2020届高三数学一轮复习课时作业（5）函数的单调性与最值理新人教B版.doc

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课时作业(五)[第5讲函数的单调性与最值][时间：45分钟分值：100分]1．[2020·课标全国卷]下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的函数是()A．y＝x3 B．y＝|x|＋1 C．y＝－x2＋1 D．y＝2－|x|2．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()A．(－1,1)B．(0,1)C．(－1,0)∪(0,1)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)3．[2020·银川一中月考]函数y＝的值域为()A．(0,3)B．[0,3]C．(－∞，3]D．[0，＋∞)4．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是()A.B.C.D.5．[2020·沈阳模拟]函数f(x)＝loga(x2－ax)(a>0且a≠1)在(2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是()A．1<a≤2 B．1<a<12 C．1<a≤12 D．1<a≤4 6．函数f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0,1]上的最大值与最小值之和为a，则a的值是()A．2 B.C．4 D.7．[2020·浙江五校联考]已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(2x－)<f()的x的取值范围是()A．(－∞，0)B．(0，)C．(0,2)D．(，＋∞)8．设f(x)＝x3＋x，x∈R，当0≤θ≤时，f(msinθ)＋f(1－m)>0恒成立，则实数m的取值范围是()A．(0,1)B．(－∞，0)C.D．(－∞，1)9．[2020·长春二调]设f(x)的定义域为D，若f(x)满足下面两个条件，则称f(x)为闭函数．①f(x)在D内是单调函数；②存在[a，b]⊆D，使f(x)在[a，b]上的值域为[a，b]．如果f(x)＝＋k为闭函数，那么k的取值范围是()A．－1<k≤－B.≤k＜1 C．k>－1 D．k＜1 10．[2020·苏州模拟]已知f(x)＝是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a的取值范围是________．11．对a，b∈R，记max(a，b)＝函数f(x)＝max(|x＋1|，|x－2|)(x∈R)的最小值是________．12．[2020·西城区二模]定义某种运算，ab的运算原理如图K5－1所示．设f(x)＝(0x)x－(2x)．则f(2)＝________；f(x)在区间[－2,2]上的最小值为________．图K5－1 13．[2020·淮南一模]已知函数f(x)＝(a是常数且a>0)．对于下列命题：①函数f(x)的最小值是－1；②函数f(x)在R上是单调函数；③若f(x)>0在上恒成立，则a的取值范围是a>1；④对任意x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有f<.其中正确命题的序号是________．14．(10分)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．15．(13分)已知定义域为[0,1]的函数f(x)同时满足：①对于任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，则有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)．(1)求f(0)的值；(2)求f(x)的最大值；(3)若对于任意x∈[0,1]，总有4f2(x)－4(2－a)f(x)＋5－4a≥0成立，求实数a的取值范围．16．(12分)已知函数f(x)自变量取值区间为A，若其值域区间也为A，则称区间A为f(x)的保值区间．(1)求函数f(x)＝x2形如[n，＋∞)(n∈R)的保值区间；(2)g(x)＝x－ln(x＋m)的保值区间是[2，＋∞)，求m的取值．课时作业(五)【基础热身】1．B[解析]A选项中，函数y＝x3是奇函数；B选项中，y＝|x|＋1是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数；C选项中，y＝－x2＋1是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数；D选项中，y＝2－|x|＝|x|是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数．故选B.2．