2.3 函数的单调性和最值同步练习-北师大版（2019）必修第一册（Word版含答案）

《第三节　函数的单调性和最值》同步练习
一、基础巩固
知识点1　函数的单调性及单调区间
1.下列说法正确的是(　　)
A.定义在(a,b)上的函数f(x),若存在x1,x2∈(a,b),且x1B.定义在(a,b)上的函数f(x),若有无穷多对x1,x2∈(a,b),使得x1C.若f(x)在区间I1上单调递增,在区间I2上也单调递增,那么f(x)在I1∪I2上也一定单调递增
D.若f(x)在区间I上单调递增且f(x1)2.(多选)如果函数f(x)在区间[a,b]上单调递增,对于任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),下列结论中正确的是(　　)
A.>0
B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0
C.f(a)≤f(x1)D.<0
3.[2022浙江绍兴稽山中学高一上月考]若定义在R上的函数y=f(x)的图象如图所示,则其单调递增区间是　　　　,单调递减区间是　　　　.
4.画出下列函数的图象,并写出单调区间:
(1)f(x)=-;
(2)f(x)=-(x-3)|x|.
知识点2　函数单调性的判断与证明
5.[2022山东青岛高一上期末考试]已知函数f(x)=,判断并证明f(x)在区间[-2,2]上的单调性.
6. [2022福建龙岩高一上期末考试]已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),对任意正实数a,b都有f(ab)+1=f(a)+f(b),且当x>1时,f(x)>1.求证:函数f(x)是(0,+∞)上的增函数.
7.讨论函数f(x)=(a≠)在(-2,+∞)上的单调性.
知识点3　函数的最值
8.若函数f(x)=ax+1在区间[1,2]上的最大值与最小值的差为2,则实数a 的值为(　　)
A.2　　 B.2或-2　　 C.3　　 D.3或-3
9.设函数f(x)=在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M,m,则=(　　)
A.　　　 B.　　　 C.　　　 D.
10.[2022辽宁省实验中学等五校高一上期末联考]函数f(x)=x+在区间[-,2]上的最大值为(　　)
A.　　　 B.　　　 C.3　　　 D.4
11.已知函数f(x)=x2-2ax+2,x∈[-1,1].
(1)求f(x)的最小值g(a);
(2)求g(a)的最大值.
知识点4　函数单调性的应用
12.若函数f(x)在R上是减函数,则下列关系式一定成立的是(　　)
A.f(a)>f(2a) B.f(a2)C.f(a2+a)13.已知函数f(x)=ax-(a>0),若f(m2+1)>f(m2-m+3),则实数m的取值范围是 (　　)
A.(2,+∞) B.(-∞,2)
C.(-2,+∞) D.(-∞,-2)
14.若函数f(x)=|x-|在区间(,1)上单调,则实数a的取值范围是　　　　.
15.若函数f(x)=在R上为增函数,则实数b的取值范围是　　　　.
16.[2022河北张家口高一上期末考试]已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且对任意的m>0,n>0,都有f()=f(m)-f(n)+2,当x>1时,总有f(x)<2.
(1)求f(1)的值;
(2)证明:f(x)在其定义域上是减函数;
(3)若f(4)=1,解不等式f(x-2)-f(8-2x)<-1.
知识点5　利用函数的最值解决恒(能)成立问题
17.若不等式>a在区间[0,1]上有解,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,) B.(-∞,1) C.(-∞,) D.(-∞,2)
18.[2022福建泉州高一上期中联考]在① x∈[-2,2],② x∈[1,3]这两个条件中任选一个,补充到下面问题的横线中,并求解该问题.
已知函数f(x)=x2+ax+4.
(1)当a=-2时,求函数f(x)在区间[-2,2]上的值域;
(2)若　　　　,f(x)≥0,求实数a的取值范围.
19.已知函数f(x-1)=x2-x-2.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)已知g(x)=x+2a-3.若对任意x1∈[-2,-1],总存在x2∈[-1,3],使得f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围.
