高考数学(理数)一轮复习检测卷：1.4《函数的单调性与最值》 (教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮复习检测卷：1.4《函数的单调性与最值》 (教师版)

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级　基础夯实练1．函数f(x)＝－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值是(　　)A.eq \f(3,2)　　　　　　　 B．－eq \f(8,3)C．－2 D．2解析：选A.函数f(x)＝－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上单调递减，可知f(x)的最大值为f(－2)＝2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).2．函数f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是(　　)A．[1，2] B．[－1，0)C．[0，2] D．[2，＋∞)解析：选A.由于f(x)＝|x－2|x＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x＜2.))作出函数图象如图所示：结合图象可知函数的单调递减区间是[1，2]．3．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x≥1，,x＋c，x＜1，))则“c＝－1”是“函数f(x)在R上递增”的(　　)A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选A.若函数f(x)在R上递增，则需log21≥c＋1，即c≤－1.由c＝－1⇒c≤－1，但c≤－1 eq \o(⇒,/) c＝－1，所以“c＝－1”是“f(x)在R上递增”的充分不必要条件．4．函数f(x)＝log0.5(x2－4)的单调递增区间为(　　)A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)解析：选D.由x2－4＞0，得x＞2或x＜－2，故f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．令t＝x2－4，则f(x)＝log0.5t(t＞0)．∵t＝x2－4在(－∞，－2)上是减函数，且f(x)＝log0.5t在(0，＋∞)上是减函数，∴函数f(x)在(－∞，－2)上是增函数，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)．5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x≥0，,4x－x2，x＜0，))若f(2－a2)＞f(a)，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－1，2)C．(－2，1) D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)解析：选C.作出f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x≥0，,4x－x2，x＜0，))的图象，如图，由f(x)的图象可知f(x)在(－∞，＋∞)上是单调增函数，由f(2－a2)＞f(a)得2－a2＞a，即a2＋a－2＜0，解得－2＜a＜1.6．设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数k，定义函数fk(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），f（x）≤k，,k，f（x）＞k，))取函数f(x)＝2－|x|.当k＝eq \f(1,2)时，函数fk(x)的单调递增区间为(　　)A．(－∞，0)　　　　　　　 B．(0，＋∞)C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)解析：选C.由f(x)＞eq \f(1,2)，得－1＜x＜1，由f(x)≤eq \f(1,2)，得x≤－1或x≥1.所以f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，x≥1，,\f(1,2)，－1＜x＜1，,2x，x≤－1，))故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)．7．设函数f(x)＝ln(1＋|x|)－eq \f(1,1＋x2)，则使得f(x)＞f(2x－1)成立的x的取值范围是(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪(1，＋∞)C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析：解法一：选A.易知y＝ln(1＋|x|)，y＝－eq \f(1,1＋x2)是偶函数，所以f(x)是偶函数．当x＞0时，y＝ln(1＋|x|)单调递增，y＝－eq \f(1,1＋x2)单调递增，所以f(x)＝ln(1＋|x|)－eq \f(1,1＋x2)在x∈(0，＋∞)上单调递增．求使得f(x)＞f(2x－1)成立的x的取值范围等价于解绝对值不等式|x|＞|2x－1|，即x2＞(2x－1)2，化简为(3x－1)(x－1)＜0，解得eq \f(1,3)＜x＜1.因此选A.解法二：(特殊值法)当x＝0时，f(x)＝－1，f(2x－1)＝f(－1)＝ln 2－eq \f(1,2)，－1＜ln 2－eq \f(1,2)，排除选项B和C.当x＝1时，f(x)＝f(2x－1)，排除选项D.因此选A.8．已知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)＞f(a＋3)，则实数a的取值范围为________．解析：由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－a＞0，,a＋3＞0，,a2－a＞a＋3，))解得－3＜a＜－1或a＞3，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．答案：(－3，－1)∪(3，＋∞)9．函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)－log2(x＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________．