高考数学一轮复习 第二章 函数 第二节 函数的单调性与最值作业本 理-人教版高三数学试题

第二节函数的单调性与最值A组基础题组1.下列函数中,满足“∀x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]<0”的是()A.f(x)=1x-x C.f(x)=lnx D.f(x)=2x2.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,+∞)3.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,+∞)4.已知函数f(x)是R上的增函数,A(0,-3),B(3,1)是其图象上的两点,那么不等式-3<f(x+1)<1的解集的补集是(全集为R)()A.(-1,2) B.(1,4)C.(-∞,-1)∪[4,+∞) D.(-∞,-1]∪[2,+∞)5.定义新运算⊕:当a≥b时,a⊕b=a;当a<b时,a⊕b=b2,则函数f(x)=(1⊕x)x-(2⊕x),x∈[-2,2]的最大值等于()A.-1 B.1 6.函数y=x-x(x≥0)的最大值为.

7.已知函数f(x)为R上的减函数,若m<n,则f(m)

f(n);若f1x<f(1),则实数x的取值范围是8.已知函数f(x)=x2-2ax-3在区间[1,2]上具有单调性,则实数a的取值范围为.

9.已知函数f(x)=ax+1aB组提升题组10.已知f(x)=axA.(1,+∞) B.[4,8) C.(4,8) D.(1,8)11.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f(-x)=0,且在(-∞,0)上单调递增,如果x1+x2<0且x1x2<0,则f(x1)+f(x2)的值()A.可能为0 B.恒大于0C.恒小于0 D.可正可负12.已知函数f(x)=e-①函数f(x)的最小值是-1;②函数f(x)在R上是单调函数;③若在12,+∞上f(x)>0恒成立,则a的取值范围是a>1;④对任意x1<0,x2<0且x1≠x2,恒有f其中正确命题的序号是()A.①② B.①③④ C.③④ D.②④13.函数y=2x+kx-14.(2017北京朝阳期中)已知函数f(x)=mx2+115.(2017北京海淀期中)设函数f(x)=2x(1)若a=32,则函数f(x)的值域为(2)若f(x)在R上是增函数,则a的取值范围是.

答案精解精析A组基础题组1.A“∀x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0”等价于在(0,+∞)上f(x)为减函数,易判断f(x)=1x2.Af(x)=|x-2|x=x2由图象可知函数的单调递减区间是[1,2].3.A因为函数f(x)在(-∞,-1)上是单调函数,所以由题意知-a≥-1,即a≤1,故选A.4.D由函数f(x)是R上的增函数,A(0,-3),B(3,1)是其图象上的两点,知不等式-3<f(x+1)<1即为f(0)<f(x+1)<f(3),所以0<x+1<3,所以-1<x<2,不等式-3<f(x+1)<1的解集的补集是(-∞,-1]∪[2,+∞).5.C由已知可得,当-2≤x≤1时,f(x)=x-2,此时f(x)递增,当1<x≤2时,f(x)=x3-2,此时f(x)也递增,又在x=1处f(x)连续,∴f(x)的最大值为f(2)=23-2=6.6.答案1解析令t=x,则t≥0,y=t-t2=-t-122+14,当t=12,即x=7.答案>;(-1,0)∪(0,1)解析由题意知f(m)>f(n);1x故-1<x<1且x≠0.即实数x的取值范围是(-1,0)∪(0,1).8.答案(-∞,1]∪[2,+∞)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[a,+∞)上都具有单调性,但单调性不同,因此要使函数f(x)在区间[1,2]上具有单调性,只需a≤1或a≥2,从而a∈(-∞,1]∪[2,+∞).9.解析f(x)=a-1a当a>1时,a-1a此时f(x)在[0,1]上为增函数,∴g(a)=f(0)=1a当0<a<1时,a-1a此时f(x)在[0,1]上为减函数,∴g(a)=f(1)=a;当a=1时,f(x)=1,此时g(a)=1.∴g(a)=a∴g(a)在(0,1)上为增函数,在[1,+∞)上为减函数,∴当a=1时,g(a)取最大值1.B组提升题组10.B因为f(x)是R上的单调递增函数,所以a>11.C由x1x2<0不妨设x1<0,x2>0.因为x1+x2<0,所以x1<-x2<0.又∵f(x)在(-∞,0)上单调递增,∴f(x1)<f(-x2),又f(-x2)=-f(x2),∴f(x1)+f(x2)<0.12.B由题意可知函数f(x)在(-∞,0]上是单调减函数,在(0,+∞)上是单调增函数且连续,所以f(x)的最小值是f(0)=-1,故①正确,②错误;当x>0时,函数f(x)是增函数,因为在12,+∞上f(x)>0恒成立,所以只需要f12>0即可,解得a>1,故③正确;对于④,当x≤0时,函数f(x)=e-x13.答案(-∞,-4)解析由于y=log3(x-2)在(3,+∞)上为增函数,故函数y=2x+kx-14.答案(1,2]解析设h(x)=mx2+1,x≥0,g(x)=(m2-1)2x,x<0.①当m>1时,要使f(x)在(-∞,+∞)上具有单调性,则要满足m2-1≤1,解得-2≤m≤2,故1<m≤2.②当m<-1时,h(x)在[0,+∞)上递减,g(x)在(-∞,0)上递增,所以,f(x)在R上不具有单调性,不符合题意.③当m=±1时,g(x)=0,当m=0时,h(x)=1,所以,f(x)在R上不具有单调性,不符合题意.④当-1<m<0时,h(x)在[0,+∞)上递减,g(x)在(-∞,0)上递减,对于任意的x<0,g(x)<0,当x→0时,h(x)>0,所以,f(x)在R上不具有单调性,不符合题意.⑤当0<m<1时,h(x)在[0,+∞)上递增,g(x)在(-∞,0)上递减,所以,f(x)在R上不具有单调性,不符合题意.综上,1<m≤2.15.答案(1)-3解析(1)当a=32若x≤1,则