，x2＝－1，则有f(－x)＝f(x)＋f(－1)．又令x1＝x2＝－1，得2f(－1)＝f(1)．再令x1＝x2＝1，得f(1)＝0，从而f(－1)＝0，于是有f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．(2)任取0＜x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝f(x1)－f ＝f(x1)－＝－f ，由于0＜x1＜x2，所以＞1，从而f ＞0，故f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．