學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精2021版高考文科數學人教A版一輪復習核心素養測評五函數的單調性與最值溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸,調節合適的觀看比例，答案解析附后。關閉Word文檔返回原板塊.核心素養測評五函數的單調性與最值(25分鐘50分)一、選擇題（每小題5分,共35分）1.函數y=—2x2-4ax+3在區間［-4,-2]上是單調函數,則a的取值范圍是(）A。(—∞，1］B。［4，+∞）C.（-∞，2］∪［4，+∞）D.(—∞，1］∪[2，+∞)【解析】選C.函數y=-2x2-4ax+3的圖象的對稱軸為x=-a，由題意可得—a≤—4或-a≥—2，解得a≤2或a≥4。2。（2020·武漢模擬)函數f(x）=｜x—2｜x的單調遞減區間是 （)A。［1，2] B。［—1，0]C.[0,2] D。[2，+∞）【解析】選A。f（x）=|x-2｜x=x2由圖象可知函數的單調遞減區間是[1，2].3。（2019·長春模擬)已知函數f(x)=|x+a|在（-∞,-1）上是單調函數,則a的取值范圍是 (）A。(-∞,1］ B。(—∞,-1]C.[—1，+∞) D。［1,+∞）【解析】選A.因為函數f（x)在（—∞，-a）上是單調函數，所以—a≥—1,解得a≤1。4。函數y=x2A。(-∞,-3） B。［2，+∞)C.［0，2） D.［-3，2］【解析】選B.因為x2+x-6≥0，所以x≥2或x≤—3，y=x2+x-6在(—∞,—3)上單調遞減,在[2，+∞)上單調遞增,所以y=x2+x【變式備選】（2020·濟寧模擬)函數f（x)=lg（x2—4）的單調遞增區間為 （)A。（0，+∞) B.（—∞，0)C.（2,+∞） D.（—∞，-2）【解析】選C。由復合函數的單調性，要使f（x)單調遞增，需x25。已知函數f（x)是R上的增函數，對實數a，b，若a+b〉0,則有 ()A。f(a）+f(b)>f（—a）+f（—b）B.f（a)+f（b)〈f（-a）+f（-b)C。f（a)—f（b）>f（-a）-f(—b)D。f(a）—f（b）<f（-a)—f(—b)【解析】選A.因為a+b〉0,所以a〉-b，b〉—a.所以f(a）〉f（—b),f(b）〉f（-a),結合選項,可知選A。6.（2019·濰坊模擬）對于每一個實數x，f(x）是y=2-x2和y=x這兩個函數中的較小者,則f(x）的最大值是 世紀金榜導學號(）A.2 B.1 C。0 D。-2【解析】選B.畫出函數f（x)的圖象，如圖所示：其中A（1，1）,B（—2，—2），故當x=1時，函數f(x)的最大值為1?！疽活}多解】選B。f(x）=2當x<-2時，函數f(x）的值域為（—∞，—2）；當-2≤x≤1時，函數f（x）的值域為［—2，1]；當x>1時，函數f（x)的值域為（—∞,1).故函數f(x)的值域為(-∞,1］,所以f(x）max=1?！咀兪絺溥x】已知函數f(x）=2x-1，g(x）=1-x2，構造函數F（x）,定義如下：當｜f（x）｜≥g（x)時,F（x)=｜f(x）｜,當|f(x）｜<g（x）時,F(x）=-g（x),那么F(x） （)A.有最小值0,無最大值B。有最小值—1,無最大值C。有最大值1,無最小值D。無最小值,也無最大值【解析】選B。畫出函數F(x）的圖象,如圖所示，由圖象可知,當x=0時，F（x）取得最小值,此時F(x)=x2—1，故最小值為—1；當x〉0時,函數的圖象向右上方無限延展,所以F(x)無最大值。7.已知函數f(x)=ax世紀金榜導學號A.(1，+∞) B。［4,8）C。(4,8) D。