2021版文科数学人教版一轮复习核心素养测评 五函数的单调性与最值

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021版高考文科数学人教A版一轮复习核心素养测评五函数的单调性与最值温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴,调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块.核心素养测评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.函数y=—2x2-4ax+3在区间［-4,-2]上是单调函数,则a的取值范围是(）A。(—∞，1］B。［4，+∞）C.（-∞，2］∪［4，+∞）D.(—∞，1］∪[2，+∞)【解析】选C.函数y=-2x2-4ax+3的图象的对称轴为x=-a，由题意可得—a≤—4或-a≥—2，解得a≤2或a≥4。2。（2020·武汉模拟)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，+∞）【解析】选A。f（x）=|x-2｜x=x2由图象可知函数的单调递减区间是[1，2].3。（2019·长春模拟)已知函数f(x)=|x+a|在（-∞,-1）上是单调函数,则a的取值范围是 (）A。(-∞,1］ B。(—∞,-1]C.[—1，+∞) D。［1,+∞）【解析】选A.因为函数f（x)在（—∞，-a）上是单调函数，所以—a≥—1,解得a≤1。4。函数y=x2A。(-∞,-3） B。［2，+∞)C.［0，2） D.［-3，2］【解析】选B.因为x2+x-6≥0，所以x≥2或x≤—3，y=x2+x-6在(—∞,—3)上单调递减,在[2，+∞)上单调递增,所以y=x2+x【变式备选】（2020·济宁模拟)函数f（x)=lg（x2—4）的单调递增区间为 （)A。（0，+∞) B.（—∞，0)C.（2,+∞） D.（—∞，-2）【解析】选C。由复合函数的单调性，要使f（x)单调递增，需x25。已知函数f（x)是R上的增函数，对实数a，b，若a+b〉0,则有 ()A。f(a）+f(b)>f（—a）+f（—b）B.f（a)+f（b)〈f（-a）+f（-b)C。f（a)—f（b）>f（-a）-f(—b)D。f(a）—f（b）<f（-a)—f(—b)【解析】选A.因为a+b〉0,所以a〉-b，b〉—a.所以f(a）〉f（—b),f(b）〉f（-a),结合选项,可知选A。6.（2019·潍坊模拟）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,则f(x）的最大值是 世纪金榜导学号(）A.2 B.1 C。0 D。-2【解析】选B.画出函数f（x)的图象，如图所示：其中A（1，1）,B（—2，—2），故当x=1时，函数f(x)的最大值为1。【一题多解】选B。f(x）=2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。【变式备选】已知函数f(x）=2x-1，g(x）=1-x2，构造函数F（x）,定义如下：当｜f（x）｜≥g（x)时,F（x)=｜f(x）｜,当|f(x）｜<g（x）时,F(x）=-g（x),那么F(x） （)A.有最小值0,无最大值B。有最小值—1,无最大值C。有最大值1,无最小值D。无最小值,也无最大值【解析】选B。画出函数F(x）的图象,如图所示，由图象可知,当x=0时，F（x）取得最小值,此时F(x)=x2—1，故最小值为—1；当x〉0时,函数的图象向右上方无限延展,所以F(x)无最大值。7.已知函数f(x)=ax世纪金榜导学号A.(1，+∞) B。［4,8）C。(4,8) D。（1，8）【解析】选B。由f(x）在R上单调递增，则有a>1,4【变式备选】已知f(x)=(3a-1)A。(0，1） B.0C.17,13【解析】选C。因为f(x)在R上单调递减，所以3a-1<0,0<a二、填空题(每小题5分,共15分)8.(2020·北京模拟)函数y=1|x|+2【解析】函数y=1|x|答案：19。函数f(x)=-ax+b(a〉0）在12,2上的值域为12,2【解析】因为f（x）=—ax+b（a〉0)在12,2上是增函数,所以f即-2a+答案：1510。若函数f(x)=x2+a|x-1｜在[0，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围是________。 世纪金榜导学号

【解析】f(x）=x2+a｜x-1｜=x2+ax-a,x≥1,x2-ax答案：［—2,0］（15分钟35分)1.（5分）(2020·北京模拟)已知函数f（x)=log2xA。-∞,2 B.-∞,0C.0,2 【解析】选D。当x≥1时,fx≤1，即为log2x≤1，解得1≤x≤2;当x<1时，fx≤1,即为11-x≤综上可得,原不等式的解集为-∞,02。(5分）（2019·蚌埠模拟）已知单调函数f（x），对任意的x∈R都有f［f（x)—2x]=6，则f（2）= ()A.2 B。4 C.6 D。8【解析】选C。设t=f（x）—2x,则f(t)=6,且f（x)=2x+t，令x=t,则f(t)=2t+t=6,因为f（x)是单调函数,f(2)=22+2=6，所以t=2,即f(x)=2x+2,则f（2)=4+2=6。3。(5分）函数f（x)=x+21-x的最大值为________. 【解析】设1-x=t(t≥0)，所以x=1—t所以y=x+21-x=1—t=—t2+2t+1=-（t-1)2+2。所以当t=1即x=0时,ymax=2.答案：2【变式备选】函数y=x-x(x≥0）的最大值为________.

【解析】令t=x,则t≥0，所以y=t—t2=—t-12所以当t=12，即x=14时，ymax=答案:14。(10分)已知函数f(x）=ax+1a(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. 【解析】f(x)=a-1ax+1所以g（a)=f（0）=1a当0<a〈1时,a—1a当a=1时,f(x）=1,此时g（a)=1.所以g(a）=a所以g(a）在(0,1)上为增函数，在[1,+∞）上为减函数，所以当a=1时，g（a)取最大值1.5.（10分)函数f（x）对任意的m，n∈R,都有f（m+n)=f(m）+f(n)-1,并且x>0时,恒有f(x)〉1. 世纪金榜导学号(1)求证:f（x)在R上是增函数。（2）若f(3)=4,解不等式f（a2+a-5)<2.【解析】(1）设x1<x2,则x2-x1>0.因为当x>0时,f（x)>1，所以f(x2-x1）〉1，f（x2）=f［（x2—x1）+x1］=f（x2-x1）+f（x1)-1,所以f（x2）—f(x1)=f(x2—x1)-1〉0⇒f（x1)〈f(x2)，所以f(x)在R上为增函数.（2）因为m，n∈R,不妨设m=n=1，所以f（1+1)=f（1）+f（1）-1⇒f(2)=2f(1)—1，f（3)=4⇒f（2+1)=4⇒f（2)+f（1)—1=4⇒3f(1）—2=4，所以f（1)=2，所以f(a2+a—5)〈2=f(1),因为f（x)在R上为增函数，所以a2+a-5〈1⇒-3〈a〈2，即原不等式的解集为{a｜-3〈a<2｝.【拓广探索练】已知函数y=1-x+x+3【解析】由题意，得1所以函数的定义域为{x｜—3≤x≤1}.两边平方,得y2=4+21-x=4+2(1又因为（1-x)(x+3）=—x2—2x+3(-3≤x≤1）在[-