解析：由于y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)在R上单调递减，y＝－log2(x＋2)在[－1，1]上单调递减，所以f(x)在[－1，1]上单调递减，故f(x)在[－1，1]上的最大值为f(－1)＝3.答案：310．设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．解析：由题意知g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x＞1，,0，x＝1，,－x2，x＜1.))函数图象如图所示，由函数图象易得函数g(x)的单调递减区间是[0，1)．答案：[0，1)B级　能力提升练11．已知函数f(x)＝log2x＋eq \f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，则(　　)A．f(x1)＜0，f(x2)＜0 B．f(x1)＜0，f(x2)＞0C．f(x1)＞0，f(x2)＜0 D．f(x1)＞0，f(x2)＞0解析：选B.因为函数y＝log2x与函数y＝eq \f(1,1－x)＝－eq \f(1,x－1)的单调性在(1，＋∞)上均为增函数，所以函数f(x)＝log2x＋eq \f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1，2)时，f(x1)＜f(2)＝0；当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)＞f(2)＝0，即f(x1)＜0，f(x2)＞0.12．定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当a＜b时，a⊕b＝b2，则函数f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2，2]的最大值等于(　　)A．－1 B．1C．6 D．12解析：选C.由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2；当1＜x≤2时，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数．∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.13．已知函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)，则(　　)A．f(x)在(0，2)单调递增B．f(x)在(0，2)单调递减C．y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称D．y＝f(x)的图象关于点(1，0)对称解析：解法一：选C.f(x)的定义域为(0，2)．由于f(x)＝ln x＋ln(2－x)＝ln(2x－x2)，从而对f(x)的研究可转化为对二次函数g(x)＝2x－x2(x∈(0，2))的研究．因为g(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，直线x＝1是y＝g(x)的图象的对称轴．从而排除A，B，D，故选C.解法二：由于f(2－x)＝ln(2－x)＋ln x，即f(x)＝f(2－x)，故可得y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，故选C.14．已知f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≤0,－x2－2x＋3，x＞0))，不等式f(x＋a)＞f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，－2) B．(－∞，0)C．(0，2) D．(－2，0)解析：选A.作出函数f(x)的图象如图所示，易知函数f(x)在R上为单调递减函数，所以不等式f(x＋a)＞f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立等价于x＋a＜2a－x，即x＜eq \f(a,2)在[a，a＋1]上恒成立，所以只需a＋1＜eq \f(a,2)，即a＜－2.故选A.15．如果对定义在R上的函数f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)，则称函数f(x)为“H函数”．给出下列函数：①y＝ex＋x；②y＝x2；③y＝3x－sin x；④f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln |x|，x≠0，,0，x＝0.))以上函数是“H函数”的所有序号为________．解析：因为对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)恒成立，所以不等式等价为(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0恒成立，即函数f(x)是定义在R上的增函数．①函数y＝ex＋x在定义域上为增函数，满足条件．②函数y＝x2在定义域上不单调，不满足条件．③y＝3x－sin x，y′＝3－cos x＞0，函数单调递增，满足条件．④f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln |x|，x≠0，,0，x＝0，))当x＞0时，函数单调递增，当x＜0时，函数单调递减，不满足条件．综上，满足“H函数”的函数为①③.答案：①③C级　素养加强练16．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e－x－2，（x≤0）,2ax－1，（x＞0）))(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eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，则a的取值范围是a＞1；④对任意的x1＜0，x2＜0且x1≠x2，恒有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＜eq \f(f（x1）＋f（x2）,2).其中正确命题的所有序号是________．解析：根据题意可画出函数图象，由图象可知，①显然正确；函数f(x)在R上不是单调函数，故②错误；若f(x)＞0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，则2a×eq \f(1,2)－1＞0，a＞1，故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的x1＜0，x2＜0且x1≠x2，恒有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＜eq \f(f（x1）＋f（x2）,2)成立，故④正确．答案：①③④