【新高考复习】2 第2讲　函数的单调性与最值　新题培优练

[基础题组练]1．下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是()A．y＝1x－xB．y＝x2－xC．y＝lnx－xD．y＝ex－x解析：选A.对于A，y1＝1x在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x在(0，＋∞)内是增函数，则y＝1x－x在(0，＋∞)内是减函数；B，C选项中的函数在(0，＋∞)上均不单调；选项D中，y′＝ex－1，而当x∈(0，＋∞)时，y′＞0，所以函数y＝ex－x在(0，＋∞)上是增函数．2．函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是()A．(－∞，－2)B．(－∞，1)C．(1，＋∞)D．(4，＋∞)解析：选D.由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)，注意到函数y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)．3．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是()A．(－∞，0)B.0，12C．[0，＋∞)D.12，＋∞解析：选B.y＝|x|(1－x)＝x（1－x），x≥0，－x（1－x），x＜0＝－x2＋x，x≥0，x2－x，x＜0函数的草图如图所示．由图易知原函数在0，12上单调递增．故选B.4．若函数f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a的取值范围是()A.－113，－3B．[－6，－4]C．[－3，－22]D．[－4，－3]解析：选B.由于f(x)为R上的偶函数，因此只需考虑函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性即可．由题意知函数f(x)在[3，＋∞)上为增函数，在[1，2]上为减函数，故－a2∈[2，3]，即a∈[－6，－4]．5．已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f1x＜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，＋∞)解析：选C.由f(x)为R上的减函数且f1x＜f(1)，得1x＞1，x≠0，即|x|＜1，x≠0.所以－1＜x＜0或0＜x＜1.故选C.6．函数f(x)＝4－x－x＋2的值域为________．解析：因为4－x≥0，x＋2≥0，所以－2≤x≤4，所以函数f(x)的定义域为[－2，4]．又y1＝4－x，y2＝－x＋2在区间[－2，4]上均为减函数，所以f(x)＝4－x－x＋2在[－2，4]上为减函数，所以f(4)≤f(x)≤f(－2)．即－6≤f(x)≤6.答案：[－6，6]7．设函数f(x)＝m＋x2，|x|≥1，x，|x|＜1的图象过点(1，1)，函数g(x)是二次函数，若函数f(g(x))的值域是[0，＋∞)，则函数g(x)的值域是________．解析：因为函数f(x)＝m＋x2，|x|≥1，x，|x|＜1的图象过点(1，1)，所以m＋1＝1，解得m＝0，所以f(x)＝x2，|x|≥1，x，|x|＜1.画出函数y＝f(x)的大致图象如图所示，观察图象可知，当纵坐标在[0，＋∞)上时，横坐标在(－∞，－1]∪[0，＋∞)上变化．而f(x)的值域为[－1，＋∞)，f(g(x))的值域为[0，＋∞)，因为g(x)是二次函数，所以g(x)的值域是[0，＋∞)．答案：[0，＋∞)8．若f(x)＝（3a－1）x＋4a，x＜1，－ax，x≥1是定义在R上的减函数，则a的取值范围是________．解析：由题意知，3a－1＜0，（3a－1）×1＋4a≥－a，a＞0，解得a＜13，a≥18，a＞0，所以a∈18，13.答案：18，139．设函数f(x)＝1，x0，0，x＝0，－1，x0，g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．解析：由题意知g(x)＝x2，x1，0，x＝1，－x2，x1.函数图象如图所示，其递减区间是[0，1)．答案：[0，1)10．已知f(x)＝xx－a(x≠a)．(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增；(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．解：(1)证明：设x1＜x2＜－2，则f(x1)－f(x2)＝x1x1＋2－x2x2＋2＝2（x1－x2）（x1＋2）（x2＋2）.因为(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．(2)设1＜x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝x1x1－a－x2x2－a＝a（x2－x1）（x1－a）（x2－a）.因为a＞0，x2－x1＞0，所以要使f(x1)－f(x2)＞0，只需(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，所以a≤1.综上所述，0＜a≤1.11．已知函数f(x)＝x2＋a|x－2|－4.