高考数学一轮复习练习22函数的单调性及其最值
分层限时跟踪练(五)
(限时40分钟)
一、选择题
1．(2015·长春二模)已知函数f＝在上是单调函数，则a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【解析】 函数f(x)＝ 即函数f(x)在(－∞，－a)上是减函数，在[－a，＋∞)上是增函数，要使函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，则－a≥－1，即a≤1，故选A.
【答案】 A
2．(2015·怀化模拟)给定函数：①y＝x；②y＝log；③y＝|x－1|；④y＝2x＋1，其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【解析】 ①y＝x在区间(0,1)上单调递增；②y＝log(x＋1)在区间(0,1)上单调递减；③y＝|x－1|＝在区间(0,1)上单调递减；④y＝2x＋1在区间(0,1)上单调递增．
【答案】 B
3．已知函数f(x)＝满足对任意的实数x1≠x2都有＜0成立，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，2) B.
C．(－∞，2] D.
【解析】 (1)由＜0可知f(x)在R上是减函数，故解得a≤.
【答案】 B
4．定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当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．
【解】 (1)证明：任取x1，x2，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．
(2)∵f(x)在上的值域是，
又f(x)在上单调递增，
∴f＝，f(2)＝2.
易得a＝.
10．已知f(x)＝，x∈[1，＋∞)．
(1)当a＝时，求函数f(x)的最小值；
(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围．
【解】 (1)当a＝时，f(x)＝x＋＋2，任取1≤x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋
＝，
∵1≤x1＜x2，∴x1x2＞1，∴2x1x2－1＞0.
又x1－x2＜0，∴f(x1)＜f(x2)，
∴f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
∴f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝.
(2)在区间[1，＋∞)上，f(x)＝＞0恒成立，
则⇔
等价于a大于函数φ(x)＝－(x2＋2x)在[1，＋∞)上的最大值．
只需求函数φ(x)＝－(x2＋2x)在[1，＋∞)上的最大值．
又φ(x)＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上递减，
∴当x＝1时，φ(x)的最大值为φ(1)＝－3.
∴a＞－3，
故实数a的取值范围是(－3，＋∞)．
1．(2013·安徽高考)“a≤0”是“函数f(x)＝|(ax－1)x|在区间(0，＋∞)内单调递增”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】 当a＝0时，f(x)＝|(ax－1)x|＝|x|在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，结合函数f(x)＝|(ax－1)x|＝|ax2－x|的图象(如图①所示)知函数在(0，＋∞)上单调递增，
当a＞0时，结合函数f(x)＝|(ax－1)x|＝|ax2－x|的图象(如图②所示)知函数在(0，＋∞)上先增后减再增，不符合条件．
所以要使函数f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)上单调递增只需a≤0.
即“a≤0”是“函数f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)上单调递增”的充要条件．
【答案】 C
2．已知函数f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，构造函数F(x)的定义如下：当|f(x)|≥g(x)时，F(x)＝|f(x)|，当|f(x)|＜g(x)时，F(x)＝－g(x)，则F(x)( )
A．有最小值0，无最大值
B．有最小值－1，无最大值
C．有最大值1，无最小值
D．无最大值，也无最小值
【解析】 F(x)的图象如图所示，由图可知F(x)有最小值－1，无最大值．
【答案】 B
3．(2015·浙江高考)已知函数f(x)＝则f[f(－2)]＝________，f(x)的最小值是________．
【解析】 f(f(－2))＝f(4)＝4＋－6＝－.
当x≤1时，f(x)min＝0；
当x>1时，f(x)＝x＋－6.
令f′(x)＝1－＝0，解得x＝(负值舍去)．
当1时，f′(x)>0，
∴f(x)的最小值为f()＝＋－6＝2－6.
综上，f(x)的最小值是2－6.
【答案】 － 2－6
4．(2014·四川高考)以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M]．例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：
①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b”；
②函数f(x)∈B的充要条件是f(x)有最大值和最小值；
③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)∉B；
④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋(x＞－2，a∈R)有最大值，则f(x)∈B.
其中的真命题有________．(写出所有真命题的序号)
【解析】 ①因为f(x)∈A，所以函数f(x)的值域是R，所以满足∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b，同时若∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b，则说明函数f(x)的值域是R，则f(x)∈A，所以①正确；
②因为令f(x)＝，x∈(1,2]，取M＝1，则f(x)∈[－1,1]，但是f(x)没有最大值，所以②错误；
③因为f(x)∈A，g(x)∈B且它们的定义域相同(设为[m，n])，所以存在区间[a，b]⊆[m，n]，使得f(x)在区间[a，b]上的值域与g(x)的值域相同，所以存在x0∉[a，b]，使得f(x0)的值接近无穷，所以f(x)＋g(x)∉B，所以③正确；
④因为当x＞－2时，函数y＝ln(x＋2)的值域是R，所以若函数f(x)有最大值，则a＝0，此时f(x)＝.因为对∀x∈R，x2＋1≥2|x|，所以－≤≤.
所以－≤f(x)≤，所以f(x)∈B，所以④正确．
【答案】 ①③④
5．函数f(x)对任意的m，n∈R，都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且x>0时，恒有f(x)>1.
(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】 (1)证明：设x1，x2∈R，且x10，
∵当x>0时，f(x)>1，∴f(x2－x1)>1.
f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，
∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)
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