2022届高考数学(文科人教A版)大一轮课时作业：2.2-函数的单调性与最值-.docx

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课时提升作业(五)
函数的单调性与最值
(25分钟　50分)
一、选择题(每小题5分,共35分)
1.下列函数中,在区间(1,+∞)上是增函数的是(　　)
A.y=-x+1 B.y=
C.y=-(x-1)2 D.y=31-x
【解析】选B.函数y=-x+1在(1,+∞)上为减函数;y=在(1,+∞)上为增函数;y=-(x-1)2在(1,+∞)上为减函数;y=31-x在(1,+∞)上为减函数,故选B.
2.(2021·济南模拟)“m=1”是“函数f(x)=x2-6mx+6在区间(-∞,3]上为减函数”的(　　)
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件
【解析】选B.若m=1,则f(x)=x2-6x+6=(x-3)2-3,由二次函数的图象及其性质知,f(x)在区间(-∞,3]上为单调减函数,即“m=1”是“函数f(x)=x2-6mx+6在区间(-∞,3]上为减函数”的充分条件;反过来,若函数f(x)=x2-6mx+6在区间
(-∞,3]上为减函数,则3≤3m,即m≥1,不能推出m=1,即“m=1”不是“函数f(x)=x2-6mx+6在区间(-∞,3]上为减函数”的必要条件.综上所述,“m=1”是“函数f(x)=x2-6mx+6在区间(-∞,3]上为减函数”的充分不必要条件.
3.(2021·烟台模拟)定义在R上的偶函数f(x)满足:对∀x1,x2∈[0,+∞),且x1≠x2,都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则(　　)
A.f(3)0,所以函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,所以f(3)>f(2)>f(1).由于f(-2)=f(2),所以f(3)>f(-2)>f(1).
【加固训练】(2021·江南十校模拟)已知定义在R上的函数f(x),其导函数
f′(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是(　　)

A.f(b)>f(c)>f(d) B.f(b)>f(a)>f(e)
C.f(c)>f(b)>f(a) D.f(c)>f(e)>f(d)
【解析】选C.依题意得,当x∈(-∞,c)时,f′(x)>0;当x∈(c,e)时,f′(x)<0;当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0.因此,函数f(x)在(-∞,c)上是增函数,在(c,e)上是减函数,在(e,+∞)上是增函数,又af(b)>f(a).
4.(2021·厦门模拟)“a≤0”是“函数f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)内单调递增”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【解析】选C.当a=0时,f(x)=|(ax-1)x|=|x|在区间(0,+∞)上单调递增;
当a<0时,结合函数f(x)=|(ax-1)x|=|ax2-x|的图象知函数在(0,+∞)上单调递增,如图(1)所示;

当a>0时,结合函数f(x)=|(ax-1)x|=|ax2-x|的图象知函数在(0,+∞)上先增后减再增不符合条件,如图(2)所示.
所以,要使函数f(x)=|(ax-1)x|在(0,+∞)上单调递增只需a≤0.
即“a≤0”是“函数f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)内单调递增”的充分必要条件.
【加固训练】已知函数f(x)=则“-2≤a≤0”是“函数f(x)在R上单调递增”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【解析】选B.f(x)在R上单调递增的充分必要条件是a=0或
解得a=0或-≤a<0,即-≤a≤0,
由此可知“-2≤a≤0”是“函数f(x)在R上单调递增”的必要而不充分条件,故选B.
5.(2021·阜阳模拟)函数y=x+4x,x∈12,4的值域是(　　)
A.[5,8] B.5,172 C.[ 4,8] D.4,172
【解析】选D.y=x+4x≥24=4,当x=2∈12,4时“=”成立,所以ymin=4, ymax=12+8=172.
6.已知f(x)是定义在R上的增函数,函数y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称,若对任意的x,y∈R,不等式f(x2-6x+21)+f(y2-8y)<0恒成立,则当x>3时,x2+y2的取值范围是(　　)
A.(3,7) B.(9,25)
C.(13,49] D.(9,49)
【解析】选C.由于函数y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称,
所以函数y=f(x)的图象关于点(0,0)对称,即函数y=f(x)为奇函数,则f(-x)=-f(x),
又由于f(x)是定义在R上的增函数且f(x2-6x+21)+f(y2-8y)<0恒成立,
所以f(x2-6x+21)<-f(y2-8y)=f(8y-y2)恒成立,
所以x2-6x+21<8y-y2,
所以(x-3)2+(y-4)2<4恒成立,
设M(x,y),则当x>3时,M表示以(3,4)为圆心2为半径的右半圆内的任意一点,
则x2+y2表示在半圆内任取一点与原点的距离的平方,
结合圆的学问可知13≤49.
7.设x∈R,若函数f(x)为单调递增函数,且对任意实数x,都有f(f(x)-ex)=e+1(e是自然对数的底数),则f(ln 2)的值等于(　　)
A.1 B.e+1 C.3 D.e+3
【解题提示】利用换元法,将函数转化为f(t)=e+1,依据函数的对应关系求出t的值,即可求出函数f(x)的表达式,即可得到结论.
【解析】选C.设t=f(x)-ex,
则f(x)=ex+t,则条件等价为f(t)=e+1,
令x=t,则f(t)=et+t=e+1,
由于函数f(x)为单调递增函数,
所以函数为一对一函数,解得t=1,
所以f(x)=ex+1,
即f(ln 2)=eln 2+1=2+1=3.故选C.
二、填空题(每小题5分,共15分)
8.(2021·郑州模拟)定义运算=ad-bc,若函数f(x)=在(-∞,m)上单调递减,则实数m的取值范围是　　　　.
【解析】由已知得f(x)=(x-1)(x+3)+2x=(x+2)2-7,在(-∞,-2]上单调递减,要使函数f(x)在(-∞,m)上单调递减,所以m≤-2.
答案:(-∞,-2]
【加固训练】设函数f(x)=在区间(-2,+∞)上是增函数,那么a的取值范围是　　　　.
【解析】由于f(x)=
函数f(x)在区间(-2,+∞)上是增函数,
所以
解得a≥1.
答案:[1,+∞)
9.(2022·天津高考)函数f(x)=lgx2的单调递减区间是　　　　　　.
【解析】设t=x2,依据复合函数的单调性可知,当t=x2单调递减时,函数f(x)=lgx2单调递减,而函数t=x2的单调递减区间为(-∞,0),故函数f(x)=lgx2的单调递减区间是(-∞,0).
答案:(-∞,0)
10.用min{a,b,c}表示a,b,c三个数中的最小值.设f(x)=min{2x,x+2,10-x}(x≥0),则f(x)的最大值为　　　　.
【解析】由f(x)=min{2x,x+2,10-x}(x≥0)画出图象,

