备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(五)　函数的单调性与最大(小)值

课时验收评价(五)　函数的单调性与最大(小)值

一、点全面广强基训练

1．(2021·全国甲卷)下列函数中是增函数的为(　 )

A．f(x)＝－x  B．f(x)＝x

C．f(x)＝x2  D．f(x)＝

解析：选D　函数f(x)＝－x是一次函数，在R上是减函数；函数f(x)＝x是指数函数，底数0<<1，所以函数f(x)在R上是减函数；函数f(x)＝x2是二次函数，在(－∞，0]上是减函数，在[0，＋∞)上是增函数；函数f(x)＝＝x是幂函数，指数>0，所以函数f(x)在R上是增函数．故选D.

2．函数y＝的单调递减区间为(　 )

A.  B．

C．[0，＋∞)  D．(－∞，－3]

解析：选D　由题意，x2＋3x≥0，可得x≤－3或x≥0，函数y＝的定义域为(－∞，－3]∪[0，＋∞)．令t＝x2＋3x，则外层函数y＝在[0，＋∞)上单调递增，内层函数t＝x2＋3x在(－∞，－3]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以，函数y＝的单调递减区间为(－∞，－3]．

3．设a∈R，函数f(x)在R上是增函数，则(　 )

A．f(a2＋a＋2)>f  B．f(a2＋a＋2)<f

C．f(a2＋a＋2)≥f  D．f(a2＋a＋2)≤f

解析：选C　∵a2＋a＋2＝2＋≥，又f(x)在R上是增函数，∴f(a2＋a＋2)≥f.

4．已知函数f(x)是定义域为[0，＋∞)上的减函数，且f(2)＝－1，则满足f(2x－4)>－1的实数x的取值范围是(　 )

A．(3，＋∞)  B．(－∞，3)

C．[2,3)  D．[0,3)

解析：选C　f(x)在定义域[0，＋∞)上是减函数，且f(2)＝－1，∴f(2x－4)>－1可化为f(2x－4)>f(2)，∴解得2≤x<3.

5．若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝在区间[1,2]上都单调递减，则a的取值范围是(　 )

A．(－1,0)∪(0,1)  B．(－1,0)

C．(0,1)  D．(0,1]

解析：选D　因为g(x)＝在区间[1,2]上单调递减，所以a>0.因为函数f(x)＝－x2＋2ax的图象开口向下，对称轴为直线x＝a，且函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，所以a≤1.故满足题意的a的取值范围是(0,1]．

6．函数y＝－x2＋2|x|＋1的单调递增区间为________，单调递减区间为________．

解析：由于y＝

即y＝

画出函数图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为(－1,0)和(1，＋∞)．

答案：(－∞，－1]和[0,1]　(－1,0)和(1，＋∞)

7．设函数f(x)＝在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M，m，则＝________.

解析：f(x)＝＝＝2＋在[3,4]上是减函数，∴f(x)min＝f(4)＝4，f(x)max＝f(3)＝6，∴M＝6，m＝4，∴＝＝.

答案：

8．函数f(x)＝的值域为________．

解析：当x≤2时，f(x)＝2x－5单调递增，则－5<f(x)≤－1；当x>2时，sin x∈[－1,1]，∴f(x)＝3sin x∈[－3,3]．故f(x)的值域是(－5,3]．

答案：(－5,3]

9．已知函数f(x)＝.

(1)写出函数f(x)的定义域和值域；

(2)证明：函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，并求f(x)在x∈[2,8]上的最大值和最小值．

解：(1)函数f(x)的定义域为{x|x≠0}．

又f(x)＝1＋，所以值域为{y|y≠1}．

(2)证明：由题意可设0<x1<x2，

则f(x1)－f(x2)＝－

＝－＝.

又0<x1<x2，所以x1x2>0，x2－x1>0，

所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，

所以函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数．

在x∈[2,8]上，f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(8)＝.

10．已知函数f(x)＝a－.

(1)求f(0)；

(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论；

(3)若f(x)为奇函数，求满足f(ax)<f(2)的x的取值范围．

解：(1)f(0)＝a－＝a－1.

(2)f(x)在R上单调递增．证明如下：

∵f(x)的定义域为R，∴任取x1，x2∈R且x1<x2，

则f(x1)－f(x2)＝a－－a＋＝，

∵y＝2x在R上单调递增且x1<x2，即0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0,2x1＋1>0,2x2＋1>0.

∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．

∴f(x)在R上单调递增．

(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，

即a－＝－a＋，解得a＝1.

∴f(ax)<f(2)即为f(x)<f(2)，

又∵f(x)在R上单调递增，∴x<2.

∴x的取值范围是(－∞，2)．

二、重点难点培优训练

1．已知减函数f(x)的定义域是实数集R，m，n都是实数．如果不等式f(m)－f(n)>f(－m)－f(－n)成立，那么下列不等式成立的是(　 )

A．m－n<0  B．m－n>0

C．m＋n<0  D．m＋n>0

解析：选A　设F(x)＝f(x)－f(－x)，

由于f(x)是R上的减函数，

∴f(－x)是R上的增函数，－f(－x)是R上的减函数，∴F(x)是R上的减函数，

∴当m<n时，有F(m)>F(n)，

即f(m)－f(－m)>f(n)－f(－n)成立．

因此，当f(m)－f(n)>f(－m)－f(－n)成立时，不等式m－n<0一定成立，故选A.

2．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}．