2022届一轮复习专题练习2 第5练 函数的单调性与最大(小)值（解析版）

这是一份2022届一轮复习专题练习2 第5练 函数的单调性与最大(小)值（解析版），共6页。试卷主要包含了函数f＝的单调递增区间是等内容，欢迎下载使用。
考点一 确定函数的单调性(区间)
1．下列函数中，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上单调递增的是( )
A．y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))2 B．y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－1))
C．y＝eq \f(1,x＋1) D．y＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))2
2．函数f(x)＝的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－3，－\f(1,2)))
3．已知函数f(x)＝－x|x|＋2x，则下列结论正确的是( )
A．单调递增区间是(0，＋∞)
B．单调递减区间是(－∞，－1)
C．单调递增区间是(－∞，－1)
D．单调递增区间是(－1,1)
4．已知函数f(x)＝x＋eq \f(m,x)，下列说法正确的是________．
①m＝－1时，f(x)在(－∞，0)上单调递增；
②m＝1时，f(x)在(0,1)上单调递减；
③m0时，f(x)在(eq \r(m)，＋∞)上单调递增．
考点二 函数的最值
5．函数f(x)＝eq \f(1,1－x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－x)))的最大值是( )
A.eq \f(4,3) B.eq \f(3,4) C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,4)
6．已知函数f(x)＝2x－eq \r(x－1)，x∈[1,5]，则f(x)的最小值是( )
A．1 B．8
C.eq \f(15,8) D.eq \f(1,2)
7．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2ax＋12，x≤1，,x＋\f(4,x)＋a，x>1，))若f(x)的最小值为f(1)，则实数a的取值范围是________________．
考点三 单调性的应用
8．已知函数f(x)＝eq \f(x,x－m)，若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，＋∞))上单调递减，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．(2，＋∞)
C．(0,2] D．(0,2)
9．若函数f(x)＝ex－e－x＋sin 2x，若a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg23))，b＝，c＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－2))则a，b，c的大小为( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>b>a D．b>a>c
10．已知函数f(x)满足对任意的x1，x2∈R且x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)1，))若∃x1，x2∈R，x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)成立，则实数a的取值范围是( )
A．a>2 B．a0，
∴f(x)在(eq \r(m)，＋∞)上单调递增，故④正确．
5．A [∵1－x(1－x)＝x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)，
∴f(x)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))，最大值为eq \f(4,3).]
6．C [因为函数f(x)＝2x－eq \r(x－1)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，5))，
设t＝eq \r(x－1)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2))，
则x＝t2＋1，
所以g(t)＝2t2－t＋2，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，2))，
因为g(t)的图象开口向上，对称轴为t＝eq \f(1,4)，
所以f(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2－eq \f(1,4)＋2＝eq \f(15,8).]
7．[3，＋∞)
解析 函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2ax＋12，x≤1，,x＋\f(4,x)＋a，x>1，))可得当x>1时，f(x)＝x＋eq \f(4,x)＋a≥2eq \r(x·\f(4,x))＋a＝4＋a，当且仅当x＝2时，f(x)取得最小值4＋a，
当x≤1时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－a))2＋12－a2，
若a≥1，f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，1))上单调递减，
可得f(x)≥f(1)＝13－2a，
由于f(x)的最小值为f(1)，所以13－2a≤4＋a，
解得a≥3；
当a2时，x－m≠0，所以m≤2，
因为f(x)＝eq \f(x,x－m)＝1＋eq \f(m,x－m)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，＋∞))上单调递减，
所以m>0，
综上，0c>b.]
10．B [依题意，得函数f(x)在R上单调递减，
因为f(2m－x)x＋m，
即2x