2022届高考数学一轮复习第二章第二节函数的单调性与最值课时作业理含解析北师大版2021070111

函数的单调性与最值
授课提示：对应学生用书第273页 [A 组 基础保分练]
1.下列函数中，在区间（－1，1）上为减函数的是（ ）
A.y ＝11－x
B.y ＝cos x
C.y ＝ln （x ＋1）
D.y ＝2－x
解析：函数y ＝11－x
，y ＝ln （x ＋1）在（－1，1）上都是增函数，函数y ＝cos x 在（－1，0）上是增函数，在（0，1）上是减函数，而函数y ＝2－x ＝⎝⎛⎭⎫12x 在（－1，1）上是减函数.
答案：D y ＝x 2－2x ＋3有（ ）
2
2
解析：易知y ＝（x －1）2＋2，因为（x －1）2＋2≥2，所以y ≥ 2.
答案：B
f （x ）＝11－x （1－x ）
的最大值是（ ） A.45 B.54
C.34
D.43
解析：由f （x ）＝1⎝⎛⎭⎫x －122＋34
≤43， 则f （x ）max ＝43
. 答案：D
f （x ）的定义域为R ，当x ∈[0，＋∞）时，f （x ）是增函数，则f （－2），f （π），f （－3）的大小关系是（ ）
A.f （π）＞f （－3）＞f （－2）
B.f （π）＞f （－2）＞f （－3）
C.f （π）＜f （－3）＜f （－2）
D.f （π）＜f （－2）＜f （－3）
解析：因为f （x ）是偶函数，所以f （－3）＝f （3），f （－2）＝f （2）.又因为函数f （x ）在[0，＋∞）上是增函数，所以f （π）＞f （3）＞f （2），即f （π）＞f （－3）＞f （－2）. 答案：A
5.函数f （x ）＝log a （x 2－4x －5）（a ＞1）的单调递增区间是（ ）
A.（－∞，－2）
B.（－∞，－1）
C.（2，＋∞）
D.（5，＋∞）
解析：根据题意，得x 2－4x －5＞0，解得x ＜－1或x ＞5，设u ＝x 2－4x －5＝（x －2）2－9，易知u ＝x 2－4x －5的单调递增区间为（2，＋∞），所以f （x ）＝log a （x 2－4x －5）的单调递增区间是（5，＋∞）.
答案：D
f （x ）＝lo
g 2x ＋11－x
，若x 1∈（1，2），x 2∈（2，＋∞），则（ ） A.f （x 1）＜0，f （x 2）＜0 B.f （x 1）＜0，f （x 2）＞0
C.f （x 1）＞0，f （x 2）＜0
D.f （x 1）＞0，f （x 2）＞0
解析：因为函数f （x ）＝log 2x ＋11－x
在（1，＋∞）上为增函数，且f （2）＝0，所以当x 1∈（1，2）时，f （x 1）＜f （2）＝0；
当x 2∈（2，＋∞）时，f （x 2）＞f （2）＝0，
即f （x 1）＜0，f （x 2）＞0.
答案：B
f （x ）＝x x －1
（x ≥2）的最大值为__________. 解析：易得f （x ）＝x x －1＝1＋1x －1
， 当x ≥2时，x －1＞0，易知f （x ）在[2，＋∞）上是减函数，
∴f （x ）max ＝f （2）＝1＋12－1
＝2. 答案：2
f （x ）＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，lo
g 2
x ，x >4.若函数y ＝f （x ）在区间（a ，a ＋1）上是增加的，则实数a 的取值X 围是__________.
解析：作出函数f （x ）的图像如图所示，由图像可知f （x ）在（a ，a ＋1）上是增加的，需满足a ≥4或a ＋1≤2，即a ≤1或a ≥4.
答案：（－∞，1]∪[4，＋∞）
f （x ）＝x x －a
（x ≠a ）. （1）若a ＝－2，试证f （x ）在（－∞，－2）上单调递增；
（2）若a ＞0且f （x ）在（1，＋∞）上单调递减，求a 的取值X 围.
解析：（1）证明：设x 1＜x 2＜－2，
则f （x 1）－f （x 2）＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2（x 1－x 2）（x 1＋2）（x 2＋2）
. 因为（x 1＋2）（x 2＋2）＞0，x 1－x 2＜0，
所以f （x 1）－f （x 2）＜0，即f （x 1）＜f （x 2），
所以f （x ）在（－∞，－2）上单调递增.
（2）设1＜x 1＜x 2，
则f （x 1）－f （x 2）＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a （x 2－x 1）
（x 1－a ）（x 2－a ）
. 因为a ＞0，x 2－x 1＞0，所以要使f （x 1）－f （x 2）＞0，
只需（x 1－a ）（x 2－a ）＞0恒成立，
所以a ≤1.综上所述，a 的取值X 围是（0，1].
