2013届新课标高考一轮复习训练手册（文科） 第五课时《函数的单调性与最值》人教A版必修1

课时作业(五)　[第5讲　函数的单调性与最值]

[时间：45分钟　　分值：100分]

1．[2011·课标全国卷] 下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的函数是(　　)

A．y＝x3  B．y＝|x|＋1

C．y＝－x2＋1  D．y＝2－|x|

2．已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f<f(1)的实数x的取值范围是(　　)

A．(－1,1) 

B．(0,1)

C．(－1,0)∪(0,1) 

D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)

3．函数f(x)＝在[1,2]上的最大值和最小值分别是(　　)

A.，1  B．1,0  C.，  D．1，

4．设x1，x2为y＝f(x)的定义域内的任意两个变量，有以下几个条件：

①(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0；

②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0；

③＞0；

④＜0.

其中能推出函数y＝f(x)为增函数的条件为________(填序号)．

5．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是(　　)

A.  B.

C.  D.

6．函数f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0,1]上的最大值与最小值之和为a，则a的值是(　　)

A．2  B.

C．4  D.

7．[2011·浙江五校联考]  已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(2x－)<f()的x的取值范围是(　　)

A．(－∞，0)  B．(0，)

C．(0,2)  D．(，＋∞)

8．设f(x)＝x3＋x，x∈R，当0≤θ≤时，f(msinθ)＋f(1－m)>0恒成立，则实数m的取值范围是(　　)

A．(0,1)  B．(－∞，0)

C.  D．(－∞，1)

9．[2011·长春二调]  设f(x)的定义域为D，若f(x)满足下面两个条件，则称f(x)为闭函数．①f(x)在D内是单调函数；②存在[a，b]⊆D，使f(x)在[a，b]上的值域为[a，b]．如果f(x)＝＋k为闭函数，那么k的取值范围是(　　)

A．－1<k≤－  B.≤k＜1

C．k>－1  D．k＜1

10．[2011·苏州模拟]  已知f(x)＝是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a的取值范围是________．

11．对a，b∈R，记max(a，b)＝函数f(x)＝max(|x＋1|，|x－2|)(x∈R)的最小值是________．

12．[2011·西城区二模]  定义某种运算，ab的运算原理如图K5－1所示．设f(x)＝(0x)x－(2x)．则f(2)＝________；f(x)在区间[－2,2]上的最小值为________．

图K5－1

13．[2011·淮南一模]  已知函数f(x)＝(a是常数且a>0)．对于下列命题：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f(x)>0在上恒成立，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________．

14．(10分)已知函数f(x)＝－(a>0，x>0)．

(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；

(2)若f(x)在上的值域是，求a的值．

15．(13分)已知定义域为[0,1]的函数f(x)同时满足：①对于任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，则有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)．

(1)求f(0)的值；

(2)求f(x)的最大值；

(3)若对于任意x∈[0,1]，总有4f2(x)－4(2－a)f(x)＋5－4a≥0成立，求实数a的取值范围．

16．(12分)已知函数f(x)自变量取值区间为A，若其值域区间也为A，则称区间A为f(x)的保值区间．

(1)求函数f(x)＝x2形如[n，＋∞)(n∈R)的保值区间；

(2)g(x)＝x－ln(x＋m)的保值区间是[2，＋∞)，求m的取值．

课时作业(五)

【基础热身】

1．B　[解析] A选项中，函数y＝x3是奇函数；B选项中，y＝|x|＋1是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数；C选项中，y＝－x2＋1是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数；D选项中，y＝2－|x|＝|x|是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数．故选B.

2．C　[解析] 由f(x)为R上的减函数且f<f(1)，

得：即∴0<x<1或－1<x<0.

3．A　[解析] ∵f(x)＝＝＝2－，∴f(x)在[1,2]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝f(2)＝，故选A.

4．①③　[解析] 依据增函数的定义可知，对于①③，当自变量增大时，相对应的函数值也增大，所以①③可推出函数y＝f(x)为增函数．

【能力提升】

5．A　[解析] 函数f(x)的定义域是(－1,4)，u(x)＝－x2＋3x＋4＝－2＋在(－1,4)上的减区间为.∵e>1，∴函数f(x)的单调递减区间为.

6．B　[解析] 因为ax与loga(x＋1)的单调性相同，所以不论a>1，还是0<a<1，f(x)的最大值与最小值之和都是1＋a＋loga2，所以1＋a＋loga2＝a，解得a＝.