最大值在A处取到,联立得y=6.
答案:6
(20分钟　40分)
1.(5分)定义在R上的函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y),当x<0时,f(x)>0,则函数f(x)在[a,b]上有(　　)
A.最小值f(a) B.最大值f(b)
C.最小值f(b) D.最大值
【解题提示】先探究f(x)在[a,b]上的单调性,再推断最值状况.
【解析】选C.设x10,
所以f(x1)>f(x2),即f(x)在R上为减函数,
所以f(x)在[a,b]上亦为减函数,
所以f(x)min=f(b),f(x)max=f(a),故选C.
2.(5分)(2021·太原模拟)使函数y=与y=log3(x-2)在(3,+∞)上具有相同的单调性,则实数k的取值范围是　　　　.
【解析】由y=log3(x-2)的定义域为(2,+∞),且为增函数,故在(3,+∞)上是增函数.
又函数
使其在(3,+∞)上是增函数,
故4+k<0,得k<-4.
答案:(-∞,-4)
3.(5分)函数f(x)=x+21-x的最大值为　　　　.
【解析】方法一:设1-x=t(t≥0),所以x=1-t2.
所以y=x+21-x=1-t2+2t
=-t2+2t+1=-(t-1)2+2.

所以当t=1,即x=0时,ymax=2.
方法二:f(x)的定义域为{x|x≤1},
f′(x)=1-11-x.
由f′(x)=0,得x=0.
当00,f(x)为增函数.
所以当x=0时,f(x)max=f(0)=2.
答案: 2
4.(12分)(2021·宁波模拟)已知函数f(x)=lg(x+-2),其中a是大于0的常数.
(1)求函数f(x)的定义域.
(2)当a∈(1,4)时,求函数f(x)在[2,+∞)上的最小值.
(3)若对任意x∈[2,+∞)恒有f(x)>0,试确定a的取值范围.
【解析】(1)由x+-2>0,得
当a>1时,x2-2x+a>0恒成立,定义域为(0,+∞),
当a=1时,定义域为{x|x>0且x≠1},
当01+}.
(2)设g(x)=x+-2,当a∈(1,4),x∈[2,+∞)时,
g′(x)=>0恒成立,
所以g(x)=x+-2在[2,+∞)上是增函数.
所以f(x)=lg(x+-2)在[2,+∞)上是增函数.
所以f(x)=lg(x+-2)在[2,+∞)上的最小值为
f(2)=lg .
(3)对任意x∈[2,+∞)恒有f(x)>0,
即x+-2>1对x∈[2,+∞)恒成立.
所以a>3x-x2,
令h(x)=3x-x2,
而h(x)=3x-x2=-(x-)2+在x∈[2,+∞)上是减函数,
所以h(x)max=h(2)=2.所以a>2.
5.(13分)(力气挑战题)已知定义在区间(0,+∞)上的函数f(x)满足fx1x2=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.
【解析】(1)令x1=x2>0,
代入得f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故f(1)=0.
(2)任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,则x1x2>1,
由于当x>1时,f(x)<0,所以fx1x2<0,
即f(x1)-f(x2)<0,因此f(x1)