近年届高考数学一轮复习第二章函数第二节函数的单调性与最值夯基提能作业本文(2021年整理)

2019届高考数学一轮复习第二章函数第二节函数的单调性与最值夯基提能作业本文
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第二节函数的单调性与最值
A组基础题组
1.函数f（x）=在（)
A.(-∞，1）∪(1,+∞)上是增函数
B.（-∞,1)∪（1，+∞)上是减函数
C。

（—∞,1）和(1,+∞）上是增函数
D。

（—∞,1）和(1，+∞）上是减函数
2。

(2017江西上饶一模)函数f(x）=—x+在上的最大值是（）
A.B。

—
C.—2
D.2
3。

(2017贵州贵阳检测)定义新运算⊕:当a≥b时，a⊕b=a;当a<b时,a⊕b=b2，则函数f（x)=（1⊕x)x-(2⊕x),x∈[—2，2］的最大值等于( ）
A.—1 B。

1
C。

6 D.12
4。

若f（x)=-x2+2ax与g（x）=在区间［1，2]上都是减函数,则a的取值范围是( )
A.(-1，0）∪(0，1）
B.（-1，0)∪（0,1］
C。

（0,1)
D。

(0,1]
5.已知函数f（x）=log2x+,若x1∈（1,2)，x2∈（2,+∞），则( )
A。

f(x1)〈0， f（x2）〈0
B。

f(x1)〈0, f(x2）>0
C.f（x1)>0， f(x2）<0
D。

f(x1)〉0, f(x2）>0
6.（2018湖北武汉调研）已知函数f(x）为R上的减函数，则满足f<f(1）的实数x 的取值范围是.
7。

已知函数f（x)=对于任意的x1≠x2,都有(x1-x2）[f（x2)-f（x1）]>0成立，则实数a的取值范围是.
8.设函数f(x)=g(x）=x2f（x—1)，则函数g(x)的递减区间是. 9。

已知函数f（x)=-（a〉0,x>0).
(1）求证: f(x）在(0，+∞)上是增函数；
(2）若f(x)在上的值域是，求a的值.
10.已知函数f(x)=2x-的定义域为(0，1]（a为实数）.
(1)当a=1时，求f(x）的值域；
(2)求函数y=f(x)在区间（0，1]上的最大值及最小值,并求出当f（x）取得最值时的x 的值.
B组提升题组
1.已知函数f(x)=若f（2-x2)>f(x)，则实数x的取值范围是( )
A。

（—∞，—1）∪（2，+∞） B.(-∞，-2)∪（1，+∞）
C。

（—1,2) D.（—2,1)
2.如果函数y=f(x）在区间I上是增函数，且函数y=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叫做“缓增区间"。

若函数f(x)=x2—x+是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为( )
A。

[1,+∞)B。

[0,]
C.［0，1］
D.[1,]
3。

已知函数f（x)=ax+（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.
4。

已知f（x）是定义在（0,+∞）上的减函数，且满足f(x）+f（y)=f(xy）。

（1)求证： f(x）—f（y）=f；
（2)若f(4)=-4,解不等式f（x)—f≥—12.
答案精解精析
A组基础题组
1.C 函数f(x)的定义域为{x|x≠1}， f（x）==—1，根据函数y=—的单调性及有关性质，可知f(x)在(—∞，1）和（1，+∞)上是增函数.
2。

A 解法一：易知y=-x,y=在上均单调递减,∴函数f(x)在上单调递减,∴f（x）max=f(-2)=.故选A。

解法二:函数f(x）=—x+的导数为f ’(x）=-1-，
易知f ’(x）〈0,可得f(x）在上单调递减，
所以f(x）max=2—=。

故选A.
3.C 由已知可得，当-2≤x≤1时， f(x)=x—2,此时f（x）递增,
当1<x≤2时, f(x)=x3—2,此时f(x）也递增，又f（x）在x=1处连续，
∴f(x)的最大值为f(2)=23—2=6.
4.D ∵f(x)=—x2+2ax在[1,2]上是减函数，∴a≤1，又∵g(x）=在［1，2]上是减函数，∴a>0,∴0<a≤1。

