新课改地区2021版高考数学一轮复习核心素养测评四函数的单调性与最值新人教B版.doc

1、核心素养测评四 函数的单调性与最值(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.(多选)下列函数中,定义域是R且为增函数的是()A.y=e-xB.y=x3C.y=ln xD.y=x【解析】选B、D.对于选项A,y=ex为增函数,y=-x为减函数,故y=e-x为减函数,对于选项B,y=3x20,故y=x3为增函数,定义域为R.对于选项C,函数的定义域为x0,不为R,对于选项D,函数y=x定义域为R,且在R上单调递增.2.(2020武汉模拟)函数f(x)=|x-2|x的单调递减区间是()A.1,2B.-1,0C.0,2D.2,+)【解析】选A.f(x)=|x-2|x=其图象如图,由图象可

2、知函数的单调递减区间是1,2.3.(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.(-,1B.(-,-1C.-1,+) D.1,+)【解析】选A.因为函数f(x)在(-,-a)上是单调函数,所以-a-1,解得a1.4.函数y=的单调增区间是()A.(-,-3)B.2,+)C.0,2) D.-3,2【解析】选B.因为x2+x-60,所以x2或x-3,y=x2+x-6在(-,-3)上单调递减,在2,+)上单调递增,所以y=在2,+)上单调递增.【变式备选】(2020济宁模拟)函数f(x)=lg(x2-4)的单调递增区间为()A.(0,+)B.(-

3、,0)C.(2,+)D.(-,-2)【解析】选C.由复合函数的单调性,要使f(x)单调递增,需解得x2.5.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)D.f(a)-f(b)0,所以a-b,b-a.所以f(a)f(-b),f(b)f(-a),结合选项,可知选A.6.(2019潍坊模拟)对于每一个实数x,f(x)是y=2-x2和y=x这两个函数中的较小者,则f(x)的最大值是()A.2B.1C.0 D.-2【解析】选B.画出函数f(x)的图象,如图所示:其中A(1,1),B(-2,-2)

4、,故当x=1时,函数f(x)的最大值为1.【一题多解】选B.f(x)=当x1时,函数f(x)的值域为(-,1).故函数f(x)的值域为(-,1,所以f(x)max=1.【变式备选】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)|0时,函数的图象向右上方无限延展,所以F(x)无最大值.7.已知函数f(x)=是R上的单调递增函数,则实数a的取值范围是()A.(1,+)B.4,8)C.(4,8) D.(1,8)【解析】选B.由f(x)在R上单调递增,则有解得4a8.【变式备选】已知f(x)=是(-,+)上的减

5、函数,那么a的取值范围是()A.(0,1)B.C.D.【解析】选C.因为f(x)在R上单调递减,所以解得a0,函数值取得最大值时,即当分母最小即可取得最大值,分母最小时x=0,|x|+2=2,此时函数最大值为:.答案:9.函数f(x)=-+b(a0)在上的值域为,则a=_,b=_.【解析】因为f(x)=-+b(a0)在上是增函数,所以f=,f(2)=2.即解得a=1,b=.答案:110.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_.【解析】f(x)=x2+a|x-1|=要使f(x)在0,+)上单调递增,则得-2a0,所以实数a的取值范围是-2,0.答案:-2,

6、0(15分钟35分)1.(5分)(2020黄冈模拟)设函数f(x)=则满足f(x)2的x的取值范围是()A.-1,2B.0,2C.1,+)D.0,+)【解析】选D.当x1时,21-x2可变形为1-x1,x0,所以0x1.当x1时,1-log2x2可变形为x,所以x1,故x的取值范围为0,+).2.(5分)(2019蚌埠模拟)已知单调函数f(x),对任意的xR都有ff(x)-2x=6,则f(2)=()A.2B.4 C.6 D.8【解析】选C.设t=f(x)-2x,则f(t)=6,且f(x)=2x+t,令x=t,则f(t)=2t+t=6,因为f(x)是单调函数,f(2)=22+2=6,所以t=2,

7、即f(x)=2x+2,则f(2)=4+2=6.3.(5分)(2020连云港模拟)函数y=3x+的值域是_.【解析】函数y=3x+,设=t,则t0,那么x=t2+1.可得函数y=3(t2+1)+t=3t2+t+3,t0.其对称轴t=-,开口向上,所以函数y在0,+)上单调递增,所以当t=0时,y取得最小值为3.所以函数y=3x+的值域是3,+).答案:3,+)【变式备选】函数y=-x(x0)的最大值为_.【解析】令t=,则t0,所以y=t-t2=-+,所以当t=,即x=时,ymax=.答案:4.(10分)已知函数f(x)=ax+(1-x)(a0),且f(x)在0,1上的最小值为g(a),求g(a

8、)的最大值.【解析】f(x)=x+,当a1时,a-0,此时f(x)在0,1上为增函数,所以g(a)=f(0)=;当0a1时,a-0时,恒有f(x)1.(1)求证:f(x)在R上是增函数.(2)若f(3)=4,解不等式f(a2+a-5)2.【解析】(1)设x10.因为当x0时,f(x)1,所以f(x2-x1)1,f(x2)=f(x2-x1)+x1=f(x2-x1)+f(x1)-1,所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-10f(x1)f(x2),所以f(x)在R上为增函数.(2)因为m,nR,不妨设m=n=1,所以f(1+1)=f(1)+f(1)-1f(2)=2f(1)-1,f(3)=4f(2+1)=4f(2)+f(1)-1=43f(1)-2=4,所以f(1)=2,所以f(a2+a-5)2=f(1),因为f(x)在R上为增函数,所以a2+a-51-3a2,即原不等式的解集为a|-3a2.