2023届高考数学一轮复习作业函数的单调性与最值新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业函数的单调性与最值新人教B版（答案有详细解析），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．(2021·全国甲卷)下列函数中是增函数的为( )
A．f(x)＝－x B．f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(x)
C．f(x)＝x2 D．f(x)＝eq \r(3,x)
D [法一：(排除法)取x1＝－1，x2＝0，对于A项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A项不符合题意；对于B项有f(x1)＝eq \f(3,2)，f(x2)＝1，所以B项不符合题意；对于C项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C项不符合题意．故选D．
法二：(图象法)如图，在坐标系中分别画出A，B，C，D四个选项中函数的大致图象，即可快速直观判断D项符合题意．故选D．
]
2．函数y＝eq \r(x2＋3x)的单调递减区间为( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2))) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞))
C．[0，＋∞) D．(－∞，－3]
D [由题意，x2＋3x≥0，可得x≤－3或x≥0，
函数y＝eq \r(x2＋3x)的定义域为(－∞，－3]∪[0，＋∞)，
令t＝x2＋3x，则外层函数y＝eq \r(t)在[0，＋∞)上单调递增，
内层函数t＝x2＋3x在(－∞，－3]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，
所以，函数y＝eq \r(x2＋3x)的单调递减区间为(－∞，－3]．]
3．(2021·北京昌平高三模拟)下列函数中，在区间(0，＋∞)上不是单调函数的是( )
A．y＝x B．y＝x2
C．y＝x＋eq \r(x) D．y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－1))
D [由一次函数的性质可知，y＝x在区间(0，＋∞)上单调递增；
由二次函数的性质可知，y＝x2在区间(0，＋∞)上单调递增；
由幂函数的性质可知，y＝x＋eq \r(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
结合一次函数的性质可知，y＝|x－1|在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞) 上单调递增．]
4．已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
A [f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋a，x≥－a，,－x－a，x＜－a，))由题意知－a≥－1，即a≤1，故选A．]
5．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f(2x－1)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))的x的取值范围是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
D [因为函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f(2x－1)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))．
所以0≤2x－1＜eq \f(1,3)，
解得eq \f(1,2)≤x＜eq \f(2,3)．]
6．函数y＝eq \f(2－x,x＋1)，x∈(m，n]的最小值为0，则m的取值范围是( )
A．(1,2) B．(－1,2) C．[1,2) D．[－1,2)
D [∵函数y＝eq \f(2－x,x＋1)＝eq \f(3－x－1,x＋1)＝eq \f(3,x＋1)－1，∴当x∈(－1，＋∞)时，函数是减函数，又当x＝2时，y＝0，∴－1≤m＜2，故选D．]
二、填空题
7．已知函数f(x)＝ln x＋x，若f(a2－a)＞f(a＋3)，则正实数a的取值范围是________．
(3，＋∞) [因为f(x)＝ln x＋x在(0，＋∞)上是增函数，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－a＞a＋3，,a2－a＞0，,a＋3＞0，))解得－3＜a＜－1或a＞3．
又a＞0，所以a＞3．]
8．能说明“若f(x)>f(0)对任意的x∈(0,3]都成立，则f(x)在[0,3]上不一定是增函数”为真命题的一个函数是________．
f(x)＝sin x(答案不唯一) [例如f(x)＝sin x，尽管f(x)>f(0)对任意的x∈(0,3]都成立，
但f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上为增函数，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，3))上为减函数，故答案可以为f(x)＝sin x．]
9．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________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0)) [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\c1(－\f(1,4)，0))．]
三、解答题
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\c1(\f(1,2)，2))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，求a的值．
[解](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)，
∵x1＞x2＞0，
∴x1－x2＞0，x1x2＞0，
∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)由(1)可知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上是增函数，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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．设函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，x>0，,－fx，x<0.))
(1)若f(－1)＝0，且对任意实数x均有f(x)≥0成立，求F(x)的解析式；
(2)在(1)的条件下，当x∈[－2,2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求实数k的取值范围．
[解](1)∵f(－1)＝0，∴b＝a＋1．
由f(x)≥0恒成立，知a>0且方程ax2＋bx＋1＝0中Δ＝b2－4a＝(a＋1)2－4a＝(a－1)2≤0，∴a＝1．
从而f(x)＝x2＋2x＋1．
∴F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋12，x>0，,－x＋12，x<0.))