(1)当a＝2时，求f(x)在[0，3]上的最大值和最小值；(2)若f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋2|x－2|－4＝x2＋2x－8，x≥2x2－2x，x＜2＝（x＋1）2－9，x≥2（x－1）2－1，x＜2，当x∈[0，2]时，－1≤f(x)≤0，当x∈[2，3]时，0≤f(x)≤7，所以f(x)在[0，3]上的最大值为7，最小值为－1.(2)因为f(x)＝x2＋ax－2a－4，x＞2x2－ax＋2a－4，x≤2，又f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，所以当x＞2时，f(x)单调递增，则－a2≤2，即a≥－4.当－1＜x≤2时，f(x)单调递增，则a2≤－1.即a≤－2，且4＋2a－2a－4≥4－2a＋2a－4恒成立，故a的取值范围为[－4，－2]．[综合题组练]1．(应用型)已知函数f(x)＝log2x＋11－x，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，则()A．f(x1)0，f(x2)0B．f(x1)0，f(x2)0C．f(x1)0，f(x2)0D．f(x1)0，f(x2)0解析：选B.因为函数f(x)＝log2x＋11－x在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1，2)时，f(x1)f(2)＝0；当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)f(2)＝0，即f(x1)0，f(x2)0.故选B.2．设f(x)＝（x－a）2，x≤0，x＋1x＋a，x＞0.若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为()A．[－1，2]B．[－1，0]C．[1，2]D．[0，2]解析：选D.因为当x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，所以a≥0.当x＞0时，f(x)＝x＋1x＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取“＝”．要满足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2，所以a的取值范围是0≤a≤2.故选D.3．(2019·西安模拟)已知函数y＝log2(ax－1)在(1，2)上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(0，1]B．[1，2]C．[1，＋∞)D．[2，＋∞)解析：选C.要使y＝log2(ax－1)在(1，2)上单调递增，则a＞0且a－1≥0，所以a≥1.故选C.4．(创新型)如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝f（x）x在区间I上是减函数，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓增函数”，区间I叫做“缓增区间”．若函数f(x)＝12x2－x＋32是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为()A．[1，＋∞)B．[0，3]C．[0，1]D．[1，3]解析：选D.因为函数f(x)＝12x2－x＋32的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，又当x≥1时，f（x）x＝12x－1＋32x，令g(x)＝12x－1＋32x(x≥1)，则g′(x)＝12－32x2＝x2－32x2，由g′(x)≤0得1≤x≤3，即函数f（x）x＝12x－1＋32x在区间[1，3]上单调递减，故“缓增区间”I为[1，3]．5．(应用型)用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值，则函数f(x)＝min{4x＋1，x＋4，－x＋8}的最大值是__________．解析：在同一直角坐标系中分别作出函数y＝4x＋1，y＝x＋4，y＝－x＋8的图象后，取位于下方的部分得到函数f(x)＝min{4x＋1，x＋4，－x＋8}的图象，如图所示，不难看出函数f(x)在x＝2处取得最大值6.答案：66．已知函数f(x)＝lg(x＋ax－2)，其中a是大于0的常数．(1)当a∈(1，4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(2)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)0，试确定a的取值范围．解：(1)设g(x)＝x＋ax－2，当a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)时，g′(x)＝1－ax2＝x2－ax20.因此g(x)在[2，＋∞)上是增函数，所以f(x)在[2，＋∞)上是增函数．则f(x)min＝f(2)＝lna2.(2)对任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)0.即x＋ax－21对x∈[2，＋∞)恒成立．所以a3x－x2.令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞)．由于h(x)＝－x－322＋94在[2，＋∞)上是减函数，所以h(x)max＝h(2)＝2.故a2时，恒有f(x)0.因此实数a的取值范围为(2，＋∞)．