[B 组 能力提升练]
f （x ）中，满足“对任意的x 1，x 2∈（0，＋∞）时，均有（x 1－x 2）[f （x 1）－f （x 2）]＞0”的是（ ）
A.f （x ）＝12
B.f （x ）＝x 2－4x ＋4
C.f （x ）＝2x
D.f （x ）＝log 12
x
解析：（x 1－x 2）[f （x 1）－f （x 2）]＞0等价于x 1－x 2与f （x 1）－f （x 2）正负号相同，故函数f （x ）在（0，＋∞f （x ）＝2x 符合.
答案：C
f （x ）满足f （x －1）＝f （5－x ），且对任意的x 1，x 2∈[2，＋∞），x 1≠x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2
＜0成立，若p ＝f （log 216），q ＝f （log 47），m ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫⎝⎛⎭⎫1525，则p ，q ，m 的大小关系为（ ） A.q ＜m ＜p B.p ＜m ＜q
C.q ＜p ＜m
D.p ＜q ＜m
解析：∵f （x －1）＝f （5－x ），∴函数f （x ）的图像关于直线xx 1，x 2∈[2，＋∞），x 1≠x 2，
都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2
＜0成立，∴f （x ）在区间[2，＋∞）上单调递减，在（－∞，2）上单调递增.∵log 216＝4，∴f （log 216）＝f （4）＝f （0），又1＜log 47＜log 48＝32
，0＜⎝⎛⎭⎫1525＜1，∴0＜⎝⎛⎭⎫1525＜1＜log 47＜2，∴p ＜m ＜q .
答案：B
⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a <b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f （x ）＝（1⊕x ）x －（2⊕x ），x ∈[－2，2]的最大值等于（ ）
解析：由已知得当－2≤x ≤1时，f （x ）＝x －2，当1<x ≤2时，f （x ）＝x 3－2，
因为f （x ）＝x －2在[－2，1]上是增函数，
所以f （x ）≤f （1）＝－1，
因为f （x ）＝x 3－2在（1，2]上是增函数，
所以f （x ）≤f （2）＝6，所以f （x ）max ＝f （2）＝6.
答案：C
4.（2021·某某模拟）已知函数y ＝log 2（ax －1）在（1，2）上单调递增，则实数a 的取值X 围是（ ）
A.（0，1]
B.[1，2]
C.[1，＋∞）
D.[2，＋∞）
解析：要使y ＝log 2（ax －1）在（1，2）上单调递增，则a ＞0且a －1≥0，∴a ≥1. 答案：C
5.（2021·某某模拟）若函数f （x ）＝2x
－a ＋1＋x －a －a 的定义域与值域相同，则a ＝（ ）
C.0
D.±1 解析：∵函数f （x ）＝2x －a ＋1＋
x －a －a ，
∴函数f （x ）的定义域为[a ，＋∞）.
∵函数f （x ）的定义域与值域相同，
∴函数f （x ）的值域为[a ，＋∞）. 又∵函数f （x ）在[a ，＋∞）上是单调递增函数，
∴当x ＝a 时，f （a ）＝2a －a ＋1－a ＝a ，解得a ＝1.
答案：B
y ＝－x 2＋2|x |＋3的单调递减区间是__________.
解析：由题意知，当x ≥0时，y ＝－x 2＋2x ＋3＝－（x －1）2＋4；当x ＜0时，y ＝－x 2－2x ＋3＝－（x ＋1）2＋4，二次函数的图像如图所示，由图像可知，函数y ＝－x 2＋2|x |＋3的单调递减区间为[－1，0]，[1，＋∞）.
答案：[－1，0]，[1，＋∞）
f （x ）＝⎩⎪⎨⎪⎧（x －a ）2，x ≤0，x ＋1x
＋a ，x ＞0.若f （0）是f （x ）的最小值，则a 的取值X 围为__________. 解析：因为当x ≤0时，f （x ）＝（x －a ）2，f （0）是f （x ）的最小值，所以a ≥x ＞0时，f （x ）
＝x ＋1x
＋a ≥2＋a ，当且仅当x ＝1时取“＝”.要满足f （0）是f （x ）的最小值，需2＋a ≥f （0）＝a 2，即a 2－a －2≤0，解得－1≤a ≤2，
所以a 的取值X 围是[0，2].
答案：[0，2]
f （x ）＝x 2＋a |x －2|－4.
