2022高考数学一轮复习统考第2章函数与基本初等函数第2讲函数的单调性与最值课时作业含解析北师大版.doc

函数的单调性与最值
课时作业
1．以下四个函数中，在定义域上不是单调函数的是(　　)
A．y＝－2x＋1 B．y＝
C．y＝lg x D．y＝x3
答案　B
解析　y＝－2x＋1在定义域R上为单调递减函数；y＝lg x在定义域(0，＋∞)上为单调递增函数；y＝x3在定义域R上为单调递增函数；y＝在(－∞，0)和(0，＋∞)上是减函数，但在定义域内不单调，应选B．
2．(2022·沧州七校联考)函数f(x)＝log0.5(x＋1)＋log0.5(x－3)的单调递减区间是(　　)
A．(3，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，－1)
答案　A
解析　由易得即x>3，又0<0.5<1，
∴f(x)在(3，＋∞)上单调递减．
3．(2022·长春模拟)函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，那么a的取值范围是(　　)
A．(－∞，1] B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
答案　A
解析　因为函数f(x)在(－∞，－a)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.应选A．
4．(2022·九江模拟)函数f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是(　　)
A．[1,2] B．[－1,0]
C．[0,2] D．[2，＋∞)
答案　A
解析　由于f(x)＝|x－2|x＝结合图象可知函数的单调递减区间是[12]．
5．假设函数f(x)＝x2－2x＋m在[3，＋∞)上的最小值为1，那么实数m的值为(　　)
A．－3 B．－2
C．－1 D．1
答案　B
解析　∵f(x)＝(x－1)2＋m－1，∴f(x)在[3，＋∞)上是增函数，f(x)min＝f(3)＝3＋m，∵3＋m＝1，∴m＝－2.
6．(2022·曲阜师大附中质检)函数f(x)＝logax(a>0且a≠1)满足f(a＋1)>f(a＋2)，那么f(2x－3)>0的解集是(　　)
A．(－∞，2) B．
C． D．(2，＋∞)
答案　C
解析　因为函数f(x)＝logax(a>0且a≠1)满足f(a＋1)>f(a＋2)，所以00可化为0<2x－3<1，求解可得
答案　C
解析　要使y＝log2(ax－1)在(1,2)上单调递增，那么a>0且a－1≥0，∴a≥1.应选C．
9．(2022·长沙模拟)偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上是增函数，那么f(－1)与f(a2－2a＋3)的大小关系是(　　)
A．f(－1)≥f(a2－2a＋3) B．f(－1)＝f(a2－2a＋3)
C．f(－1)>f(a2－2a＋3) D．f(－1)f(x)的最小值，那么实数a的取值范围为(　　)
A．[－1,2] B．[－1,0]
C．[1,2] D．[0,2]
答案　D
解析　∵当x>0时，f(x)的最小值为f(1)，∴当x≤0时，f(x)的最小值为f(0)，∴
即解得0≤a≤2.
11．设f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0)上是增函数，m>0，n<0，且f(m)0
C．f(－m)>f(－n) D．f(－m)·f(－n)<0
答案　B
解析　因为m>0，所以－m<0.由函数f(x)为偶函数，得f(m)＝f(－m)，故不等式f(m)f(－m)0.应选B．
12．(2022·莱州质检)对于每一个实数x，f(x)是y＝2－x2和y＝x这两个函数中的较小者，那么f(x)的最大值是(　　)
A．2 B．1
C．0 D．－2
答案　B
解析　解法一：f(x)＝
当x<－2时，函数f(x)的值域为(－∞，－2)；当－2≤x≤1时，函数f(x)的值域为[－2,1]；当x>1时，函数f(x)的值域为(－∞，1)．故函数f(x)的值域为(－∞，1]，所以f(x)max＝1.应选B．
解法二：画出函数f(x)的图象，如下图：
其中A1,1)，B(－2，－2)，故当x＝1时，函数f(x)的最大值为1.应选B．
13．函数y＝－x(x≥0)的最大值为________.
答案　
解析　令t＝，那么t≥0，y＝t－t2＝－2＋，当t＝，即x＝时，ymax＝.
14．假设函数f(x)＝在区间[2，a]上的最大值与最小值的和为，那么a＝________.
答案　4
解析　易知f(x)＝在(0，＋∞)上是减函数，
∵[2，a]⊆(0，＋∞)，
∴f(x)＝在[2，a]上是减函数，
∴f(x)max＝f(2)＝，f(x)min＝f(a)＝，
∴＋＝，∴a＝4.
15．函数f(x)＝log (－2x2＋x)的单调递增区间是________；f(x)的值域是________.
答案　　[3，＋∞)
解析　令u＝－2x2＋x＝－x(2x－1)，
显然u在上是减函数，又y＝logu是减函数，∴f(x)＝log (－2x2＋x)的单调递增区间为.又u＝－2x2＋x＝－22＋≤，
那么y＝logu≥log＝3，故f(x)的值域为[3，＋∞)．
16．函数y＝f(x)是R上的增函数，且y＝f(x)的图象经过点A(－2，－3)和B(1,3)，那么不等式|f(2x－1)|<3的解集为________.
答案　
解析　因为y＝f(x)的图象经过点A(－2，－3)和B(1，3)，所以f(－2)＝－3，f(1)＝3.又|f(2x－1)|<3，所以－30且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．
解　(1)证明：当a＝－2时，f(x)＝.
设x10，x1－x2<0，
所以f(x1)－f(x2)<0，
即f(x1)－∞，－2)上单调递增．
(2)设10，x2－x1>0，
所以要使f(x1)－f(x2)>0，
只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，
所以a≤1.综上所述，0－，
所以f(x)的值域为[f(0)，f(3)]，即.
(2)因为x＝－时，f(x)＝－是f(x)的最小值，所以x＝－∈[a，b]，令x2＋x－＝，得x1＝－，x2＝，
根据f(x)的图象知当a＝－，b＝时，b－a取最大值－＝.
19．(2022·福建师大附中模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足下面三个条件：
①对任意正数a，b，都有f(a)＋f(b)＝f(ab)；
②当x>1时，f(x)<0；
③f(2)＝－1.
(1)求f(1)的值；
(2)试用单调性的定义证明：函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数；
(3)求满足f(3x－1)>2的x的取值集合．
解　(1)由f(a)＋f(b)＝f(ab)得f(1)＋f(1)＝f(1)，那么f(1)＝0.
(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)且x11得f<0，那么f(x2)f(x)≥2－m 恒成立，求实数m的取值范围．
解　(1)∵∴解得
∴函数f(x)的解析式为f(x)＝2x＋.
(2)由(1)可得f(x)＝2x＋.
任取x1，x2∈，且x10,00，
∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x1)>f(x2)，
∴f(x)＝2x＋在区间上单调递减．
∴f(x)＝2x＋在区间上的最小值是f＝2.
要使对任意的x∈，函数f(x)≥2－m恒成立，
只需f(x)min≥2－m，
即2≥2－m，解得m≥0.
∴实数m的取值范围为[0，＋∞)．