第2章 2.2　函数的单调性与最值（课时作业）-2021锁定高考数学（文）一轮总复习（Word）

课时作业 A组　基础巩固(55分/30分钟) 一、 选择题(每题5分，共35分) 1. (2019·广州模拟)下列函数f(x)中，满足“任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0”的是( C ) A. f(x)＝2x B. f(x)＝|x－1| C. f(x)＝－x D. f(x)＝ln(x＋1) 解析　由(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0可知，f(x)在(0，＋∞)上是减函数，A，D选项中，f(x)为增函数；B中，f(x)＝|x－1|在(0，＋∞)上不单调，对于f(x)＝与y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，因此f(x)在(0，＋∞)上是减函数．－x，因为y＝ 2. 设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是( D ) A. y＝在R上为减函数 B. y＝|f(x)|在R上为增函数 C. y＝－在R上为增函数 D. y＝－f(x)在R上为减函数 解析　如f(x)＝x3，则y＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性，C错．故选D. 的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性，A错；y＝|f(x)|在R上无单调性，B错；y＝－ 3. 函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是( B ) A. [1，＋∞) B. (1，＋∞) C. (－∞，1) D. (－∞，1] 解析　函数f(x)＝2|x－a|＋3的增区间为[a，＋∞)，减区间为(－∞，a]， 若函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a>1.故选B. 4. 定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，并且对任意的x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有<0，则( A ) A. f(3)<f(－2)<f(1) B. f(1)<f(－2)<f(3) C. f(－2)<f(1)<f(3) D. f(3)<f(1)<f(－2) 解析　由于函数f(x) 对任意的x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2), <0，所以函数f(x)在[0，＋∞)上是减函数．又函数f(x)是偶函数，所以f(－2)＝f(2)，所以有f(3)<f(2)<f(1)，即f(3)<f(－2)<f(1)．故选A. 5. (2019·郑州调研)函数f(x)＝在x∈[1，4]上的最大值为M，最小值为m，则M－m的值是( A ) － A. B. 2 C. D. 解析　易知f(x)＝. ，m＝f(1)＝0.因此M－m＝＝在[1，4]上是增函数，所以M＝f(x)max＝f(4)＝2－－ 6. (2018·苏州调研)设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是( B ) A. (－∞，0] B. [0，1) C. [1，＋∞) D. [－1，0] 解析　∵g(x)＝则函数图象如图所示， ∴其递减区间为[0，1)，故选B. 7. 已知函数f(x)＝若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是( D ) A. (－∞，－1)∪(2，＋∞) B. (－∞，－2)∪(1，＋∞) C. (－1，2) D. (－2，1) 解析　因为当x＝0时，两个解析式对应的函数值都为零，所以函数的图象是一条连续的曲线．因为当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， 所以函数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. 二、 填空题(每题5分，共10分) 8. 已知f(x)＝，2) ．>0成立，那么实数a的取值范围是 [满足对任意x1≠x2，都有 解析　对任意x1≠x2，都有>0，所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数． 所以，2)．≤a<2.故实数a的取值范围是[解得 9. 已知函数f(x)＝loga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，若f(0)<0，则此函数的单调递增区间是 [－1，1) ． 解析　令g(x)＝－x2－2x＋3，由题意知g(x)>0，可得－3<x<1，故函数的定义域为{x|－3<x<1}．根据f(0)＝loga3<0，可得0<a<1，又g(x)在定义域(－3，1)内的减区间是[－1，1)，∴f(x)的单调递增区间是[－1，1)． 三、 解答题(共10分) 10. 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[，2]，求a的值．，2]上的值域是[ 解析　(1)任取x1>x2>0，则f(x1)－f(x2)＝，(2分)＝＋－－ 因为x1>x2>0，所以x1－