2022版高考数学大一轮复习课时作业05《函数的单调性与最值》(含答案详解)

展开

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业05《函数的单调性与最值》(含答案详解)，共5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
下列函数中，图象是轴对称图形且在区间(0，＋∞)上单调递减的是( )
A.y=eq \f(1,x) B.y=－x2＋1 C.y=2x D.y=lg2|x|
已知函数f(x)=eq \r(x2－2x－3)，则该函数的单调递增区间为( )
A.(－∞，1] B.[3，＋∞) C.(－∞，－1] D.[1，＋∞)
函数y=f(x)在[0,2]上单调递增，且函数f(x)的图象关于直线x=2对称，则下列结论成立的是( )
A.f(1)C.f( SKIPIF 1 < 0 ) 函数y= SKIPIF 1 < 0 的值域为( )
A.(－∞，1) B.(eq \f(1,2),1) C.[eq \f(1,2),1) D.[eq \f(1,2),+∞)
已知a>0，设函数f(x)=eq \f(2 019x＋1＋2 017,2 019x＋1)(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，
那么M＋N=( )
A.2 017 B.2 019 C.4 032 D.4 036
已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2e)=－f(x)(其中e=2.718 2…)，且在区间[e,2e]上是减函数，令a=eq \f(ln2,2)，b=eq \f(ln3,3)，c=eq \f(ln5,5)，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系(用不等号连接)为( )
A.f(b)>f(a)>f(c) B.f(b)>f(c)>f(a)
C.f(a)>f(b)>f(c) D.f(a)>f(c)>f(b)
若函数f(x)同时满足下列两个条件，则称该函数为“优美函数”：
(1)∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)=0；
(2)∀x1，x2∈R，且x1≠x2，都有 SKIPIF 1 < 0 <0.
①f(x)=sinx；②f(x)=－2x3；③f(x)=1－x；④f(x)=ln(eq \r(x2＋1)＋x).
以上四个函数中，“优美函数”的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
二、填空题
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 .
若函数f(x)=ax＋b，x∈[a－4，a]的图象关于原点对称，则函数g(x)=bx＋eq \f(a,x)，
x∈[－4，－1]的值域为 .
能说明“若f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成立，则f(x)在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是 .
若函数f(x)=ln(ax2＋x)在区间(0,1)上单调递增，则实数a的取值范围为 .
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x＋1|，－7≤x≤0，,lnx，e－2≤x≤e，))g(x)=x2－2x，设a为实数，若存在实数m，
使f(m)－2g(a)=0，则实数a的取值范围为 .
已知函数f(x)= SKIPIF 1 < 0 ，若f(e2)=f(1)，f(e)=eq \f(4,3)f(0)，
则函数f(x)的值域为 .
三、解答题
已知函数f(x)=ax＋eq \f(1,a)(1－x)(a>0)，且f(x)在[0,1]上的最小值为g(a)，求g(a)的最大值.
已知f(x)=eq \f(x,x－a)(x≠a).
(1)若a=－2，试证明：f(x)在(－∞，－2)内单调递增；
(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围.
已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(eq \f(x1,x2))=f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.
(1)求f(1)的值；
(2)证明：f(x)为单调递减函数；
(3)若f(3)=－1，求f(x)在[2,9]上的最小值.
\s 0 答案详解
答案为：B.
解析：因为函数的图象是轴对称图形，所以排除A，C，
又y=－x2＋1在(0，＋∞)上单调递减，y=lg2|x|在(0，＋∞)上单调递增，
所以排除D.故选B.
答案为：B.
解析：设t=x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.
所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞).
因为函数t=x2－2x－3的图象的对称轴为x=1，
所以函数t在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增.
所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞).
答案为：B.
解析：因为f(x)的图象关于直线x=2对称，所以f(x)=f(4－x)，
所以f( SKIPIF 1 < 0 )=f(eq \f(3,2))，f( SKIPIF 1 < 0 )=f(eq \f(1,2)).又0所以f(eq \f(1,2)) 答案为：C.
解析：因为x2≥0，所以x2＋1≥1，即eq \f(1,x2＋1)∈(0,1]，故y= SKIPIF 1 < 0 ∈[eq \f(1,2),1).
答案为：D.
