高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)的概念與基本初等函數(shù)Ⅰ 課時達標檢測（五）函數(shù)的單調(diào)性與最值 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

課時達標檢測（五）函數(shù)的單調(diào)性與最值[小題對點練——點點落實]對點練(一)函數(shù)的單調(diào)性1．(2018·阜陽模擬)給定函數(shù)①y＝x，②y＝log(x＋1)，③y＝|x－1|，④y＝2x＋1.其中在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減的函數(shù)序號是()A．①② B．②③C．③④ D．①④解析：選B①y＝x在(0,1)上遞增；②∵t＝x＋1在(0,1)上遞增，且0<eq\f(1,2)<1，故y＝log(x＋1)在(0,1)上遞減；③結(jié)合圖象可知y＝|x－1|在(0,1)上遞減；④∵u＝x＋1在(0,1)上遞增，且2>1，故y＝2x＋1在(0,1)上遞增．故在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減的函數(shù)序號是②③.2．(2018·天津模擬)若函數(shù)f(x)滿足“對任意x1，x2∈(0，＋∞)，當x1<x2時，都有f(x1)>f(x2)”，則f(x)的解析式可以是()A．f(x)＝(x－1)2 B．f(x)＝exC．f(x)＝eq\f(1,x) D．f(x)＝ln(x＋1)解析：選C根據(jù)條件知，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．對于A，f(x)＝(x－1)2在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，排除A；對于B，f(x)＝ex在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，排除B；對于C，f(x)＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，C正確；對于D，f(x)＝ln(x＋1)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，排除D.3．(2018·宜春模擬)函數(shù)f(x)＝log3(3－4x＋x2)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－∞，2) B．(－∞，1)，(3，＋∞)C．(－∞，1) D．(－∞，1)，(2，＋∞)解析：選C由3－4x＋x2>0得x<1或x>3.易知函數(shù)y＝3－4x＋x2的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，2)，函數(shù)y＝log3x在其定義域上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，故選C.4．(2018·貴陽模擬)下列四個函數(shù)中，在定義域上不是單調(diào)函數(shù)的是()A．y＝－2x＋1 B．y＝eq\f(1,x)C．y＝lgx D．y＝x3解析：選By＝－2x＋1在定義域上為單調(diào)遞減函數(shù)；y＝lgx在定義域上為單調(diào)遞增函數(shù)；y＝x3在定義域上為單調(diào)遞增函數(shù)；y＝eq\f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上均為單調(diào)遞減函數(shù)，但在定義域上不是單調(diào)函數(shù)．故選B.5．若函數(shù)f(x)＝8x2－2kx－7在[1,5]上為單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是()A．(－∞，8] B．[40，＋∞)C．(－∞，8]∪[40，＋∞) D．[8,40]解析：選C由題意知函數(shù)f(x)＝8x2－2kx－7的圖象的對稱軸為x＝eq\f(k,8)，因為函數(shù)f(x)＝8x2－2kx－7在[1,5]上為單調(diào)函數(shù)，所以eq\f(k,8)≤1或eq\f(k,8)≥5，解得k≤8或k≥40，所以實數(shù)k的取值范圍是(－∞，8]∪[40，＋∞)．故選C.6．定義運算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－12,－xx＋3))在(－∞，m)上單調(diào)遞減，則實數(shù)m的取值范圍是()A．(－2，＋∞) B．[－2，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－2]解析：選D∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，∴f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－12,－xx＋3))＝(x－1)(x＋3)－2×(－x)＝x2＋4x－3＝(x＋2)2－7，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－2)，∵函數(shù)f(x)在(－∞，m)上單調(diào)遞減，∴(－∞，m)?(－∞，－2)，即m≤－2.故選D.對點練(二)函數(shù)的最值1．已知a>0，設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2018x＋1＋2016,2018x＋1)(x∈[－a，a])的最大值為M，最小值為N，那么M＋N＝()A．2016 B．2018C．4032 D．4034解析：選D由題意得f(x)＝eq\f(2018x＋1＋2016,2018x＋1)＝2018－eq\f(2,2018x＋1).∵y＝2018x＋1在[－a，a]上是單調(diào)遞增的，∴f(x)＝2018－eq\f(2,2018x＋1)在[－a，a]上是單調(diào)遞增的，∴M＝f(a)，N＝f(－a)，∴M＋N＝f(a)＋f(－a)＝4036－eq\f(2,2018a＋1)－eq\f(2,2018－a＋1)＝4034.2．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，則函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x)在區(qū)間(1，＋∞)上一定()A．有最小值 B．有最大值C．是減函數(shù) D．