2020版高考数学一轮复习 第二章 函数与基本初等函数 第2讲 函数的单调性与最值配套课时作业课件

配套课时作业1．“a＝2”是“函数f(x)＝x2＋3ax－2在区间(－∞，－2]内单调递减”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若函数f(x)＝x2＋3ax－2在区间(－∞，－2]内单调递减，则有－3a2≥－2，即a≤43，所以“a＝2”是“函数f(x)＝x2＋3ax－2在区间(－∞，－2]内单调递减”的既不充分也不必要条件．解析答案D答案2．(2019·长春模拟)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，＋∞)解析因为函数f(x)在(－∞，－a)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.故选A.解析答案A答案3．(2019·无锡模拟)函数f(x)＝|x－2|x的单调减区间是()A．[1,2]B．[－1,0]C．[0,2]D．[2，＋∞)解析由于f(x)＝|x－2|x＝x2－2x，x≥2，－x2＋2x，x2.结合图象可知函数的单调减区间是[1,2]．解析答案A答案4．(2019·重庆模拟)已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2x11时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)0恒成立，设a＝f－12，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为()A．cabB．cbaC．acbD．bac解析∵f(x)的图象关于x＝1对称，∴f－12＝f52，又由已知可得f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴f(2)f52f(e)，即f(2)f－12f(e)．选D.解析答案D答案5．若函数y＝ax与y＝－bx在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是()A．增函数B．减函数C．先增后减函数D．先减后增函数答案B答案解析由y＝ax在(0，＋∞)上是减函数，知a0；由y＝－bx在(0，＋∞)上是减函数，知b0.所以y＝ax2＋bx的对称轴方程为x＝－b2a0.又因为y＝ax2＋bx的图象是开口向下的抛物线，所以y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是减函数．故选B.解析6．(2018·信阳模拟)已知函数f(x)是R上的增函数，对实数a，b，若a＋b0，则有()A．f(a)＋f(b)f(－a)＋f(－b)B．f(a)＋f(b)f(－a)＋f(－b)C．f(a)－f(b)f(－a)－f(－b)D．f(a)－f(b)f(－a)－f(－b)解析∵a＋b0，∴a－b，b－a.∴f(a)f(－b)，f(b)f(－a)，∴选A.解析答案A答案7．若函数f(x)的值域是12，3，则函数F(x)＝f(x)＋1fx的值域是()A.12，3B.2，103C.52，103D.3，103答案B答案解析设f(x)＝t，则t∈12，3，故F(x)的值域就是函数y＝t＋1t，t∈12，3的值域．又t＋1t≥2，当t＝1时，y取最小值2；当t＝12时，y＝52；当t＝3时，y＝103.故函数F(x)的值域为2，103.解析8．(2019·金版创新)设f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0)上是增函数，已知m0，n0，且f(m)f(n)，那么一定有()A．m＋n0B．m＋n0C．f(－m)f(－n)D．f(－m)·f(－n)0解析因为m0，所以－m0.由函数f(x)为偶函数，得f(m)＝f(－m)，故不等式f(m)f(n)可化为f(－m)f(n)．又函数f(x)在(－∞，0)上是增函数，－m0，n0，所以－mn，即m＋n0.故选B.解析答案B答案9．(2018·郑州质检)函数y＝x2＋x－6的单调增区间是()A．(－∞，－3)B．[2，＋∞)C．[0,2)D．[－3,2]答案B答案解析∵x2＋x－6≥0，∴x≥2或x≤－3，又∵y＝x2＋x－6是由y＝t，t∈[0，＋∞)和t＝x2＋x－6，x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)两个函数复合而成，而函数t＝x2＋x－6在[2，＋∞)上是增函数，y＝t在[0，＋∞)上是增函数，又因为y＝x2＋x－6的定义域为(－∞，－3]∪[2，＋∞)，所以y＝x2＋x－6的单调增区间是[2，＋∞)．故选B.解析10．(2018·安徽合肥模拟)若2x＋5y≤2－y＋5－x，则有()A．x＋y≥0B．x＋y≤0C．x－y≤0D．x－y≥0解析设函数f(x)＝2x－5－x，易知f(x)为增函数，又f(－y)＝2－y－5y，由已知得f(x)≤f(－y)，∴x≤－y，∴x＋y≤0.解析答案B答案11．已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(0，＋∞)上有最小值，则函数g(x)＝fxx在区间(0，＋∞)上一定()A．有最小值B．有最大值C．是减函数D．是增函数答案A答案解析∵f(x)＝x2－2ax＋a在(0，＋∞)上有最小值，∴a0.∴g(x)＝fxx＝x＋ax－2a在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．∴g(x)在(0，＋∞)上一定有最小值．解析12．(2019·常州模拟)已知函数f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，构造函数F(x)，定义如下：当|f(x)|≥g(x)时，F(x)＝|f(x)|，当|f(x)|g(x)时，F(x)＝－g(x)，那么F(x)()A．有最小值0，无最大值B．有最小值－1，无最大值C．有最大值1，无最小值D．无最小值，也无最大值答案B答案解析画出函数F(x)的图象，如图所示，由图象可知，当x＝0时，F(x)取得最小值，此时F(x)＝x2－1，故最小值为－1；函数的图象向右上方无限延展，所以F(x)无最大值，故选B.解析13．