解析：由题意得f(x)=eq \f(2 019x＋1＋2 017,2 019x＋1)=2 019－eq \f(2,2 019x＋1).
∵y=2 019x＋1在[－a，a]上是单调递增的，
∴f(x)=2 019－eq \f(2,2 019x＋1)在[－a，a]上是单调递增的，∴M=f(a)，N=f(－a)，
∴M＋N=f(a)＋f(－a)=4 038－eq \f(2,2 019a＋1)－eq \f(2,2 019－a＋1)=4 036.
答案为：A.
解析：∵f(x)是R上的奇函数，满足f(x＋2e)=－f(x)，∴f(x＋2e)=f(－x)，
∴函数f(x)的图象关于直线x=e对称，
∵f(x)在区间[e,2e]上为减函数，
∴f(x)在区间[0，e]上为增函数，
又易知0∴f(c) 答案为：B.
解析：由条件(1)，得f(x)是奇函数，由条件(2)，得f(x)是R上的单调减函数.
对于①，f(x)=sinx在R上不单调，故不是“优美函数”；
对于②，f(x)=－2x3既是奇函数，又在R上单调递减，故是“优美函数”；
对于③，f(x)=1－x不是奇函数，故不是“优美函数”；
对于④，易知f(x)在R上单调递增，故不是“优美函数”.故选B.
答案为：(－3，－1)∪(3，＋∞).
解析：由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得－33.
所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞).
答案为：[－2，－eq \f(1,2)].
解析：由函数f(x)的图象关于原点对称，可得a－4＋a=0，即a=2，
则函数f(x)=2x＋b，其定义域为[－2,2]，所以f(0)=0，所以b=0，所以g(x)=eq \f(2,x)，
易知g(x)在[－4，－1]上单调递减，故值域为[g(－1)，g(－4)]，即[－2，－eq \f(1,2)].
答案为：f(x)=sinx(答案不唯一).
解析：这是一道开放性试题，答案不唯一，只要满足f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成立，且函数f(x)在[0,2]上不是增函数即可.如f(x)=sinx，答案不唯一.
答案为：a≥－eq \f(1,2).
解析：若函数f(x)=ln(ax2＋x)在区间(0,1)上单调递增，
则函数g(x)=ax2＋x在(0,1)上单调递增且g(x)>0恒成立.
当a=0时，g(x)=x在(0,1)上单调递增且g(x)>0，符合题意；
当a>0时，g(x)图象的对称轴为x=－eq \f(1,2a)<0，且有g(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，符合题意；
当a<0时，需满足g(x)图象的对称轴x=－eq \f(1,2a)≥1，且有g(x)>0，
解得a≥－eq \f(1,2)，则－eq \f(1,2)≤a<0.综上，a≥－eq \f(1,2).
答案为：[－1,3].
解析：当－7≤x≤0时，f(x)=|x＋1|∈[0,6]，当e－2≤x≤e时，f(x)=lnx单调递增，
得f(x)∈[－2,1]，
综上，f(x)∈[－2,6].若存在实数m，使f(m)－2g(a)=0，则有－2≤2g(a)≤6，
即－1≤a2－2a≤3⇒－1≤a≤3.
答案为：(eq \f(1,2)，eq \f(3,2)]∪[2，＋∞).
解析：由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋2a＋b＝b，,1＋a＋b＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝3，))
∴当x>0时，f(x)=(lnx)2－2lnx＋3=(lnx－1)2＋2≥2；
当x≤0时，eq \f(1,2) 解：f(x)=(a－eq \f(1,a))x＋eq \f(1,a)，
当a>1时，a－eq \f(1,a)>0，此时f(x)在[0,1]上为增函数，
∴g(a)=f(0)=eq \f(1,a)；
当0∴g(a)=f(1)=a；
当a=1时，f(x)=1，此时g(a)=1.
∴g(a)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a，0∴g(a)在(0,1)上为增函数，在[1，＋∞)上为减函数，
又a=1时，有a=eq \f(1,a)=1，
∴当a=1时，g(a)取最大值1.
解：(1)证明：任设x1则f(x1)－f(x2)=eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)=eq \f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).
∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增.
(2)任设1=eq \f(x1,x1－a)－eq \f(x2,x2－a)=eq \f(ax2－x1,x1－ax2－a).
∵a>0，x2－x1>0，
∴要使f(x1)－f(x2)>0，
只需(x1－a)(x2－a)>0在(1，＋∞)上恒成立，
∴a≤1.
综上所述知a的取值范围是(0,1].
解：(1)令x1=x2>0，
代入得f(1)=f(x1)－f(x1)=0.故f(1)=0.
(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则eq \f(x1,x2)>1，
由于当x>1时，f(x)<0.
所以f(eq \f(x1,x2))<0，即f(x1)－f(x2)<0.
因此f(x1)(3)∵f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数.
∴f(x)在[2,9]上的最小值为f(9).
由f(eq \f(x1,x2))=f(x1)－f(x2)得，f(3)=f(9)－f(3).
而f(3)=－1，所以f(9)=－2.
∴f(x)在[2,9]上的最小值为－2.

相关试卷更多