是增函數(shù)解析：選D由題意知a<1，又函數(shù)g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2a在[eq\r(|a|)，＋∞)上為增函數(shù)，故選D.3．(2018·湖南雅禮中學(xué)月考)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋6，x≤2，,3＋logax，x>2))(a>0且a≠1)的值域是[4，＋∞)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(1,2] B．(0,2]C．[2，＋∞) D．(1,2eq\r(2)]解析：選A當x≤2時，－x＋6≥4.當x>2時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋logax≥4，,a>1，))∴a∈(1,2]，故選A.4．(2018·安徽合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x2－2x)·sin(x－1)＋x＋1在[－1,3]上的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝()A．4 B．2C．1 D．0解析：選A設(shè)t＝x－1，則y＝(x2－2x)sin(x－1)＋x＋1＝(t2－1)sint＋t＋2，t∈[－2,2]．記g(t)＝(t2－1)sint＋t＋2，則函數(shù)y＝g(t)－2＝(t2－1)sint＋t是奇函數(shù)．由已知得y＝g(t)－2的最大值為M－2，最小值為m－2，所以M－2＋(m－2)＝0，即M＋m＝4.故選A.5．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lgx2＋1，x<1，))則f(x)的最小值是________．解析：當x≥1時，x＋eq\f(2,x)－3≥2eq\r(x·\f(2,x))－3＝2eq\r(2)－3，當且僅當x＝eq\f(2,x)，即x＝eq\r(2)時等號成立，此時f(x)min＝2eq\r(2)－3＜0；當x＜1時，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此時f(x)min＝0.所以f(x)的最小值為2eq\r(2)－3.答案：2eq\r(2)－36．(2018·益陽模擬)已知函數(shù)f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，\f(4,9)))，則函數(shù)g(x)＝f(x)＋eq\r(1－2fx)的值域為________．解析：∵eq\f(3,8)≤f(x)≤eq\f(4,9)，∴eq\f(1,3)≤eq\r(1－2fx)≤eq\f(1,2).令t＝eq\r(1－2fx)，則f(x)＝eq\f(1,2)(1－t2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤t≤\f(1,2)))，令y＝g(x)，則y＝eq\f(1,2)(1－t2)＋t，即y＝－eq\f(1,2)(t－1)2＋1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤t≤\f(1,2))).∴當t＝eq\f(1,3)時，y有最小值eq\f(7,9)；當t＝eq\f(1,2)時，y有最大值eq\f(7,8).∴g(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,8))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,8)))[大題綜合練——遷移貫通]1．已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(1,a)(1－x)(a>0)，且f(x)在[0,1]上的最小值為g(a)，求g(a)的最大值．解：f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,a)))x＋eq\f(1,a)，當a>1時，a－eq\f(1,a)>0，此時f(x)在[0,1]上為增函數(shù)，∴g(a)＝f(0)＝eq\f(1,a)；當0<a<1時，a－eq\f(1,a)<0，此時f(x)在[0,1]上為減函數(shù)，∴g(a)＝f(1)＝a；當a＝1時，f(x)＝1，此時g(a)＝1.∴g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，0<a<1，,\f(1,a)，a≥1，))∴g(a)在(0,1)上為增函數(shù)，在[1，＋∞)上為減函數(shù)，又a＝1時，有a＝eq\f(1,a)＝1，∴當a＝1時，g(a)取最大值1.2．(2018·衡陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)對于任意x，y∈R，總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且當x>0時，f(x)<0，f(1)＝－eq\f(2,3).(1)求證：f(x)在R上是減函數(shù)；(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值．解：(1)證明：設(shè)x1>x2，則f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．又∵x>0時，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在R上為減函數(shù)．(2)∵f(x)在R上是減函數(shù)，∴f(x)在[－3,3]上也是減函數(shù)，∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分別為f(－3)與f(3)．而f(3)＝3f(1)＝－2，且f(0)＋f(0)＝f(0)，∴f(0)＝0，又f(－3)＋f(3)＝f(－3＋3)＝0，∴f(－3)＝－f(3)＝2.∴f(x3．已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，試證明f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞增；(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．解：(1)證明：任設(shè)x1<x2<－2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).