2021高考数学(文理通用)一轮课时作业5-函数的单调性与最值.docx

温馨提示：
此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。
课时提升作业(五)
函数的单调性与最值
(45分钟　100分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.(2021·沈阳模拟)下列函数在(0,+∞)上是增函数的是(　　)
A.y=ln(x-2) B.y=-x
C.y=x-x-1 D.y=12|x|
【解析】选C.函数y=ln(x-2)在(2,+∞)上为增函数,y=-x在[0,+∞)上为减函数,y=x-x-1=x-1x在(0,+∞)上为增函数,y=12|x|在[0,+∞)上为减函数故C正确.
2.(2022·衢州模拟)下列函数中,值域为(-∞,0)的是(　　)
A.y=-x2 B.y=3x-1x<13
C.y=1x D.y=-x
【解析】选B.函数y=-x2的值域为(-∞,0];
y=3x-1x<13的值域为y<3×13-1=0,
即y∈(-∞,0);
y=1x的值域为(-∞,0)∪(0,+∞);
y=-x∈(-∞,0].
3.(2022·珠海模拟)若函数y=ax与y=-bx在(0,+∞)上都是减函数,则y=ax2+bx在(0,+∞)上是(　　)
A.增函数 B.减函数
C.先增后减 D.先减后增
【解析】选B.由于y=ax与y=-bx在(0,+∞)上都是减函数,所以a<0,b<0,
所以y=ax2+bx的对称轴x=-b2a<0,
所以y=ax2+bx在(0,+∞)上为减函数.
4.已知奇函数f(x)对任意的正实数x1,x2(x1≠x2),恒有(x1-x2)(f(x1)-f(x2))>0,则确定正确的是(　　)
A.f(4)>f(-6) B.f(-4)f(-6) D.f(4)0知f(x)在(0,+∞)上递增,
所以f(4)f(-6).
5.(2022·杭州模拟)设函数f(x)=2x1+2x-12,[x]表示不超过x的最大整数,则函数y=[f(x)]的值域是(　　)
A.{0,1} B.{0,-1}
C.{-1,1} D.{1,1}
【思路点拨】先求f(x)的值域,再据[x]的规定求[f(x)]的值域.
【解析】选B.由于0<2x2x+1<1,
所以f(x)=2x2x+1-12∈-12,12.
又[x]表示不超过x的最大整数,
所以y=[f(x)]∈{0,-1}.
6.(2021·天津模拟)设函数f(x)=x2-4x+6,x≥0,x+6,x<0,则不等式f(x)>f(1)的解集是(　　)
A.(-3,1)∪(3,+∞) B.(-3,1)∪(2,+∞)
C.(-1,1)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(1,3)
【解析】选A.当x≥0时,f(x)>f(1)=3,即x2-4x+6>3,解得0≤x<1或x>3;当x<0时,f(x)>f(1)=3,即x+6>3,解得-3f(1)的解集是(-3,1)∪(3,
+∞).
【加固训练】已知f(x)是定义在(0,+∞)上的单调递增函数,且满足f(3x-2)函数,且满足f(3x-2)0,3x-2<1⇒x>23,x<1⇒x∈23,1,
所以实数x的取值范围是23,1,故选B.
7.(2022·厦门模拟)定义在R上的函数f(x)在区间(-∞,2)上是增函数,且f(x+2)的图象关于x=0对称,则(　　)
A.f(-1)f(3)
C.f(-1)=f(3) D.f(0)=f(3)
【思路点拨】由已知得到f(x)的对称性,进而作出图象大致外形,数形结合求解.
【解析】选A.由于f(x+2)的图象关于x=0对称,所以f(x)的图象关于x=2对称,又f(x)在区间(-∞,2)上是增函数则其在(2,+∞)上为减函数,作出其图象大致外形如图所示.

由图象知,f(-1)0,则x<-1或x>2.因此由x≥g(x)=x2-2得-1≤x≤2.
于是f(x)=x2+x+2,　x<-1或x>2,x2-x-2,　-1≤x≤2,
当x<-1或x>2时,f(x)=x+122+74>2.
当-1≤x≤2时,f(x)=x-122-94,
且f(-1)=f(2)=0,
所以-94≤f(x)≤0.
由以上可得f(x)的值域是-94,0∪(2,+∞).
