统考版高考数学一轮复习第二章2.2函数的单调性与最值课时作业理含解析

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