（1）当a ＝2时，求f （x ）在[0，3]上的最大值和最小值；
（2）若f （x ）在区间[－1，＋∞）上单调递增，某某数a 的取值X 围. 解析：（1）当a ＝2时，f （x ）＝x 2＋2|x －2|－4＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －8，x ≥2，x 2－2x ，x ＜2＝⎩
⎪⎨⎪⎧（x ＋1）2－9，x ≥2，（x －1）2－1，x ＜2， 当x ∈[0，2）时，－1≤f （x ）≤0，当x ∈[2，3]时，0≤f （x ）≤7，
所以f （x ）在[0，3]上的最大值为7，最小值为－1.
（2）因为f （x ）＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋ax －2a －4，x ＞2，
x 2－ax ＋2a －4，x ≤2，
又f （x ）在区间[－1，＋∞）上单调递增，
所以当x ＞2时，f （x ）单调递增，则－a 2
≤2，即a ≥－4. 当－1≤x ≤2时，f （x ）单调递增，则a 2
≤－1. 即a ≤－2，且4＋2a －2a －4≥4－2a ＋2a －4恒成立，
故a 的取值X 围为[－4，－2].
[C 组 创新应用练]
⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc ，若函数f （x ）＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x －1 2－xx ＋3在（－∞，m ）上单调递减，则实数m 的取值X 围是（ ）
A.（－2，＋∞）
B.[－2，＋∞）
C.（－∞，－2）
D.（－∞，－2]
解析：∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc ，∴f （x ）＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪x －1 2－xx ＋3＝（x －1）（x ＋3）－2×（－x ）＝x 2＋4x －3＝（x ＋2）2－7，
∴f （x ）的单调递减区间为（－∞，－2），
∵函数f （x ）在（－∞，m ）上单调递减，
∴（－∞，m ）⊆（－∞，－2），即m ≤－2.
答案：D
y ＝f （x ）在区间I 上是增函数，且函数y ＝f （x ）x
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 ）＝12x 2－x ＋32
是区间I 上的“缓增函数”，则“缓增区间”I 为（ ）
A.[1，＋∞）
B.[0，3]
C.[0，1]
D.[1，3]
解析：因为函数f （x ）＝12x 2－x ＋32
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，f （x ）x ＝12x －1＋32x
. 令g （x ）＝12x －1＋32x
（x ≥1）， 则g ′（x ）＝12－32x 2＝x 2－32x
2， 由g ′（x ）≤0得1≤x ≤3，
即函数f （x ）x ＝12x －1＋32x
在区间[1，3]上单调递减，故“缓增区间”I 为[1，3]. 答案：D
3.已知定义在区间（0，＋∞）上的函数f （x ）满足f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f （x 1）－f （x 2）
，且当x ＞1时，f （x ）＞0，f （3）＝1.
（1）判断f （x ）的单调性；
（2）解关于x 的不等式f （3x ＋6）＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＞2；
（3）若f （x ）≤m 2－2am ＋1对所有x ∈（0，3]，a ∈[－1，1]恒成立，某某数m 的取值X 围.
解析：（1）设x 1＞x 2＞0，则x 1x 2
＞1， 因为当x ＞1时，f （x ）＞0，
所以f （x 1）－f （x 2）＝f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＞0，
所以f （x 1）＞f （x 2），所以函数f （x ）在区间（0，＋∞）上为增函数.
（2）在f （x 1）－f （x 2）＝f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2中，
令x 1＝9，x 2＝3，
所以f （9）－f （3）＝f （3）.
又f （3）＝1，所以f （9）＝2.
所以不等式f （3x ＋6）＋f ⎝⎛⎭⎫1x ＞2，可转化为f （3x ＋6）＋f ⎝⎛⎭
⎫1x ＞f （9）， 所以f （3x ＋6）＞f （9）－f ⎝⎛⎭⎫1x ＝f （9x ）
， 由函数f （x ）为（0，＋∞）上的增函数，可得3x ＋6＞9x ＞0，所以0＜x ＜1，
所以原不等式的解集为（0，1）.
（3）因为函数f （x ）在（0，3]上是增函数，
所以f （x ）在（0，3]上的最大值为f （3）＝1，
所以不等式f （x ）≤m 2－2am ＋1对所有x ∈（0，3]，a ∈[－1，1]恒成立转化为1≤m 2－2am ＋1对所有a ∈[－1，1]恒成立，即m 2－2am ≥0对所有a ∈[－1，1]恒成立.
设g （a ）＝－2ma ＋m 2，
所以需满足⎩⎪⎨⎪⎧g （－1）≥0，g （1）≥0，即⎩
⎪⎨⎪⎧2m ＋m 2≥0，
－2m ＋m 2≥0，解该不等式组，得m ≤－2或m ≥2或m ＝0， 即实数m 的取值X 围为（－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞）.。