2021高考数学（文）大一轮复习习题 第二章 函数、导数及其应用 课时跟踪检测（五）　函数的单调性与最值 word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 第二章 函数、导数及其应用 课时跟踪检测（五）　函数的单调性与最值 word版含答案，共5页。试卷主要包含了已知函数y＝eq \f，那么，已知f＝eq \f，已知函数f＝a－eq \f.等内容，欢迎下载使用。

1．(2017·珠海摸底)下列函数中，定义域是R且为增函数的是( )
A．y＝2－x B．y＝x
C．y＝lg2 x D．y＝－eq \f(1,x)
解析：选B 由题知，只有y＝2－x与y＝x的定义域为R，且只有y＝x在R上是增函数．
2．一次函数y＝kx＋b在R上是增函数，则k的取值范围为( )
A．(0，＋∞) B．
解析：选A 法一：由一次函数的图象可知选A.
法二：设∀x1，x2∈R且x1∵f(x)＝kx＋b在R上是增函数，
∴(x1－x2)(f(x1)－f(x2))>0，即k(x1－x2)2>0，
∵(x1－x2)2>0，∴k>0，故选A.
3．(2017·北京东城期中)已知函数y＝eq \f(1,x－1)，那么( )
A．函数的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞)
B．函数的单调递减区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)
C．函数的单调递增区间为(－∞，1)，(1，＋∞)
D．函数的单调递增区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)
解析：选A 函数y＝eq \f(1,x－1)可看作是由y＝eq \f(1,x)向右平移1个单位长度得到的，∵y＝eq \f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，∴y＝eq \f(1,x－1)在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减，∴函数y＝eq \f(1,x－1)的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋∞)，故选A.
4．函数y＝eq \r(x)－x(x≥0)的最大值为________．
解析：令t＝eq \r(x)，则t≥0，所以y＝t－t2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)，结合图象知，当t＝eq \f(1,2)，即x＝eq \f(1,4)时，ymax＝eq \f(1,4).
答案：eq \f(1,4)
5．函数f(x)＝lg (x2－4)的单调递增区间为________．
解析：由x2－4>0得x<－2或x>2.又u＝x2－4在(－∞，－2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，y＝lgu为减函数，故f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)．
答案：(－∞，－2)
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1．已知函数f(x)＝eq \r(x2－2x－3)，则该函数的单调递增区间为( )
A．(－∞，1] B． D．∪上单调递减，在 B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) D．(0,2]
解析：选C 因为lg a＝－lg2 a，且f(x)是偶函数，所以f(lg2a)＋f(lg a)＝2f(lg2a)＝2f(|lg2a|)≤2f(1)，即f(|lg2a|)≤f(1)，又函数在的最大值等于( )
A．－1 B．1
C．6 D．12
解析：选C 由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，
当1∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数．
∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2x，x≥2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－1，x<2))是R上的单调递减函数，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，2) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(13,8)))
C．(0,2) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,8)，2))
解析：选B 因为函数为递减函数，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2<0，,2a－2≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－1，))
解得a≤eq \f(13,8)，故选B.
5．(2017·安徽皖江名校联考)定义在上的函数f(x)满足(x1－x2)>0，x1≠x2，且f(a2－a)>f(2a－2)，则实数a的取值范围为( )
A．>0，x1≠x2，∴函数在上单调递增，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2≤a2－a≤2，,－2≤2a－2≤2，,2a－2∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤a≤2，,0≤a≤2，,a<1或a>2，))∴0≤a<1，故选C.
6．函数f(x)＝eq \f(1,x－1)在区间上的最大值是1，最小值是eq \f(1,3)，则a＋b＝________.
解析：易知f(x)在上为减函数，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fa＝1，,fb＝\f(1,3)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)＝1，,\f(1,b－1)＝\f(1,3)，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝4.))
∴a＋b＝6.
答案：6
7．已知函数f(x)＝x2－2ax－3在区间上具有单调性，则实数a的取值范围为________________．
解析：函数f(x)＝x2－2ax－3的图象开口向上，对称轴为直线x＝a，画出草图如图所示．
由图象可知，函数在(－∞，a]和上具有单调性，只需a≤1或a≥2，从而a∈(－∞，1]∪∪上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)eq \r(x)在上的最小值为eq \f(1,a)＝m，最大值为a2＝4，解得a＝2，eq \f(1,2)＝m，与m答案：eq \f(1,4)
9．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(x)在(－∞，－2)上单调递增．
(2)任设1f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1－a)－eq \f(x2,x2－a)＝eq \f(ax2－x1,x1－ax2－a).
∵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]．
10．已知函数f(x)＝a－eq \f(1,|x|).
(1)求证：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝a－eq \f(1,x)，
设00，x2－x1>0，
f(x2)－f(x1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,x2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,x1)))＝eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x2－x1,x1x2)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)由题意a－eq \f(1,x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝2x＋eq \f(1,x)，
则a任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1h(x1)－h(x2)＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x1x2))).
因为11，所以2－eq \f(1,x1x2)>0，
所以h(x1)所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
故a≤h(1)，即a≤3，
所以实数a的取值范围是(－∞，3]．
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1．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝eq \f(fx,x)在区间I上是减函数，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓增函数”，区间I叫做“缓增区间”．若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为( )
A．
C． D．
解析：选D 因为函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间上单调递减，故“缓增区间”I为．
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.
(1)证明：f(x)为单调递减函数．
(2)若f(3)＝－1，求f(x)在上的最小值．
解：(1)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，
则eq \f(x1,x2)>1，由于当x>1时，f(x)<0，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))<0，即f(x1)－f(x2)<0，
因此f(x1)所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．
(2)因为f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，
所以f(x)在上的最小值为f(9)．
由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)得，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,3)))＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，
所以f(9)＝－2.
所以f(x)在上的最小值为－2.