C[解析]由f(x)为R上的减函数且f<f(1)，得：即∴0<x<1或－1<x<0.3．D[解析]可知函数y＝3x在(－∞，1)上为增函数，其值域为(0,3)；函数y＝log2x在[1，＋∞)上为增函数，值域为[0，＋∞)．综上可知，函数的值域为[0，＋∞)，故选择D.4．A[解析]函数f(x)的定义域是(－1,4)，u(x)＝－x2＋3x＋4＝－2＋在(－1,4)上的减区间为.∵e>1，∴函数f(x)的单调递减区间为.【能力提升】5．A[解析]设g(x)＝x2－ax＝2－，则当a>1时，需满足解得1<a≤2；当0<a<1时，不满足复合函数的单调性．6．B[解析]因为ax与loga(x＋1)的单调性相同，所以不论a>1，还是0<a<1，f(x)的最大值与最小值之和都是1＋a＋loga2，所以1＋a＋loga2＝a，解得a＝.7．B[解析]偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，由对称性知其在(－∞，0)上单调递减，因此应有|2x－|<，解得x∈(0，)．8．D[解析]根据函数f(x)的性质，不等式f(msinθ)＋f(1－m)>0，即f(msinθ)>f(m－1)，即msinθ>m－1在上恒成立．当m>0时，即sinθ>恒成立，只要0>即可，解得0<m<1；当m＝0时，不等式恒成立；当m<0时，sinθ<，只要1<，这个不等式恒成立，此时m<0.综上可知：m<1.9．A[解析]f(x)＝＋k为上的增函数，又f(x)在[a，b]上的值域为[a，b]，∴即f(x)＝x在上有两个不等实根，即＝x－k在上有两个不等实根．问题可化为y＝和y＝x－k的图象在上有两个不同交点．如图，对于临界直线m，应有－k≥，即k≤－.对于临界直线n，y′＝()′＝，令＝1，得切点P横坐标为0，∴P(0,1)，∴n：y＝x＋1，令x＝0，得y＝1，∴－k＜1，即k>－1.综上，－1<k≤－.10.≤a＜[解析]∵当x≥1时，y＝logax单调递减，∴0＜a＜1；而当x＜1时，f(x)＝(3a－1)x＋4a单调递减，∴a＜；又函数在其定义域内单调递减，故当x＝1时，(3a－1)x＋4a≥logax，得a≥，综上可知，≤a＜.11.[解析]由题意可得f(x)＝当x∈时，f(x)∈；当x∈时，f(x)∈，所以f(x)的最小值为.12．－2－6[解析]①x≥2时，f(x)＝－2⇒f(2)＝－2；②f(x)＝f(x)在[－2,0]上最小值为－6，在[0,2]上最小值为－2，综上所述，f(x)在区间[－2,2]上的最小值为－6.13．①③④[解析]如图，①正确；函数f(x)在R上不是单调函数，②错误；若f(x)>0在上恒成立，则2a×－1>0，a>1，③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有f<成立，④正确．14．[解答](1)证明：方法一：设x2>x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0.∵f(x2)－f(x1)＝－＝－＝>0，∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．方法二：∵f(x)＝－，∴f′(x)＝′＝>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数．(2)∵f(x)在上的值域是，又f(x)在上单调递增，∴f＝，f(2)＝2，∴a＝.15．[解答](1)对于③，令x1＝x2＝0，得f(0)≤0，又由①知f(0)≥0，∴f(0)＝0.(2)设0≤x1<x2≤1，则x2－x1∈(0,1]，∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1＋x1)－f(x1)≥f(x2－x1)＋f(x1)－f(x1)＝f(x2－x1)≥0，即f(x2)≥f(x1)．故f(x)在[0,1]上是单调递增的，从而f(x)的最大值是f(1)＝1.(3)∵f(x)在[0,1]上是增函数，结合(1)(2)知f(x)∈[0,1]．又∵4f2(x)－4(2－a)f(x)＋5－4a≥0，∴4f2(x)－8f(x)＋5≥4a[1－f(x)]．当f(x)≠1时，a≤.∵y＝＝＝1－f(x)＋≥1，∴a≤1.当f(x)＝1时，4f2(x)－4(2－a)f(x)＋5－4a＝4－4(2－a)＋5－4a＝4－8＋4a＋5－4a＝1≥0恒成立，∴a≤1.【难点突破】16．[解答](1)若n<0，由题意则n＝f(0)＝0，矛盾．若n≥0，则n＝f(n)＝n2，解得n＝0或1，所以f(x)的保值区间为[0，＋∞)或[1，＋∞)．(2)因为g(x)＝x－ln(x＋m)的保值区间是[2，＋∞)，所以2＋m>0，即m>－2，令g′(x)＝1－>0，得x>1－m，所以g(x)在(1－m，＋∞)上为增函数，同理可得g(x)在(－m,1－m)上为减函数．若2≤1－m，即m≤－1，则g(1－m)＝2，得m＝－1，满足题意．若2>1－m，即m>－1，则g(2)＝2，得m＝－1，矛盾．所以满足条件的m值为－1.