二、能力提升
1.[2022湖南师大附中高一上期中考试]已知函数f(x)的定义域为R,满足f(x+1)=f(1-x),且当x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0恒成立,设a=f(-1),b=f(2),c=f(e)(其中e=2.718 28…),则a,b,c的大小关系为(　　)
A.c>a>b B.b>c>a
C.b>a>c D.c>b>a
2.已知函数f(x)是定义在R上的单调函数,A(0,1),B(2,-1)是其图象上的两点,则不等式|f(x-1)|>1的解集为(　　)
A.(-1,1) B.(-∞,-1)∪(1,+∞)
C.(1,3) D.(-∞,1)∪(3,+∞)
3.已知函数f(x)=x2-2tx+1在(-∞,1]上单调递减,且对任意的x1,x2∈[0,t+1],|f(x1)-f(x2)|≤2恒成立,则实数t的取值范围为(　　)
A.[1,] B.[0,]
C.(1,) D.(0,)
4. 函数f(x)=x|x-a|在区间(0,1)上既有最大值又有最小值,则实数a的取值范围是(　　)‘’
A.[-2-2,0) B.(0,2-2)
C.[,1) D.[2-2,1)
5.(多选)[2022河南高一上联考]若函数f(x)在(0,+∞)上满足:对任意的x1,x2∈(0,+∞),当x1≠x2时,恒有>0,则称函数f(x)为“理想函数”.下列函数能被称为“理想函数”的有(　　)
A.f(x)=-1 B.f(x)=x3+3x2-2x
C.f(x)= D.f(x)=x2+x
6.(多选)[2022湖北高一期末考试]已知函数f(x)的定义域是(0,+∞),且f(xy)=f(x)+f(y),当x>1时,f(x)<0,f(2)=-1,则下列说法正确的是(　　)
A.f(1)=0
B.函数f(x)在(0,+∞)上是减函数
C.f()+f()+…+f()+f()+f(2)+f(3)+…+f(2 021)+f(2 022)=2 022
D.不等式f()-f(x-3)≥ 2的解集为[4,+∞)
7.已知a∈R,函数f(x)=,若对任意x∈[-3,+∞),f(x)≤|x|恒成立,则a的取值范围是　　　　.
8.在① f(a)=5,② f()=4a,③ 4f(1)-2f(2)=6这三个条件中任选一个,补充到横线中,并解答.
已知一次函数y=f(x)满足f(x-1)=2x+a,且　　　　.
(1)求函数y=f(x)的解析式;
(2)若g(x)=xf(x)+λf(x)+x在[0,2]上的最大值为2,求实数λ的值.
9.已知二次函数 f(x)的最小值为1,且f(0)=f(2)=3.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若f(x)在区间[2a,a+1]上不单调,求实数a的取值范围;
(3)若x∈[t,t+2],试求f(x)的最小值.
10.已知函数f(x)=|x-a|-+a,x∈[1,6],a∈R.
(1)若a=1,试判断函数f(x)的单调性,并给予证明;
(2)当a∈(1,6)时,求函数f(x)的最大值M(a).
参考答案
一、基础巩固
1.D 2.AB
3.(-∞,-3],[1,3]　[-3,1],[3,+∞)
4.(1)画出f(x)=-的图象如图所示,可得其单调递增区间为(-∞,-2)和(-2,+∞),无单调递减区间.
(2)f(x)=-(x-3)|x|=,作出该函数的图象如图所示,观察图象,知该函数的单调递增区间为[0,],单调递减区间为(-∞,0]和[,+∞).
5.f(x)在区间[-2,2]上单调递增,理由如下:
任取x1,x2∈[-2,2],且x1f(x1)-f(x2)==.
因为-2≤ x10,
所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)所以函数f(x)在区间[-2,2]上单调递增.
6.证明设x2>x1>0,则f(x2)-f(x1)= f [()·x1]-f(x1)=f()+f(x1)-f(x1)-1=f()-1.
因为>1,所以f()>1,
所以f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),
所以函数f(x)是(0,+∞)上的增函数.
7.f(x)==a+(a≠),
x1,x2∈(-2,+∞),且x1则f(x1)-f(x2)=.
∵-20,(x2+2)(x1+2)>0.
①若a<,则1-2a>0,此时f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),故f(x)在(-2,+∞)上单调递减.
②若a>,则1-2a<0,此时f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)综上,当a<时,f(x)在(-2,+∞)上单调递减;当a>时,f(x)在(-2,+∞)上单调递增.
8.B 9.D 10.B
11. (1)由题意,得f(x)=(x-a)2+2-a2,x∈[-1,1].
当a≥1时,f(x)在区间[-1,1]上单调递减,最小值g(a)=f(1)=3-2a;
当-1当a≤-1时,f(x)在区间[-1,1]上单调递增,最小值g(a)=f(-1)=3+2a.
综上,g(a)=.
(2)由(1)可知当a≥1时,g(a)单调递减,所以g(a)的最大值为g(1)=3-2×1=1;
当-1当a≤-1时,g(a)单调递增,所以g(a)的最大值为g(-1)=3+2×(-1)=1.
综上,当a=0时,g(a)取到最大值2.
12.D 13.A
14.(-∞,2]∪[3,+∞)
15.[1,2]
16.(1)令m=n=1,则f(1)=f(1)-f(1)+2,得f(1)=2.
(2)设0∵>1,∴f()<2,∴f(x2)-f(x1)<0,
∴f(x)在其定义域上是减函数.
(3)∵f(x)的定义域为(0,+∞),∴,解得2由f(x-2)-f(8-2x)<-1,得f()-2<-1,即f()<1.
