2020版高考数学一轮复习课时作业05《 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

一、选择题

1.(2019·潍坊市统一考试)下列函数中，图象是轴对称图形且在区间(0，＋∞)上单调递减的是(　B　)

A.y＝   B.y＝－x2＋1

C.y＝2x   D.y＝log2|x|

解析：因为函数的图象是轴对称图形，所以排除A，C，又y＝－x2＋1在(0，＋∞)上单调递减，y＝log2|x|在(0，＋∞)上单调递增，所以排除D.故选B.

2.已知函数f(x)＝，则该函数的单调递增区间为(　B　)

A.(－∞，1]   B.[3，＋∞)

C.(－∞，－1]   D.[1，＋∞)

解析：设t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞).因为函数t＝x2－2x－3的图象的对称轴为x＝1，所以函数t在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增.所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞).

3.函数y＝的值域为(　C　)

A.(－∞，1)   B.

C.   D.

解析：因为x2≥0，所以x2＋1≥1，即∈(0,1]，故y＝∈.

4.(2019·洛阳高三统考)若函数f(x)同时满足下列两个条件，则称该函数为“优美函数”：

(1)∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝0；

(2)∀x1，x2∈R，且x1≠x2，都有<0.

①f(x)＝sinx；②f(x)＝－2x3；③f(x)＝1－x；④f(x)＝ln(＋x).

以上四个函数中，“优美函数”的个数是(　B　)

A.0   B.1

C.2   D.3

解析：由条件(1)，得f(x)是奇函数，由条件(2)，得f(x)是R上的单调减函数.

对于①，f(x)＝sinx在R上不单调，故不是“优美函数”；对于②，f(x)＝－2x3既是奇函数，又在R上单调递减，故是“优美函数”；对于③，f(x)＝1－x不是奇函数，故不是“优美函数”；对于④，易知f(x)在R上单调递增，故不是“优美函数”.故选B.

5.函数y＝f(x)在[0,2]上单调递增，且函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，则下列结论成立的是(　B　)

A.f(1)<f<f   B.f<f(1)<f

C.f<f<f(1)   D.f<f<f(1)

解析：因为f(x)的图象关于直线x＝2对称，所以f(x)＝f(4－x)，所以f＝f，f＝f.又0<<1<<2，f(x)在[0,2]上单调递增，所以f<f(1)<f，即f<f(1)<f.

6.已知a>0，设函数f(x)＝(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝(　D　)

A.2 017   B.2 019

C.4 032   D.4 036

解析：由题意得f(x)＝＝2 019－.∵y＝2 019x＋1在[－a，a]上是单调递增的，∴f(x)＝2 019－在[－a，a]上是单调递增的，∴M＝f(a)，N＝f(－a)，∴M＋N＝f(a)＋f(－a)＝4 038－－＝4 036.

二、填空题

7.已知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞).

解析：由已知可得解得－3<a<－1或a>3.所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞).

8.(2018·北京卷)能说明“若f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成立，则f(x)在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是f(x)＝sinx(答案不唯一).

解析：这是一道开放性试题，答案不唯一，只要满足f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成立，且函数f(x)在[0,2]上不是增函数即可.如f(x)＝sinx，答案不唯一.

9.若函数f(x)＝ln(ax2＋x)在区间(0,1)上单调递增，则实数a的取值范围为a≥－.

解析：若函数f(x)＝ln(ax2＋x)在区间(0,1)上单调递增，则函数g(x)＝ax2＋x在(0,1)上单调递增且g(x)>0恒成立.当a＝0时，g(x)＝x在(0,1)上单调递增且g(x)>0，符合题意；当a>0时，g(x)图象的对称轴为x＝－<0，且有g(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递增，符合题意；当a<0时，需满足g(x)图象的对称轴x＝－≥1，且有g(x)>0，解得a≥－

，则－≤a<0.综上，a≥－.

10.若函数f(x)＝ax＋b，x∈[a－4，a]的图象关于原点对称，则函数g(x)＝bx＋，x∈[－4，－1]的值域为[－2，－].

解析：由函数f(x)的图象关于原点对称，可得a－4＋a＝0，即a＝2，则函数f(x)＝2x＋b，其定义域为[－2,2]，所以f(0)＝0，所以b＝0，所以g(x)＝，易知g(x)在[－4，－1]上单调递减，故值域为[g(－1)，g(－4)]，即[－2，－].

三、解答题

11.已知f(x)＝(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<x2<－2，则f(x1)－f(x2)＝－＝.

∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，

∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，

∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增.

(2)任设1<x1<x2，则f(x1)－f(x2)

＝－＝.

∵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].

12.已知函数f(x)＝ax＋(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)＝x＋，当a>1时，a－>0，此时f(x)在[0,1]上为增函数，∴g(a)＝f(0)＝；当0<a<1时，a－<0，此时f(x)在[0,1]上为减函数，∴g(a)＝f(1)＝a；当a＝1时，f(x)＝1，此时g(a)＝1.

∴g(a)＝∴g(a)在(0,1)上为增函数，在[1，＋∞)上为减函数，又a＝1时，有a＝＝1，

∴当a＝1时，g(a)取最大值1.

13.(2019·湖北八校联考)已知函数f(x)＝

若f(e2)＝f(1)，f(e)＝f(0)，则函数f(x)的值域为(，]∪[2，＋∞).

解析：由题意可得解得

∴当x>0时，f(x)＝(lnx)2－2lnx＋3＝(lnx－1)2＋2≥2；

当x≤0时，<ex＋≤e0＋＝，则函数f(x)的值域为(，]∪[2，＋∞).

14.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.

(1)求f(1)的值；

(2)证明：f(x)为单调递减函数；

(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值.

解：(1)令x1＝x2>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>1，由于当x>1时，f(x)<0.

所以f<0，即f(x1)－f(x2)<0.

因此f(x1)<f(x2).所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数.

(3)∵f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数.∴f(x)在[2,9]上的最小值为f(9).

由f＝f(x1)－f(x2)得，f＝f(9)－f(3).

而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.

∴f(x)在[2,9]上的最小值为－2.

15.(2019·河南郑州一模)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2e)＝－f(x)(其中e＝2.718 2…)，且在区间[e,2e]上是减函数，令a＝，b＝，c＝，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系(用不等号连接)为(　A　)

A.f(b)>f(a)>f(c)   B.f(b)>f(c)>f(a)

C.f(a)>f(b)>f(c)   D.f(a)>f(c)>f(b)

解析：∵f(x)是R上的奇函数，满足f(x＋2e)＝－f(x)，∴f(x＋2e)＝f(－x)，∴函数f(x)的图象关于直线x＝e对称，∵f(x)在区间[e,2e]上为减函数，∴f(x)在区间[0，e]上为增函数，又易知0<c<a<b<e，∴f(c)<f(a)<f(b)，故选A.

16.(2019·湖南湘东五校联考)已知函数f(x)＝

g(x)＝x2－2x，设a为实数，若存在实数m，使f(m)－2g(a)＝0，则实数a的取值范围为[－1,3].

解析：当－7≤x≤0时，f(x)＝|x＋1|∈[0,6]，当e－2≤x≤e时，f(x)＝lnx单调递增，得f(x)∈[－2,1]，综上，f(x)∈[－2,6].若存在实数m，使f(m)－2g(a)＝0，则有－2≤2g(a)≤6，即－1≤a2－2a≤3⇒－1≤a≤3.