人教A版高考数学一轮总复习课时质量评价7函数的单调性与最值课时质量评价含答案

这是一份人教A版高考数学一轮总复习课时质量评价7函数的单调性与最值课时质量评价含答案，共4页。试卷主要包含了已知定义在R上的函数f 满足等内容，欢迎下载使用。
课时质量评价(七)(建议用时：45分钟)A组　全考点巩固练1．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，＋∞)A　解析：由于f (x)＝|x－2|x＝结合图象(图略)可知函数的单调递减区间是[1,2]．2．(多选题)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　)A．y＝ln(x＋2) B．y＝C．y＝ D．y＝x＋AB　解析：函数y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上单调递增；函数y＝的增区间为[－1，＋∞]，所以在(0，＋∞)上单调递增．3．若函数f (x)＝x2－2x＋m在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m的值为(　　)A．－3  B．－2   C．－1  D．1B　解析：因为f (x)＝(x－1)2＋m－1在[3，＋∞)上单调递增，且f (x)在[3，＋∞)上的最小值为1，所以f (3)＝1，即22＋m－1＝1，m＝－2.故选B．4．若函数f (x)＝ax＋1在R上单调递减，则函数g(x)＝a(x2－4x＋3)的单调递增区间是(　　)A．(2，＋∞) B．(－∞，2)C．(4，＋∞) D．(－∞，4)B　解析：因为f (x)＝ax＋1在R上单调递减，所以a<0. 而g(x)＝a(x2－4x＋3)＝a(x－2)2－a. 因为a<0，所以g(x)的单调递增区间是(－∞，2)．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)＜f 的x的取值范围是(　　)A．  B．  C．  D．D　解析：因为函数f (x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，且f (2x－1)＜f ，所以0≤2x－1＜，解得≤x＜.6．已知函数f (x)在R上单调递减，且a＝33.1，b＝，c＝ln，则f (a)，f (b)，f (c)的大小关系为(　　)A．f (a)＞f (b)＞f (c) B．f (b)＞f (c)＞f (a)C．f (c)＞f (a)＞f (b) D．f (c)＞f (b)＞f (a)D　解析：因为a＝33.1＞30＝1,0＜b＝＜＝1，c＝ln＜ln 1＝0，所以c＜b＜a.又因为函数f (x)在R上单调递减，所以f (c)＞f (b)＞f (a)．故选D．7．若f (x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________．(－∞，3)　解析：f (x)＝＝＝1＋，要使函数f (x)在区间(－2，＋∞)上单调递增，需使a－3<0，解得a<3.8．若函数f (x)＝(a－1)x＋2在R上单调递增，则函数g(x)＝a|x－2|的单调递减区间是________．(－∞，2]　解析：因为f (x)在R上单调递增，所以a－1>0，即a>1，因此g(x)的单调递减区间就是y＝|x－2|的单调递减区间(－∞，2]．9．定义在R上的奇函数y＝f (x)在(0，＋∞)上单调递增，且f ＝0，则不等式f (logx)>0的解集为________________．　解析：由题意知，f ＝－f ＝0，f (x)在(－∞，0)上也单调递增，所以f (logx)> f 或f (logx)> f ，所以logx>或－<logx<0，解得0<x<或1<x<3.所以原不等式的解集为.10．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＋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}．B组　新高考培优练11．若函数y＝在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值为M，最小值为m，则M－m＝(　　)A． B．2  C．   D．A　解析：可令|x|＝t，则1≤t≤4，y＝－，易知y＝－在[1,4]上单调递增，所以其最小值为1－1＝0；最大值为2－＝.所以m＝0，M＝，则M－m＝.故选A．12．(2020·山东师范大学附中月考)已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，当x1≠x2时，有[f (x1)－f (x2)](x1－x2)<0恒成立．若f (3x＋1)＋f (2)>0，则x的取值范围是________．(－∞，－1)　解析：根据已知条件，当x1≠x2时，有[f (x1)－f (x2)](x1－x2)<0恒成立，得函数f (x)是定义在R上的减函数．又因为函数f (x)是定义在R上的奇函数，所以－f (2)＝f (－2)，故f (3x＋1)＋f (2)>0等价于f (3x＋1)>－f (2)＝f (－2)，所以3x＋1<－2，即x<－1.13．设函数f (x)＝g(x)＝x2f (x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．[0,1)　解析：由题意知g(x)＝函数的图象为如图所示的实线部分．根据图象，g(x)的单调递减区间是[0,1)．14．已知f (x)＝，x∈[1，＋∞)．(1)当a＝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＝时，f (x)＝x＋＋2，任取1≤x1<x2，则f (x1)－f (x2)＝(x1－x2)＋＝.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)＝.(2)因为在区间[1，＋∞)上，f (x)＝>0恒成立，所以⇔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，＋∞)．