統(tǒng)考版高考數學一輪復習第二章2.2函數的單調性與最值課時作業(yè)理含解析

一輪復習精品資料(高中)PAGE1-課時作業(yè)5函數的單調性與最值〖基礎達標〗一、選擇題1．〖2021·山西名校聯考〗下列函數中，在區(qū)間(0,1)上是增函數的是()A．y＝|x|B．y＝3－xC．y＝eq\f(1,x)D．y＝－x2＋42．已知函數f(x)＝eq\r(x2－2x－3)，則該函數的單調遞增區(qū)間為()A．(－∞，1〗B．〖3，＋∞)C．(－∞，－1〗D．〖1，＋∞)3．函數y＝|x|(1－x)在區(qū)間A上是增函數，那么區(qū)間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．函數y＝的單調遞增區(qū)間為()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〗下列函數中，滿足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的單調遞增函數是()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、填空題6．如果函數f(x)＝ax2＋2x－3在區(qū)間(－∞，4)上單調遞增，則實數a的取值范圍是________．7．對于任意實數a，b，定義min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b.))設函數f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．8．定義在〖－2,2〗上的函數f(x)滿足(x1－x2)〖f(x1)－f(x2)〗>0，x1≠x2，且f(a2－a)>f(2a－2)，則實數a的取值范圍為________．三、解答題9．試討論函數f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的單調性．10．已知函數f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a>0，x>0)．(1)求證：f(x)在(0，＋∞)上是增函數；(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．〖能力挑戰(zhàn)〗11．〖2021·河南鶴壁高中月考〗若函數y＝ax與y＝－eq\f(b,x)在(0，＋∞)上都是減函數，則y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是()A．增函數B．減函數C．先增后減D．先減后增12．〖2021·全國卷Ⅰ模擬〗已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2a－1，x>1，,x＋a2，x≤1))在R上為增函數，M＝f(a)，N＝f(log43·log45)，則M，N的大小關系是()A．M＝NB．M>NC．M<ND．M，N的大小不能確定13．定義新運算eq\o\ac(○,+)：當a≥b時，aeq\o\ac(○,+)b＝a；當a<b時，aeq\o\ac(○,+)b＝b2，則函數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課時作業(yè)51．〖解析〗y(tǒng)＝|x|在(0，＋∞)上單調遞增，y＝3－x在R上單調遞減，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調遞減，y＝－x2＋4在(0，＋∞)上單調遞減．故選A項．〖答案〗A2．〖解析〗設t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.所以函數的定義域為(－∞，－1〗∪〖3，＋∞)．因為函數t＝x2－2x－3的圖象的對稱軸為x＝1，所以函數t在(－∞，－1〗上單調遞減，在〖3，＋∞)上單調遞增．所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間為〖3，＋∞)．〖答案〗B3．〖解析〗y(tǒng)＝|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.))畫出函數的草圖，如圖．由圖易知原函數在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調遞增．〖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)，因為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)))上單調遞減，函數y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))μ在R上單調遞減．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)))上單調遞增．〖答案〗B5．〖解析〗f(x)＝，f(y)＝，f(x＋y)＝，不滿足f(x＋y)＝f(x)f(y)，故A錯誤；f(x)＝x3，f(y)＝y(tǒng)3，f(x＋y)＝(x＋y)3，不滿足f(x＋y)＝f(x)f(y)，故B錯誤；f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是單調遞減函數，故C錯誤；f(x)＝3x，f(y)＝3y，f(x＋y)＝3x＋y，滿足f(x＋y)＝f(x)f(y)，且f(x)在R上是單調遞增函數，故D正確．故選D.〖答案〗D6．〖解析〗當a＝0時，f(x)＝2x－3在定義域R上是單調遞增的，故在(－∞，4)上單調遞增；當a≠0時，二次函數f(x)的對稱軸為x＝－eq\f(1,a)，因為f(x)在(－∞，4)上單調遞增，所以a<0，且－eq\f(1,a)≥4，解得－eq\f(1,4)≤a<0.綜上，實數a的取值范圍是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標系中，作出函數f(x)，g(x)的圖象，依題意，h(x)的圖象如圖所示．易知點A(2,1)為圖象的最高點，因此h(x)的最大值為h(2)＝1.解法二依題意，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，0<x≤2，,－x＋3，x>2.))當0<x≤2時，h(x)＝log2x是增函數，當x>2時，h(x)＝3－x是減函數，所以h(x)在x＝2處取得最大值h(2)＝1.〖答案〗18．〖解析〗因為函數f(x)滿足(x1－x2)〖f(x1)－f(x2)〗>0，x1≠x2，所以函數在〖－2,2〗上單調遞增，所以－2≤2a－2<a2－a≤2，解得0≤a<1.故實數a的取值范圍為〖0,1)．〖答案〗〖0,1)9．〖解析〗解法一設－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，故當a>0時，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數f(x)在(－1,1)上單調遞減；當a<0時，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函數f(x)在(－1,1)上單調遞增．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).當a>0時，f′(x)<0，函數f(x)在(－1,1)上單調遞減；當a<0時，f′(x)>0，函數f(x)在(－1,1)上單調遞增．10．〖解析〗(1)證明：任取x1>x2>0，則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)，因為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，＋∞)上是增函數．