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文档简介
一轮复习精品资料(高中)PAGE1-课时作业5函数的单调性与最值〖基础达标〗一、选择题1.〖2021·山西名校联考〗下列函数中,在区间(0,1)上是增函数的是()A.y=|x|B.y=3-xC.y=eq\f(1,x)D.y=-x2+42.已知函数f(x)=eq\r(x2-2x-3),则该函数的单调递增区间为()A.(-∞,1〗B.〖3,+∞)C.(-∞,-1〗D.〖1,+∞)3.函数y=|x|(1-x)在区间A上是增函数,那么区间A可能是()A.(-∞,0)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))C.〖0,+∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))4.函数y=的单调递增区间为()A.(1,+∞)B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(3,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4),+∞))5.〖2021·河北大名一中月考〗下列函数中,满足“f(x+y)=f(x)f(y)”的单调递增函数是()A.f(x)=B.f(x)=x3C.f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))xD.f(x)=3x二、填空题6.如果函数f(x)=ax2+2x-3在区间(-∞,4)上单调递增,则实数a的取值范围是________.7.对于任意实数a,b,定义min{a,b}=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a,a≤b,,b,a>b.))设函数f(x)=-x+3,g(x)=log2x,则函数h(x)=min{f(x),g(x)}的最大值是________.8.定义在〖-2,2〗上的函数f(x)满足(x1-x2)〖f(x1)-f(x2)〗>0,x1≠x2,且f(a2-a)>f(2a-2),则实数a的取值范围为________.三、解答题9.试讨论函数f(x)=eq\f(ax,x-1)(a≠0)在(-1,1)上的单调性.10.已知函数f(x)=eq\f(1,a)-eq\f(1,x)(a>0,x>0).(1)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数;(2)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),2))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),2)),求a的值.〖能力挑战〗11.〖2021·河南鹤壁高中月考〗若函数y=ax与y=-eq\f(b,x)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12.〖2021·全国卷Ⅰ模拟〗已知f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2+2a-1,x>1,,x+a2,x≤1))在R上为增函数,M=f(a),N=f(log43·log45),则M,N的大小关系是()A.M=NB.M>NC.M<ND.M,N的大小不能确定13.定义新运算eq\o\ac(○,+):当a≥b时,aeq\o\ac(○,+)b=a;当a<b时,aeq\o\ac(○,+)b=b2,则函数f(x)=(1eq\o\ac(○,+)x)x-(2eq\o\ac(○,+)x),x∈〖-2,2〗的最大值等于()A.-1B.1C.6D.12课时作业51.〖解析〗y=|x|在(0,+∞)上单调递增,y=3-x在R上单调递减,y=eq\f(1,x)在(0,+∞)上单调递减,y=-x2+4在(0,+∞)上单调递减.故选A项.〖答案〗A2.〖解析〗设t=x2-2x-3,由t≥0,即x2-2x-3≥0,解得x≤-1或x≥3.所以函数的定义域为(-∞,-1〗∪〖3,+∞).因为函数t=x2-2x-3的图象的对称轴为x=1,所以函数t在(-∞,-1〗上单调递减,在〖3,+∞)上单调递增.所以函数f(x)的单调递增区间为〖3,+∞).〖答案〗B3.〖解析〗y=|x|(1-x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1-x,x≥0,-x1-x,x<0))=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x2+x,x≥0,x2-x,x<0))=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))2+\f(1,4),x≥0,,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))2-\f(1,4),x<0.))画出函数的草图,如图.由图易知原函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))上单调递增.〖答案〗B4.〖解析〗令μ=2x2-3x+1=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(3,4)))2-eq\f(1,8),因为μ=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(3,4)))2-eq\f(1,8)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(3,4)))上单调递减,函数y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))μ在R上单调递减.所以y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2x2-3x+1在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(3,4)))上单调递增.〖答案〗B5.〖解析〗f(x)=,f(y)=,f(x+y)=,不满足f(x+y)=f(x)f(y),故A错误;f(x)=x3,f(y)=y3,f(x+y)=(x+y)3,不满足f(x+y)=f(x)f(y),故B错误;f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是单调递减函数,故C错误;f(x)=3x,f(y)=3y,f(x+y)=3x+y,满足f(x+y)=f(x)f(y),且f(x)在R上是单调递增函数,故D正确.故选D.〖答案〗D6.〖解析〗当a=0时,f(x)=2x-3在定义域R上是单调递增的,故在(-∞,4)上单调递增;当a≠0时,二次函数f(x)的对称轴为x=-eq\f(1,a),因为f(x)在(-∞,4)上单调递增,所以a<0,且-eq\f(1,a)≥4,解得-eq\f(1,4)≤a<0.