5.B ∵函数f（x）=log2x+在(1,+∞）上为增函数，且f（2）=0,∴当x1∈(1，2）时， f（x1)<f（2)=0;
当x2∈（2，+∞）时, f（x2）〉f（2)=0，即f(x1）〈0, f(x2)〉0。

6。

答案（-1，0）∪(0,1)
解析因为f(x）在R上为减函数，且f〈f（1），所以〉1，即0<|x|<1,所以—1〈x〈0或0<x〈1.
7。

答案［1，3)
解析由(x 1-x2)[f(x2)-f（x1)]〉0,得函数f(x)为R上的单调递减函数,则
解得1≤a<3.
8.答案[0，1)
解析易知g(x)=画出g(x）的图象如图所示，其递减区间是［0,1）.
9。

解析(1)证明:任取x 1，x2∈（0，+∞）,且x1〈x2，
则x2-x1〉0，x1x2>0,
f(x2）-f（x1）=-=—=>0,∴f（x2）〉f（x1),
∴f（x)在（0,+∞）上是增函数。

（2)由(1）知f(x）在(0,+∞)上是增函数，
∴f(x)在上是增函数.
∵f(x）在上的值域是，
∴f=， f(2）=2。

易得a=。

10.解析(1)当a=1时, f（x）=2x-，任取x 1,x2∈（0,1]，且x1〉x2,所以x1-x2>0,x1x2〉0,f（x1）—f(x2）=2(x1—x2）-=(x1-x2)〉0.
∴f(x1）〉f（x2)，∴f（x)在（0,1]上单调递增,无最小值，当x=1时取得最大值1,所以y=f(x)的值域为(—∞,1].
（2）当a≥0时,y=f（x）在(0,1］上单调递增，无最小值,当x=1时取得最大值2—a；当a〈0时, f（x）=2x+,
当≥1,即a∈（—∞，-2］时，y=f(x)在(0，1］上单调递减,无最大值，当x=1
时取得最小值2—a；
当〈1，即a∈（-2,0）时，y=f（x)在上单调递减,
在,1上单调递增,无最大值，当x=时取得最小值2。

B组提升题组
1。

D ∵当x=0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线.∵当x≤0时,函数f（x）=x3为增函数，
当x〉0时， f(x)=ln（x+1)也是增函数，
∴函数f（x）是定义在R上的增函数。

因此,不等式f(2—x2）〉f(x)等价于2—x2>x，
即x2+x-2〈0，解得-2〈x<1.
2.D 因为函数f(x）=x2-x+的图象的对称轴为x=1，所以函数y=f（x）在区间［1，+∞）上是增函数,又当x≥1时,=x—1+,令g（x）=x-1+(x≥1)，
则g'(x)=—=,
由g’（x）≤0得1≤x≤,即函数y==x-1+在区间［1,］上单调递减，故“缓增区间"I为［1，].
3.解析f（x）=x+,
当a〉1时，a->0,此时f(x)在［0，1］上为增函数，∴g(a)=f（0)=；
当0<a<1时,a-〈0，此时f(x）在[0，1］上为减函数,∴g（a）=f(1)=a;
当a=1时， f（x)=1，此时g（a）=1。

∴g（a)=∴g（a)在（0,1)上为增函数,在[1,+∞)上为减函数,又a=1时，有a==1,∴当a=1时，g(a)取最大值1。

4。

解析(1）证明：由条件f(x)+f(y)=f(xy),可得f+f（y)=f=f(x），
所以f(x）-f(y）=f。

（2)因为f(4）=-4,所以f（4)+f(4）=f（16)=—8,f（4)+f（16)=f（64）=-12。

由(1）可得f（x)-f=f（x(x—12）)，又f（x）是定义在（0，+∞）上的减函数，
⇒x〉12，
由f（x)—f≥—12,得f（x（x-12)）≥f（64）,所以x(x-12）≤64,所以x2-12x-64=（x—16)(x+4)≤0，解得-4≤x≤16,又x>12，所以x∈（12,16].
故原不等式的解集为{x｜12〈x≤16｝。