（1，8）【解析】選B。由f(x）在R上單調遞增，則有a>1,4【變式備選】已知f(x)=(3a-1)A。(0，1） B.0C.17,13【解析】選C。因為f(x)在R上單調遞減，所以3a-1<0,0<a二、填空題(每小題5分,共15分)8.(2020·北京模擬)函數y=1|x|+2【解析】函數y=1|x|答案：19。函數f(x)=-ax+b(a〉0）在12,2上的值域為12,2【解析】因為f（x）=—ax+b（a〉0)在12,2上是增函數,所以f即-2a+答案：1510。若函數f(x)=x2+a|x-1｜在[0，+∞）上單調遞增，則實數a的取值范圍是________。 世紀金榜導學號

【解析】f(x）=x2+a｜x-1｜=x2+ax-a,x≥1,x2-ax答案：［—2,0］（15分鐘35分)1.（5分）(2020·北京模擬)已知函數f（x)=log2xA。-∞,2 B.-∞,0C.0,2 【解析】選D。當x≥1時,fx≤1，即為log2x≤1，解得1≤x≤2;當x<1時，fx≤1,即為11-x≤綜上可得,原不等式的解集為-∞,02。(5分）（2019·蚌埠模擬）已知單調函數f（x），對任意的x∈R都有f［f（x)—2x]=6，則f（2）= ()A.2 B。4 C.6 D。8【解析】選C。設t=f（x）—2x,則f(t)=6,且f（x)=2x+t，令x=t,則f(t)=2t+t=6,因為f（x)是單調函數,f(2)=22+2=6，所以t=2,即f(x)=2x+2,則f（2)=4+2=6。3。(5分）函數f（x)=x+21-x的最大值為________. 【解析】設1-x=t(t≥0)，所以x=1—t所以y=x+21-x=1—t=—t2+2t+1=-（t-1)2+2。所以當t=1即x=0時,ymax=2.答案：2【變式備選】函數y=x-x(x≥0）的最大值為________.

【解析】令t=x,則t≥0，所以y=t—t2=—t-12所以當t=12，即x=14時，ymax=答案:14。(10分)已知函數f(x）=ax+1a(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. 【解析】f(x)=a-1ax+1所以g（a)=f（0）=1a當0<a〈1時,a—1a當a=1時,f(x）=1,此時g（a)=1.所以g(a）=a所以g(a）在(0,1)上為增函數，在[1,+∞）上為減函數，所以當a=1時，g（a)取最大值1.5.（10分)函數f（x）對任意的m，n∈R,都有f（m+n)=f(m）+f(n)-1,并且x>0時,恒有f(x)〉1. 世紀金榜導學號(1)求證:f（x)在R上是增函數。（2）若f(3)=4,解不等式f（a2+a-5)<2.【解析】(1）設x1<x2,則x2-x1>0.因為當x>0時,f（x)>1，所以f(x2-x1）〉1，f（x2）=f［（x2—x1）+x1］=f（x2-x1）+f（x1)-1,所以f（x2）—f(x1)=f(x2—x1)-1〉0?f（x1)〈f(x2)，所以f(x)在R上為增函數.（2）因為m，n∈R,不妨設m=n=1，所以f（1+1)=f（1）+f（1）-1?f(2)=2f(1)—1，f（3)=4?f（2+1)=4?f（2)+f（1)—1=4?3f(1）—2=4，所以f（1)=2，所以f(a2+a—5)〈2=f(1),因為f（x)在R上為增函數，所以a2+a-5〈1?-3〈a〈2，即原不等式的解集為{a｜-3〈a<2｝.【拓廣探索練】已知函數y=1-x+x+3【解析】由題意，得1所以函數的定義域為{x｜—3≤x≤1}.兩邊平方,得y2=4+21-x=4+2(1又因為（1-x)(x+3）=—x2—2x+3(-3≤x≤1）在[-