综上,实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,4),0)).〖答案〗eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,4),0))7.〖解析〗解法一在同一直角坐标系中,作出函数f(x),g(x)的图象,依题意,h(x)的图象如图所示.易知点A(2,1)为图象的最高点,因此h(x)的最大值为h(2)=1.解法二依题意,h(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x,0<x≤2,,-x+3,x>2.))当0<x≤2时,h(x)=log2x是增函数,当x>2时,h(x)=3-x是减函数,所以h(x)在x=2处取得最大值h(2)=1.〖答案〗18.〖解析〗因为函数f(x)满足(x1-x2)〖f(x1)-f(x2)〗>0,x1≠x2,所以函数在〖-2,2〗上单调递增,所以-2≤2a-2<a2-a≤2,解得0≤a<1.故实数a的取值范围为〖0,1).〖答案〗〖0,1)9.〖解析〗解法一设-1<x1<x2<1,f(x)=aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x-1+1,x-1)))=aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x-1))),f(x1)-f(x2)=aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x1-1)))-aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x2-1)))=eq\f(ax2-x1,x1-1x2-1),由于-1<x1<x2<1,所以x2-x1>0,x1-1<0,x2-1<0,故当a>0时,f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),函数f(x)在(-1,1)上单调递减;当a<0时,f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),函数f(x)在(-1,1)上单调递增.解法二f′(x)=eq\f(ax′x-1-axx-1′,x-12)=eq\f(ax-1-ax,x-12)=-eq\f(a,x-12).当a>0时,f′(x)<0,函数f(x)在(-1,1)上单调递减;当a<0时,f′(x)>0,函数f(x)在(-1,1)上单调递增.10.〖解析〗(1)证明:任取x1>x2>0,则f(x1)-f(x2)=eq\f(1,a)-eq\f(1,x1)-eq\f(1,a)+eq\f(1,x2)=eq\f(x1-x2,x1x2),因为x1>x2>0,所以x1-x2>0,x1x2>0,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以f(x)在(0,+∞)上是增函数.(2)由(1)可知,f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),2))上为增函数,所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))=eq\f(1,a)-2=eq\f(1,2),f(2)=eq\f(1,a)-eq\f(1,2)=2,解得a=eq\f(2,5).11.〖解析〗∵y=ax与y=-eq\f(b,x)在(0,+∞)上都是减函数,∴a<0,b<0,∴y=ax2+bx的对称轴方程x=-eq\f(b,2a)<0,∴y=ax2+bx在(0,+∞)上为减函数.〖答案〗B12.〖解析〗由题意知1+2a-1≥1+a2,∴(a-1)2≤0,∴a=1.又log43·log45<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(log43+log45,2)))2<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(log416,2)))2=1,且f(x)是R上的增函数,∴f(a)=f(1)>f(log43·log45),即M>N.故选B.〖答案〗B13.〖解析〗由题意知当-2≤x≤1时,f(x)=x-2,当1<x≤2时,f(x)=x3-2,又f(x)=x-2,f(x)=x3-2在相应的定义域内都为增函数,且f(1)=-1,f(2)=6,所以f(x)的最大值为6.〖答案〗C课时作业5函数的单调性与最值〖基础达标〗一、选择题1.〖2021·山西名校联考〗下列函数中,在区间(0,1)上是增函数的是()A.y=|x|B.y=3-xC.y=eq\f(1,x)D.y=-x2+42.已知函数f(x)=eq\r(x2-2x-3),则该函数的单调递增区间为()A.(-∞,1〗B.〖3,+∞)C.(-∞,-1〗D.〖1,+∞)3.函数y=|x|(1-x)在区间A上是增函数,那么区间A可能是()A.(-∞,0)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))C.〖0,+∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))4.函数y=的单调递增区间为()A.(1,+∞)B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(3,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4),+∞))5.〖2021·河北大名一中月考〗下列函数中,满足“f(x+y)=f(x)f(y)”的单调递增函数是()A.f(x)=B.f(x)=x3C.f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))xD.f(x)=3x二、填空题6.如果函数f(x)=ax2+2x-3在区间(-∞,4)上单调递增,则实数a的取值范围是________.7.对于任意实数a,b,定义min{a,b}=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a,a≤b,,b,a>b.))设函数f(x)=-x+3,g(x)=log2x,则函数h(x)=min{f(x),g(x)}的最大值是________.8.定义在〖-2,2〗上的函数f(x)满足(x1-x2)〖f(x1)-f(x2)〗>0,x1≠x2,且f(a2-a)>f(2a-2),则实数a的取值范围为________.三、解答题9.试讨论函数f(x)=eq\f(ax,x-1)(a≠0)在(-1,1)上的单调性.10.已知函数f(x)=eq\f(1,a)-eq\f(1,x)(a>0,x>0).