(2)由(1)可知f(x)＝x2＋2x＋1，
∴g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，
由g(x)在[－2,2]上是单调函数，知－eq \f(2－k,2)≤－2或－eq \f(2－k,2)≥2，得k≤－2或k≥6．
即实数k的取值范围为(－∞，－2]∪[6，＋∞)．
1．已知函数f(x)＝lgax(a＞0且a≠1)满足f(a＋1)＞f(a＋2)，则f(2x－3)＞0的解集是( )
A．(－∞，2) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1)) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) D．(2，＋∞)
C [因为函数f(x)＝lgax(a＞0且a≠1)满足f(a＋1)＞f(a＋2)，所以0＜a＜1，则函数f(x)＝lgax(0＜a＜1)是减函数，所以f(2x－3)＞0可化为0＜2x－3＜1，求解可得eq \f(3,2)＜x＜2，故选C．]
2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－3x＋1，x<0,e－x，x≥0))，则不等式f(3a－1)≥f2(a2)的解集为( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))∪[1，＋∞)
B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3－\r(5),2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3＋\r(5),2)，＋∞))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3－\r(5),2)，\f(3＋\r(5),2)))
A [因为a2≥0，所以f2(a2)＝(eeq \s\up12(－a2))2＝eeq \s\up12(－2a2)＝f(2a2)，
所以f(3a－1)≥f2(a2)，即f(3a－1)≥f(2a2)，
易知函数f(x)在R上单调递减，所以3a－1≤2a2，
即2a2－3a＋1≥0，解得a≥1或a≤eq \f(1,2)．故选A．]
3．已知f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，用定义证明函数的单调性并求函数f(x)的最小值；
(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围．
[解](1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝x＋eq \f(1,2x)＋2，任取1≤x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x1)－\f(1,2x2)))＝eq \f(x1－x22x1x2－1,2x1x2)．
因为1≤x1＜x2，所以x1x2＞1，所以2x1x2－1＞0．
又x1－x2＜0，所以f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在[1，＋∞)上是增函数，所以f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝eq \f(7,2)．
(2)因为在区间[1，＋∞)上，f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)＞0恒成立，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x＋a＞0，,x≥1))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞－x2＋2x，,x≥1，))等价于a大于函数φ(x)＝－(x2＋2x)在[1，＋∞)上的最大值．
因为φ(x)＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减，所以当x＝1时，φ(x)取最大值为φ(1)＝－3，所以a＞－3，故实数a的取值范围是(－3，＋∞)．
1．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝eq \f(fx,x)在区间I上是减函数，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓增函数”，区间I叫作“缓增区间”．若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为( )
A．[1，＋∞) B．[0，eq \r(3)] C．[0,1] D．[1，eq \r(3)]
D [因为函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)的图象的对称轴为直线x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数．
又当x≥1时，eq \f(fx,x)＝eq \f(x,2)－1＋eq \f(3,2x)，令g(x)＝eq \f(x,2)－1＋eq \f(3,2x)(x≥1)，
则g′(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,2x2)＝eq \f(x2－3,2x2)，由g′(x)≤0得1≤x≤eq \r(3)，即函数eq \f(fx,x)＝eq \f(x,2)－1＋eq \f(3,2x)在区间[1，eq \r(3)]上单调递减．
故“缓增区间”I为[1，eq \r(3)]．]
2．已知定义在R上的函数f(x)满足①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1；②当x＞0时，f(x)＞－1．
(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调递增函数．
(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4．
[解](1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1．
在R上任取x1＞x2，则x1－x2＞0，f(x1－x2)＞－1．
又f(x1)＝f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1＞f(x2)，
所以函数f(x)在R上是单调递增函数．
(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5．
由f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4，
得f(x2＋2x)＋f(1－x)＋1＞5，
即f(x2＋x＋1)＞f(3)，
又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1＞3，
解得x＜－2或x＞1，
故原不等式的解集为{x|x＜－2或x＞1}．