二、填空题(每小题5分,共20分)
9.(2022·台州模拟)假如函数f(x)=ax2-3x+4在区间(-∞,6)上单调递减,则实数a的取值范围是　　　　.
【解析】(1)当a=0时,f(x)=-3x+4,函数在定义域R上单调递减,故在区间(-∞,6)上单调递减.
(2)当a≠0时,二次函数f(x)的对称轴为直线x=32a.
由于f(x)在区间(-∞,6)上单调递减,
所以a>0,且32a≥6,解得0f(-1),由此可求得a的取值范围.
【解析】由于f(x)为R上的减函数,所以必有f(-1)≤1-1,即1+a≤-1,所以a≤-2.
答案:a≤-2
【加固训练】(2021·保定模拟)已知函数f(x)=x2+ax,x≤1,ax2+x,x>1在R上单调递减,则实数a的取值范围是　　　　.
【解析】由于函数f(x)=x2+ax,x≤1,ax2+x,x>1在R上单调递减,
所以g(x)=x2+ax在(-∞,1]上单调递减,且h(x)=ax2+x在(1,+∞)上单调递减,且g(1)≥h(1),
所以-a2≥1,a<0,-12a≤1,1+a≥a+1,
解得a≤-2.
答案:a≤-2
11.(2022·宁波模拟)规定符号“”表示一种两个正实数之间的运算,即ab=ab+a+b,a,b是正实数,已知1k=3,则函数f(x)=kx的值域是　　　　.
【解析】由题意知1k=k+1+k=3,解得k=1,
所以f(x)=kx=1x=x+1+x
=(x+12)2+34,
由于x>0,所以f(x)>1.
答案:(1,+∞)
12.函数f(x)的定义域为A,若x1,x2∈A且f(x1)=f(x2)时总有x1=x2,则称f(x)为单函数.例如,函数f(x)=2x+1(x∈R)是单函数,下列命题:
①函数f(x)=x2(x∈R)是单函数;
②指数函数f(x)=2x(x∈R)是单函数;
③若f(x)为单函数,x1,x2∈A且x1≠x2,则f(x1)≠f(x2);
④在定义域上具有单调性的函数确定是单函数.
其中的真命题是　　　　(写出全部真命题的编号).
【解析】对于①,x1=2,x2=-2时,f(x1)=f(x2),而x1≠x2,故函数f(x)=x2不为单函数,故①错;对于②,由于y=2x在定义域内为单调增函数,故②正确;对于③,假设f(x1)=f(x2),由f(x)为单函数,故x1=x2,这与x1≠x2冲突,故原命题成立,故③正确;对于④,因函数在定义域上具有单调性,即满足f(x)为单函数的定义,故④正确.
答案:②③④
三、解答题(13题12分,14～15题各14分)
13.(2022·温州模拟)已知函数f(x)=loga(1-x)+loga(x+3)(0数a的值.
【解析】(1)要使函数有意义:则有1-x>0x+3>0,
解之得-3
(2)若f(x)<2x在(1,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)当x∈(0,+∞)时,
f(x)=a-1x,
设00,x2-x1>0,
f(x2)-f(x1)=a-1x2-a-1x1
=1x1-1x2=x2-x1x1x2>0,
所以f(x)在(0,+∞)上是增函数.
(2)由题意a-1x<2x在(1,+∞)上恒成立,设h(x)=2x+1x,
则ax2>1,
所以2-1x1x2>0,所以h(x1)f(y).
(1)求f(1).
(2)解不等式f(-x)+f(3-x)≥-2.
【解析】(1)令x=y=1,
则f(1)=f(1)+f(1),f(1)=0.
(2)由题意知f(x)为(0,+∞)上的减函数,
且-x>0,3-x>0,所以x<0,
由于f(xy)=f(x)+f(y),
x,y∈(0,+∞)且f12=1.
所以f(-x)+f(3-x)≥-2,
可化为f(-x)+f(3-x)≥-2f12,
f(-x)+f12+f(3-x)+f12≥0=f(1),
f-x2+f3-x2≥f(1),
f-x2·3-x2≥f(1),
则x<0,-x2·3-x2≤1,
解得-1≤x<0.
所以不等式的解集为[-1,0).
关闭Word文档返回原板块