(2018·河南郑州月考)若函数f(x)＝x2＋a|x－1|在[0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________．答案[－2,0]答案解析f(x)＝x2＋a|x－1|＝x2＋ax－a，x≥1，x2－ax＋a，x1，要使f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则－a2≤1，a2≤0，得－2≤a≤0，所以实数a的取值范围是[－2,0]．解析14．设函数f(x)＝1，x0，0，x＝0，－1，x0，g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．答案[0,1)答案解析由题意知g(x)＝x2，x1，0，x＝1，－x2，x1.函数图象如图所示，其递减区间是[0,1)．解析15．(2018·湖南模拟)函数y＝x－x(x≥0)的最大值为________．答案14答案解析令t＝x，则t≥0，所以y＝t－t2＝－t－122＋14，所以当t＝12，即x＝14时，ymax＝14.解析16．(2019·南京模拟)已知奇函数f(x)在R上为增函数，对任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)0恒成立，则x的取值范围是________．答案－2，23答案解析因为奇函数f(x)在R上为增函数，所以由f(mx－2)＋f(x)0，得f(mx－2)－f(x)＝f(－x)，即mx－2－x，所以(m＋1)x2.当m＝－1时，不等式(m＋1)x2恒成立；当－1m≤2时，x2m＋1恒成立，此时x22＋1＝23；当－2≤m－1时，x2m＋1恒成立，此时2－2＋1x，即－2x.综上，x∈－2，23.解析17．(2018·四川模拟)已知函数f(x)＝a－1|x|.(1)求证：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f(x)2x在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解(1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝a－1x，设0x1x2，则x1x20，x2－x10，f(x2)－f(x1)＝a－1x2－a－1x1＝1x1－1x2＝x2－x1x1x20，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．答案(2)由题意，a－1x2x在(1，＋∞)上恒成立，设h(x)＝2x＋1x，则ah(x)在(1，＋∞)上恒成立．任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1x2，h(x1)－h(x2)＝(x1－x2)2－1x1x2.∵1x1x2，∴x1－x20，x1x21，∴2－1x1x20，∴h(x1)h(x2)，答案∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，h(x)h(1)＝3，又ah(x)在(1，＋∞)上恒成立，故a≤h(1)，即a≤3，∴a的取值范围是(－∞，3]．答案18．函数f(x)＝x2＋x－14.(1)若函数f(x)的定义域为[0,3]，求f(x)的值域；(2)若f(x)的值域为－12，116，且定义域为[a，b]，求b－a的最大值．解因为f(x)＝x＋122－12，所以其图象的对称轴为x＝－12.答案(1)因为3≥x≥0－12，所以f(x)的值域为[f(0)，f(3)]，即－14，474.(2)因为x＝－12时，f(x)＝－12是f(x)的最小值，所以x＝－12∈[a，b]，令x2＋x－14＝116，得x1＝－54，x2＝14，根据f(x)的图象知当a＝－54，b＝14时，b－a取最大值14－－54＝32.答案19．(2019·福建师大附中模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足下面三个条件：①对任意正数a，b，都有f(a)＋f(b)＝f(ab)；②当x1时，f(x)0；③f(2)＝－1.(1)求f(1)的值；(2)试用单调性的定义证明：函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数；(3)求满足f(3x－1)2的x的取值集合．解(1)由f(a)＋f(b)＝f(ab)得f(1)＋f(1)＝f(1)，则f(1)＝0.(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)且x1x2，则f(x1)＋fx2x1＝f(x2)，则f(x2)－f(x1)＝fx2x1.由x2x11得fx2x10，则f(x2)f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是减函数．答案(3)∵f(2)＝－1，∴f(4)＝f(2)＋f(2)＝－2，又f(4)＋f14＝f(1)＝0，∴f14＝2.又f(x)的定义域为(0，＋∞)，且在其上是减函数，∴3x－114，3x－10，解得13x512.故满足要求的x的取值集合为13，512.答案20．(2019·绍兴模拟)已知函数f(x)＝px＋qx(p，q为常数)，且满足f(1)＝52，f(2)＝174.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对任意的x∈0，12，关于x的不等式f(x)≥2－m恒成立，求实数m的取值范围．解(1)∵f1＝52，f2＝174，∴p＋q＝52，2p＋q2＝174，解得p＝2，q＝12，∴函数f(x)的解析式为f(x)＝2x＋12x.(2)由(1)可得f(x)＝2x＋12x.任取x1，x2∈0，12，且x1x2，答案则f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)＋12x1－12x2＝2(x1－x2)＋x2－x12x1x2＝x2－x11－4x1x22x1x2，∵0x1x2≤12，∴x2－x10,0x1x214，1－4x1x20，∴f(x1)－f(x2)0，∴f(x1)f(x2)，答案∴f(x)＝2x＋12x在区间0，12上单调递减．∴f(x)＝2x＋12x在区间0，12上的最小值是f12＝2.要使对任意的x∈0，12，函数f(x)≥2－m恒成立，只需f(x)min≥2－m