(1)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数;(2)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),2))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),2)),求a的值.〖能力挑战〗11.〖2021·河南鹤壁高中月考〗若函数y=ax与y=-eq\f(b,x)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12.〖2021·全国卷Ⅰ模拟〗已知f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2+2a-1,x>1,,x+a2,x≤1))在R上为增函数,M=f(a),N=f(log43·log45),则M,N的大小关系是()A.M=NB.M>NC.M<ND.M,N的大小不能确定13.定义新运算eq\o\ac(○,+):当a≥b时,aeq\o\ac(○,+)b=a;当a<b时,aeq\o\ac(○,+)b=b2,则函数f(x)=(1eq\o\ac(○,+)x)x-(2eq\o\ac(○,+)x),x∈〖-2,2〗的最大值等于()A.-1B.1C.6D.12课时作业51.〖解析〗y=|x|在(0,+∞)上单调递增,y=3-x在R上单调递减,y=eq\f(1,x)在(0,+∞)上单调递减,y=-x2+4在(0,+∞)上单调递减.故选A项.〖答案〗A2.〖解析〗设t=x2-2x-3,由t≥0,即x2-2x-3≥0,解得x≤-1或x≥3.所以函数的定义域为(-∞,-1〗∪〖3,+∞).因为函数t=x2-2x-3的图象的对称轴为x=1,所以函数t在(-∞,-1〗上单调递减,在〖3,+∞)上单调递增.所以函数f(x)的单调递增区间为〖3,+∞).〖答案〗B3.〖解析〗y=|x|(1-x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1-x,x≥0,-x1-x,x<0))=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x2+x,x≥0,x2-x,x<0))=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))2+\f(1,4),x≥0,,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))2-\f(1,4),x<0.))画出函数的草图,如图.由图易知原函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))上单调递增.〖答案〗B4.〖解析〗令μ=2x2-3x+1=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(3,4)))2-eq\f(1,8),因为μ=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(3,4)))2-eq\f(1,8)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(3,4)))上单调递减,函数y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))μ在R上单调递减.所以y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2x2-3x+1在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,\f(3,4)))上单调递增.〖答案〗B5.〖解析〗f(x)=,f(y)=,f(x+y)=,不满足f(x+y)=f(x)f(y),故A错误;f(x)=x3,f(y)=y3,f(x+y)=(x+y)3,不满足f(x+y)=f(x)f(y),故B错误;f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是单调递减函数,故C错误;f(x)=3x,f(y)=3y,f(x+y)=3x+y,满足f(x+y)=f(x)f(y),且f(x)在R上是单调递增函数,故D正确.故选D.〖答案〗D6.〖解析〗当a=0时,f(x)=2x-3在定义域R上是单调递增的,故在(-∞,4)上单调递增;当a≠0时,二次函数f(x)的对称轴为x=-eq\f(1,a),因为f(x)在(-∞,4)上单调递增,所以a<0,且-eq\f(1,a)≥4,解得-eq\f(1,4)≤a<0.综上,实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,4),0)).〖答案〗eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,4),0))7.〖解析〗解法一在同一直角坐标系中,作出函数f(x),g(x)的图象,依题意,h(x)的图象如图所示.易知点A(2,1)为图象的最高点,因此h(x)的最大值为h(2)=1.解法二依题意,h(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x,0<x≤2,,-x+3,x>2.))当0<x≤2时,h(x)=log2x是增函数,当x>2时,h(x)=3-x是减函数,所以h(x)在x=2处取得最大值h(2)=1.〖答案〗18.〖解析〗因为函数f(x)满足(x1-x2)〖f(x1)-f(x2)〗>0,x1≠x2,所以函数在〖-2,2〗上单调递增,所以-2≤2a-2<a2-a≤2,解得0≤a<1.故实数a的取值范围为〖0,1).〖答案〗〖0,1)9.〖解析〗解法一设-1<x1<x2<1,f(x)=aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x-1+1,x-1)))=aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x-1))),f(x1)-f(x2)=aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x1-1)))-aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x2-1)))=eq\f(ax2-x1,x1-1x2-1),由于-1<x1<x2<1,所以x2-x1>0,x1-1<0,x2-1<0,故当a>0时,f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),函数f(x)在(-1,1)上单调递减;当a<0时,f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),函数f(x)在(-1,1)上单调递增.解
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