(2)由(1)可知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上為增函數，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與y＝－eq\f(b,x)在(0，＋∞)上都是減函數，∴a<0，b<0，∴y＝ax2＋bx的對稱軸方程x＝－eq\f(b,2a)<0，∴y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上為減函數．〖答案〗B12．〖解析〗由題意知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上的增函數，∴f(a)＝f(1)>f(log43·log45)，即M>N.故選B.〖答案〗B13．〖解析〗由題意知當－2≤x≤1時，f(x)＝x－2，當1<x≤2時，f(x)＝x3－2，又f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在相應的定義域內都為增函數，且f(1)＝－1，f(2)＝6，所以f(x)的最大值為6.〖答案〗C課時作業(yè)5函數的單調性與最值〖基礎達標〗一、選擇題1．〖2021·山西名校聯考〗下列函數中，在區(qū)間(0,1)上是增函數的是()A．y＝|x|B．y＝3－xC．y＝eq\f(1,x)D．y＝－x2＋42．已知函數f(x)＝eq\r(x2－2x－3)，則該函數的單調遞增區(qū)間為()A．(－∞，1〗B．〖3，＋∞)C．(－∞，－1〗D．〖1，＋∞)3．函數y＝|x|(1－x)在區(qū)間A上是增函數，那么區(qū)間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．函數y＝的單調遞增區(qū)間為()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〗下列函數中，滿足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的單調遞增函數是()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、填空題6．如果函數f(x)＝ax2＋2x－3在區(qū)間(－∞，4)上單調遞增，則實數a的取值范圍是________．7．對于任意實數a，b，定義min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b.))設函數f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．8．定義在〖－2,2〗上的函數f(x)滿足(x1－x2)〖f(x1)－f(x2)〗>0，x1≠x2，且f(a2－a)>f(2a－2)，則實數a的取值范圍為________．三、解答題9．試討論函數f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的單調性．10．已知函數f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a>0，x>0)．(1)求證：f(x)在(0，＋∞)上是增函數；(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．〖能力挑戰(zhàn)〗11．〖2021·河南鶴壁高中月考〗若函數y＝ax與y＝－eq\f(b,x)在(0，＋∞)上都是減函數，則y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是()A．增函數B．減函數C．先增后減D．先減后增12．〖2021·全國卷Ⅰ模擬〗已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2a－1，x>1，,x＋a2，x≤1))在R上為增函數，M＝f(a)，N＝f(log43·log45)，則M，N的大小關系是()A．M＝NB．M>NC．M<ND．M，N的大小不能確定13．定義新運算eq\o\ac(○,+)：當a≥b時，aeq\o\ac(○,+)b＝a；當a<b時，aeq\o\ac(○,+)b＝b2，則函數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課時作業(yè)51．〖解析〗y(tǒng)＝|x|在(0，＋∞)上單調遞增，y＝3－x在R上單調遞減，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調遞減，y＝－x2＋4在(0，＋∞)上單調遞減．故選A項．〖答案〗A2．〖解析〗設t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.所以函數的定義域為(－∞，－1〗∪〖3，＋∞)．因為函數t＝x2－2x－3的圖象的對稱軸為x＝1，所以函數t在(－∞，－1〗上單調遞減，在〖3，＋∞)上單調遞增．所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間為〖3，＋∞)．〖答案〗B3．〖解析〗y(tǒng)＝|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.))畫出函數的草圖，如圖．由圖易知原函數在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調遞增．〖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)，因為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)))上單調遞減，函數y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))μ在R上單調遞減．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)))上單調遞增．〖答案〗B5．〖解析〗f(x)＝，f(y)＝，f(x＋y)＝，不滿足f(x＋y)＝f(x)f(y)，故A錯誤；f(x)＝x3，f(y)＝y(tǒng)3，f(x＋y)＝(x＋y)3，不滿足f(x＋y)＝f(x)f(y)，故B錯誤；f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是單調遞減函數，故C錯誤；f(x)＝3x，f(y)＝3y，f(x＋y)＝3x＋y，滿足f(x＋y)＝f(x)f(y)，且f(x)在R上是單調遞增函數，故D正確．故選D.〖答案〗D6．〖解析〗當a＝0時，f(x)＝2x－3在定義域R上是單調遞增的，故在(－∞，4)上單調遞增；當a≠0時，二次函數f(x)的對稱軸為x＝－eq\f(1,a)，因為f(x)在(－∞，4)上單調遞增，所以a<0，且－eq\f(1,a)≥4，解得－eq\f(1,4)≤a<0.綜上，實數a的取值范圍是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標系中，作出函數f(x)，g(x)的圖象，依題意，h(x)的圖象如圖所示．易知點A(2,1)為圖象的最高點，因此h(x)的最大值為h(2)＝1.解法二依題意，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，0<x≤2，,－x＋3，x>2.))當0<x≤2時，h(x)＝log2x是增函數，當x>2時，h(x)＝3－x是減函數，所以h(x)在x＝2處取得最大值h(2)＝1.〖答案〗18．〖解析〗因為函數f(x)滿足(x1－x2)〖f(x1)－f(x2)〗>0，x1≠x2，所以函數在〖－2,2〗上單調遞增，所以－2≤2a－2<a2－a≤2，解得0≤a<1.故實數a的取值范圍為〖0,1)．〖答案〗〖0,1)9．〖解析〗解法一設－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，故當a>0時，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數f(x)在(－1,1)上單調遞減；當a<0時，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函數f(x)在(－1,1)上單調遞增．解