2023版高三一轮总复习数学新教材老高考人教版课时分层作业7　单调性与最大(小)值

课时分层作业(七)单调性与最大(小)值一、选择题1．(2021·全国甲卷)下列函数中是增函数的为()A．f(x)＝－x B．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))xC．f(x)＝x2 D．f(x)＝eq\r(3,x)D[如图，在坐标系中分别画出A，B，C，D四个选项中函数的大致图象，即可快速直观判断D项符合题意．故选D.]2．函数f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值是()A．eq\f(3,2)B．－eq\f(8,3)C．－2D．2A[函数f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在(－∞，0)上是减函数，则函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值为f(－2)＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，故选A.]3．(2021·北京高考)设函数f(x)的定义域为[0，1]，则“函数f(x)在[0，1]上单调递增”是“函数f(x)在[0，1]上的最大值为f(1)”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A[前推后，一定成立．后推前，若f(x)在[0，1]上的最大值为f(1)，找反例，开口向上对称轴为x＝eq\f(1,4)的二次函数．]4．(2021·潍坊中学模拟)定义在[－2，2]上的函数f(x)满足(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，且f(a2－a)＞f(2a－2)，则实数aA．[－1，2) B．[0，2)C．[0，1) D．[－1，1)C[因为函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，所以函数f(x)在[－2，2]上单调递增，所以－2≤2a－2＜a2－a≤2，解得0≤a＜1，故选C.5．已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝eq\f(f（x）,x)在区间(1，＋∞)上一定()A．有最小值 B．有最大值C．单调递减 D．单调递增D[因为函数f(x)＝x2－2ax＋a＝(x－a)2＋a－a2在区间(－∞，1)上有最小值，所以函数f(x)的对称轴x＝a应当位于区间(－∞，1)内，即a<1，又g(x)＝eq\f(f（x）,x)＝x＋eq\f(a,x)－2a，所以当a<0时，g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2a在区间(1，＋∞)上为增函数，此时，g(x)min>g(1)＝1－a>1；当a＝0时，g(x)＝x在区间(1，＋∞)上为增函数，此时，g(x)min>g(1)＝1；当0<a<1时，g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2a，x∈(1，＋∞)，g′(x)＝1－eq\f(a,x2)>1－a>0，所以g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，此时，g(x)min>g(1)＝1－a.综上，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．]6．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－ax＋1，x≥0，,\f(3a,2x＋2)，x＜0))在x0(x0∈(0，＋∞))处取得最小值，且f(－x0)＜6a，则实数a的取值范围是()A．{4} B．[4，6]C．[1，2] D．[1，6)D[由题意知f(x)的最小值在(0，＋∞)上取得，所以x0＝eq\f(a,2)＞0，当x＜0时，f(x)＝eq\f(3a,2x＋2)＞eq\f(3a,4)，当x≥0时，f(x)＝x2－ax＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))2＋1－eq\f(a2,4)≥1－eq\f(a2,4)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,1－\f(a2,4)≤\f(3a,4)))，解得a≥1.因为f(－x0)＜6a，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＜6a，即eq\f(3a,2eq\s\up10(－eq\f(a,2)＋2))＜6a，整理得2eq\s\up10(－eq\f(a,2)＋2)＞eq\f(1,2)，故－eq\f(a,2)＋2＞－1，解得a＜6.综上，1≤a＜6，故选D.]7．(2021·郑州模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－e－x，x＞0，,－x2，x≤0.))若a＝50.01，b＝eq\f(3,2)log32，c＝log30.9，则有()A．f(b)＞f(a)＞f(c) B．f(c)＞f(a)＞f(b)C．f(a)＞f(c)＞f(b) D．f(a)＞f(b)＞f(c)D[当x＞0时，f(x)＝ex－e－x单调递增，且f(0)＝0；当x≤0时，f(x)＝－x2单调递增，且f(0)＝0，所以函数f(x)在R上单调递增．因为a＝50.01＞1，0＜b＝log32eq\r(2)＜1，c＝log30.9＜0，所以a＞b＞c，所以f(a)＞f(b)＞f(c).]8．(2021·山东潍坊模拟)定义运算⊗：①∀m∈R，m⊗0＝0⊗m＝m；②∀m，n，p∈R，(m⊗n)⊗p＝p⊗(mn)＋m⊗p＋n⊗p.若f(x)＝ex－1⊗e1－x，则有()A．函数f(x)的图象关于直线x＝1对称B．函数f(x)在R上单调递增C．函数f(x)的最小值为2D．f(2eq\s\up10(\f(2,3)))＞f(2eq\s\up10(\f(3,2)))A[依题意，f(x)＝ex－1⊗e1－x＝(ex－1⊗e1－x)⊗0＝e0＋ex－1＋e1－x＝ex－1＋e1－x＋1，故f(1－x)＝e－x＋ex＋1，f(1＋x)＝ex＋e－x＋1，即f(1－x)＝f(1＋x)，故函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，故A正确．f(x)＝ex－1＋e1－x＋1＝ex－1＋eq\f(1,ex－1)＋1，可以看出它是由y＝u＋eq\f(1,u)＋1，u＝ex－1复合而成的，当x＜1时，u＝ex－1单调递增，且u∈(0，1)，此时y＝u＋eq\f(1,u)＋1单调递减，故y＝f(x)在(－∞，1)上单调递减；当x＞1时，u＝ex－1单调递增，且u∈(1，＋∞)，此时y＝u＋eq\f(1,u)＋1单调递增，故y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故B错误．