高考数学一轮复习核心素养测评五2-2函数的单调性与最值文含解析北师大版 8页

核心素养测评五　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.函数y=-2x2-4ax+3在区间[-4,-2]上是单调函数,则a的取值范围是(　　)‎ A.(-∞,1]‎ B.[4,+∞)‎ C.(-∞,2]∪[4,+∞) ‎ D.(-∞,1]∪[2,+∞)‎ ‎【解析】选C.函数y=-2x2-4ax+3的图像的对称轴为x=-a,由题意可得-a≤-4或-a≥-2,解得a≤2或a≥4.‎ ‎2.(2020·武汉模拟)函数f(x)=|x-2|x的单调递减区间是 (　　)‎ A.[1,2] B.[-1,0]‎ C.[0,2] D.[2,+∞)‎ ‎【解析】选A.f(x)=|x-2|x ‎=其图像如图,‎ 由图像可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.(-∞,1]　　 B.(-∞,-1]‎ C.[-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a≤1.‎ ‎4.(2020·西安模拟)函数f(x)=|x2-3x+2|的单调递增区间是 (　　)‎ A.‎ - 8 -‎ B.和[2,+∞)‎ C.(-∞,1]和 D.和[2,+∞)‎ ‎【解析】选B.‎ y=|x2-3x+2|=‎ 如图所示,函数的单调递增区间是和[2,+∞).‎ ‎【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.(-∞,0)‎ C.(2,+∞) D.(-∞,-2)‎ ‎【解析】选C.由复合函数的单调性知,要使f(x)单调递增,需解得x>2.‎ ‎5.(2020·铜陵模拟)若函数f(x)=x2-2x+m在[3,+∞)上的最小值为1,则实数m的值为 (　　)‎ A.-3 B.‎-2 ‎C.-1 D.1‎ ‎【解析】选B.因为f(x)=(x-1)2+m-1在[3,+∞)上是增加的,且f(x)在[3,+∞)上的最小值为1,所以f(3)=1,即22+m-1=1,m=-2.‎ ‎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 (　　)‎ - 8 -‎ A.2　 B‎.1　‎　　 C.0　　 D.-2‎ ‎【解析】选B.画出函数f(x)的图像,如图所示:‎ 其中A(1,1),B(-2,-2),故当x=1时,函数f(x)的最大值为1.‎ ‎　　 【一题多解】选B.‎ f(x)=‎ 当x<-2时,函数f(x)的值域为(-∞,-2);当-2≤x≤1时,函数f(x)的值域为[-2,1];当x>1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,函数的图像向右上方无限延展,所以F(x)无最大值.‎ - 8 -‎ ‎7.已知函数f(x)=在R上是增函数,则实数a的取值范围是 世纪金榜导学号(　　)‎ A.(1,+∞) B.[4,8)‎ C.(4,8) D.(1,8)‎ ‎【解析】选B.由f(x)在R上是增函数,‎ 则有解得4≤a<8.‎ ‎　　　【变式备选】‎ ‎　　 已知f(x)=在(-∞,+∞)上是减函数,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上是减函数,‎ 所以解得≤a<.‎ 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ ‎8.(2020·北京模拟)函数y=的最大值是　　　. ‎ - 8 -‎ ‎【解析】函数y=>0,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(a>0)在上的值域为,则a=　　　　,b=　　　　. ‎ ‎【解析】因为f(x)=-+b(a>0)在上是增加的,所以f=,f(2)=2.即 解得a=1,b=.‎ ‎ 答案:1　‎ ‎10.若函数f(x)=x2+a|x-1|在[0,+∞)上是增加的,则实数a的取值范围是　　　　. 世纪金榜导学号 ‎ ‎【解析】f(x)=x2+a|x-1|=要使f(x)在[0,+∞)上是增加的,则得-2≤a≤0,所以实数a的取值范围是[-2,0].‎ 答案:[-2,0]‎ ‎(15分钟　35分)‎ - 8 -‎ ‎1.(5分)(2020·北京模拟)已知函数f(x)=,则不等式f(x)≤1的解集为 (　　)‎ A. B.∪(1,2]‎ C. D.‎ ‎【解析】选D.当x≥1时,f≤1,即为:log2x≤1,解得1≤x≤2;‎ 当x<1时,f≤1,即为:≤1,解得x≤0.‎ 综上可得,原不等式的解集为.‎ ‎2.(5分)(2019·蚌埠模拟)已知单调函数f(x),对任意的x∈R都有f[f(x)-2x]=6,则f(2)= (　　)‎ A.2　　　　B‎.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,即f(x)=2x+2,则f(2)=4+2=6.‎ ‎3.(5分)函数f(x)=x+2的最大值为　　　. ‎ ‎【解析】设=t(t≥0),所以x=1-t2.令y=f(x).‎ 所以y=x+2=1-t2+2t ‎=-t2+2t+1=-(t-1)2+2.‎ 所以当t=1即x=0时,ymax=2.‎ 答案:2‎ ‎　【变式备选】‎ - 8 -‎ ‎　　 函数y=-x(x≥0)的最大值为　　　　. ‎ ‎【解析】令t=,则t≥0,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)(a>0),且f(x)在[0,1]上的最小值为g(a),求g(a)的最大值.‎ ‎【解析】f(x)=x+,当a>1时,a->0,此时f(x)在[0,1]上是增加的,‎ 所以g(a)=f(0)=;‎ 当00时,恒有f(x)>1. 世纪金榜导学号 ‎(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x>0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)-1>0⇒f(x1)