又f(4)=1,∴f()∵f(x)在其定义域上是减函数,
>4,解得综上,f(x-2)-f(8-2x)<-1的解集为(,4).
17.C
18.(1)当a=-2时, f(x)=x2-2x+4=(x-1)2+3,
∴f(x)在[-2,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增,
∴f(x)min=f(1)=3,f(x)max=f(-2)=12,
∴函数f(x)在区间[-2,2]上的值域为[3,12].
(2)选条件①.
由题意,.
若-≤-2,即a≥4,则函数f(x)在区间[-2,2]上单调递增,∴f(x)min=f(-2)=8-2a≥0,解得a≤4,
又a≥4,∴a=4.
若-2<-<2,即-4-4≤a≤4,∴-4若-≥2,即a≤-4,则函数f(x)在区间[-2,2]上单调递减,∴f(x)min=f(2)=8+2a≥0,解得a≥-4,又a≤-4,∴a=-4.
综上所述,实数a的取值范围为[-4,4].
19.(1)令t=x-1,则x=2t+2,∴f(t)=(2t+2)2-(2t+2)-2=4t2+7t+1,
∴f(x)=4x2+7x+1(x∈R).
(2)∵f(x)在区间[-2,-1]上单调递减,且f(-2)=3,f(-1)=-2,∴当x∈[-2,-1]时,f(x)∈[-2,3].
∵g(x)在区间[-1,3]上单调递增,且g(-1)=2a-4,g(3)=2a,
∴当x∈[-1,3]时,g(x)∈[2a-4,2a].
由题意,解得a≤1.
故实数a的取值范围是(-∞,1].
二、能力提升
1.B 2.D 3.A 4.D 5.ABD 6.ABD
7.[,2]
8.方案一:选条件①.
(1)设f(x)=kx+b(k≠0),则f(x-1)=k(x-1)+b=2x+a,即kx-k+b=2x+a,
所以k=2,b=2+a , 所以f(x)=2x+2+a.
由f(a)=2a+2+a=5,得a=1,
所以f(x)=2x+3.
(2)由(1)可知,g(x)=x(2x+3)+λ(2x+3)+x=2x2+(4+2λ)x+3λ,
所以g(x)的图象为开口向上的抛物线,且对称轴为直线x=-.
当-≤1,即λ≥-4时,g(x)max=g(2)=8+8+4λ+3λ=7λ+16,令7λ+16=2,解得λ=-2;
当->1,即λ<-4时,g(x)max=g(0)=3λ,令3λ=2,解得λ=(舍去).
综上,λ=-2.
方案二:选条件②.
(1)设f(x)=kx+b(k≠0),则f(x-1)=k(x-1)+b=2x+a,即kx-k+b=2x+a,
所以k=2,b=2+a, 所以f(x)=2x+2+a.
由f()=2×+2+a=4a,得a=1,
所以f(x)=2x+3.
(2)解析同方案一中的(2).
方案三:选条件③.
(1)设f(x)=kx+b(k≠0),则f(x-1)=k(x-1)+b=2x+a,即kx-k+b=2x+a,
所以k=2,b=2+a , 所以f(x)=2x+2+a.
由4f(1)-2f(2)=4(2+2+a)-2(4+2+a)=6,得a=1,所以f(x)=2x+3.
(2)解析同方案一中的(2).
9.(1)∵f(x)是二次函数,且f(0)=f(2),
∴f(x)的图象的对称轴为直线x=1.
又f(x)的最小值为1,则设f(x)=k(x-1)2+1(k>0).
∵f(0)=3,∴k(0-1)2+1=3,解得k=2,
∴f(x)=2(x-1)2+1=2x2-4x+3.
(2)由(1)知,函数f(x)的图象的对称轴为直线x=1,
∴要使f(x)在区间[2a,a+1]上不单调,则2a<1故实数a的取值范围是(0,).
(3)由(1)知,函数f(x)的图象开口向上,且对称轴为直线x=1.
若t≥1,则f(x)在[t,t+2]上单调递增,f(x)min=f(t)=2t2-4t+3;
若t+2≤1,即t≤-1,则f(x)在[t,t+2]上单调递减,f(x)min=f(t+2)=2t2+4t+3;
若t<1综上,当t≥1时,f(x)min=2t2-4t+3;当-110.(1)若a=1,则函数f(x)在[1,6]上是增函数.证明如下:
当a=1时,f(x)=x-,x∈[1,6].
在区间[1,6]上任取x1,x2,且x1则f(x1)-f(x2)=(x1-)-(x2-)=(x1-x2)-()=<0,
所以f(x1)(2)因为a∈(1,6),所以f(x)=.
①当1易得f(a)=a-,f(6)=6-,且f(a)所以当x=6时,f(x)取得最大值,为.
②当3易得f(3)=2a-6,f(6)=,
当3当,此时函数f(x)的最大值为2a-6.
综上,M(a)=.