7．B　[解析] 偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，由对称性知其在(－∞，0)上单调递减，因此应有|2x－|<，解得x∈(0，)．

8．D　[解析] 根据函数f(x)的性质，不等式f(msinθ)＋f(1－m)>0，即f(msinθ)>f(m－1)，即msinθ>m－1在上恒成立．当m>0时，即sinθ>恒成立，只要0>即可，解得0<m<1；当m＝0时，不等式恒成立；当m<0时，sinθ<，只要1<，这个不等式恒成立，此时m<0.综上可知：m<1.

9．A　[解析] f(x)＝＋k为上的增函数，又f(x)在[a，b]上的值域为[a，b]，∴即f(x)＝x在上有两个不等实根，即＝x－k在上有两个不等实根．问题可化为y＝和y＝x－k的图象在上有两个不同交点．如图，对于临界直线m，应有－k≥，即k≤－.对于临界直线n，y′＝()′＝，令＝1，得切点P横坐标为0，∴P(0,1)，

∴n：y＝x＋1，令x＝0，得y＝1，∴－k＜1，即k>－1.综上，－1<k≤－.

10.≤a＜　[解析] ∵当x≥1时，y＝logax单调递减，∴0＜a＜1；

而当x＜1时，f(x)＝(3a－1)x＋4a单调递减，∴a＜；

又函数在其定义域内单调递减，故当x＝1时，(3a－1)x＋4a≥logax，得a≤.

综上可知，≤a＜.

11.　[解析] 由题意可得f(x)＝当x∈时，f(x)∈；

当x∈时，f(x)∈，所以f(x)的最小值为.

12．－2　－6　[解析] ①x≥2时，f(x)＝－2⇒f(2)＝－2；②f(x)＝

f(x)在[－2,0]上最小值为－6，在[0,2]上最小值为－2，综上所述，f(x)在区间[－2,2]上的最小值为－6.

13．①③④　[解析] 如图，①正确；

函数f(x)在R上不是单调函数，②错误；

若f(x)>0在上恒成立，则2a×－1>0，a>1，③正确；

由图象可知在(－∞，0)上对任意x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有f<成立，④正确．

14．[解答] (1)证明：方法一：设x2>x1>0，

则x2－x1>0，x1x2>0.

∵f(x2)－f(x1)＝－

＝－＝>0，

∴f(x2)>f(x1)，

∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

方法二：∵f(x)＝－，

∴f′(x)＝′＝>0，

∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数．

(2)∵f(x)在上的值域是，

又f(x)在上单调递增，

∴f＝，f(2)＝2，∴a＝.

15．[解答] (1)对于③，令x1＝x2＝0，得f(0)≤0，

又由①知f(0)≥0，∴f(0)＝0.

(2)设0≤x1<x2≤1，则x2－x1∈(0,1]，

∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1＋x1)－f(x1)≥f(x2－x1)＋f(x1)－f(x1)＝f(x2－x1)≥0，

即f(x2)≥f(x1)．故f(x)在[0,1]上是单调递增的，

从而f(x)的最大值是f(1)＝1.

(3)∵f(x)在[0,1]上是增函数，

结合(1)(2)知f(x)∈[0,1]．

又∵4f2(x)－4(2－a)f(x)＋5－4a≥0，

∴4f2(x)－8f(x)＋5≥4a[1－f(x)]．

当f(x)≠1时，a≤.

∵y＝＝

＝1－f(x)＋≥1，∴a≤1.

当f(x)＝1时，4f2(x)－4(2－a)f(x)＋5－4a

＝4－4(2－a)＋5－4a＝4－8＋4a＋5－4a

＝1≥0恒成立，∴a≤1.

【难点突破】

16．[解答] (1)若n<0，由题意则n＝f(0)＝0，矛盾．

若n≥0，则n＝f(n)＝n2，解得n＝0或1，

所以f(x)的保值区间为[0，＋∞)或[1，＋∞)．

(2)因为g(x)＝x－ln(x＋m)的保值区间是[2，＋∞)，

所以2＋m>0，即m>－2，

令g′(x)＝1－>0，得x>1－m，

所以g(x)在(1－m，＋∞)上为增函数，

同理可得g(x)在(－m,1－m)上为减函数．

若2≤1－m，即m≤－1，则g(1－m)＝2，得m＝－1，满足题意．

若2>1－m，即m>－1，则g(2)＝2，得m＝－1，矛盾．

所以满足条件的m值为－1.