根据对B项的分析知，y＝f(x)在x＝1时取得最小值f(1)＝e0＋e0＋1＝3，故C错误．因为1＜2eq\s\up10(\f(2,3))＜2eq\s\up10(\f(3,2))，所以根据f(x)的单调性知f(2eq\s\up10(\f(2,3)))＜f(2eq\s\up10(\f(3,2)))，故D错误．故选A.]二、填空题9．函数f(x)＝x＋eq\r(x－1)的最小值为________．1[(单调性法)因为函数y＝x和y＝eq\r(x－1)在定义域内均为增函数，故函数y＝x＋eq\r(x－1)在[1，＋∞)内为增函数，所以当x＝1时y取最小值，ymin＝1.]10．若函数y＝|2x＋c|是区间(－∞，1]上的单调函数，则实数c的取值范围是________．(－∞，－2][由函数y＝|2x＋c|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋c，x≥－\f(c,2)，,－2x－c，x<－\f(c,2)，))得函数y＝|2x＋c|在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(c,2)))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)，＋∞))上单调递增．由题知，函数y在区间(－∞，1]上单调，所以－eq\f(c,2)≥1，解得c≤－2.]11．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lg（x2＋1），x＜1，))则f[f(－3)]＝________，f(x)的最小值是________.02eq\r(2)－3[因为f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg10＝1，所以f[f(－3)]＝f(1)＝1＋2－3＝0.当x≥1时，x＋eq\f(2,x)－3≥2eq\r(x·\f(2,x))－3＝2eq\r(2)－3，当且仅当x＝eq\f(2,x)，即x＝eq\r(2)时，等号成立，此时f(x)min＝2eq\r(2)－3<0；当x<1时，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此时f(x)min＝0.所以f(x)的最小值为2eq\r(2)－3.]三、解答题12．已知函数f(x)＝ax＋eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,x)))(a>0)，且f(x)在(0，1]上的最大值为g(a)，求g(a)的最小值．[解]f(x)＝ax－eq\f(1,ax)＋eq\f(2,a)(a>0)，f′(x)＝a＋eq\f(1,ax2)>0，∴f(x)在(0，1]上单调递增，∴f(x)max＝f(1)＝a＋eq\f(1,a)，∴g(a)＝a＋eq\f(1,a)≥2，当且仅当a＝eq\f(1,a)，即a＝1时等号成立，∴g(a)的最小值为2.13．已知函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，∃x2∈[2，3]使得f(x1)≥g(x2)，求实数a的取值范围．[解]当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))时，f(x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4，当且仅当x＝2时，f(x)min＝4；当x∈[2，3]时，g(x)为增函数，故g(x)min＝22＋a＝4＋a.依题意可得f(x)min≥g(x)min，解得a≤0.1．如果函数y＝f(x)在区间I上单调递增，且函数y＝eq\f(f（x）,x)在区间I上单调递减，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)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为()A．[1，＋∞) B．[0，eq\r(3)]C．[0，1] D．[1，eq\r(3)]D[因为函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增．又因为当x≥1时，eq\f(f（x）,x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)，令g(x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)(x≥1)，则g′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2x2)＝eq\f(x2－3,2x2)，由g′(x)≤0得1≤x≤eq\r(3)，即函数eq\f(f（x）,x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)在区间[1，eq\r(3)]上单调递减，故“缓增区间”I为[1，eq\r(3)].]2．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，且当x>0时，f(x)>－1.(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是增函数；(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.[解](1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1.在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，所以f(x1－x2)>－1.又f(x1)＝f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)，所以函数f(x)在R上是增函数．(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4得f(x2＋x＋1)>f(3)，因为函数f(x)在R上是增函数，所以x2＋x＋1>3，解得x<－2或x>1，故原不等式的解集为{x|x<－2或x>1}．3．对于定义域为D的函数f(x)，若存在区间[m，n]⊆D，同时满足下列条件：①f(x)在[m，n]上是单调的；②当定义域是[m，n]时，f(x)的值域也是[m，n]，则称[m，n]为该函数的“和谐区间”．试判断下列四个函数是否存在“和谐区间”？①f(x)＝x3；②f(x)＝3－eq\f(2,x)；③f(x)＝ex－1；④f(x)＝lnx＋2.[解]对于①，f(x)＝x3在R上单调递增，若存在区间[m，n]，m＜n，使eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m3＝m，,n3＝n，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝0或1))或eq\b\