高中数学高考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＝eq\f(1,x)－x B．y＝x2－xC．y＝lnx－x D．y＝ex－x解析：选A.对于A，y1＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x在(0，＋∞)内是增函数，则y＝eq\f(1,x)－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.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．[0，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：选B.y＝|x|(1－x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（1－x），x≥0，,－x（1－x），x＜0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))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.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]C．[－3，－2eq\r(2)] 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－eq\f(a,2)∈[2，3]，即a∈[－6，－4]．5．已知函数f(x)为R上的减函数，则满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))＜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feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))＜f(1)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＞1，,x≠0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x|＜1，,x≠0.))所以－1＜x＜0或0＜x＜1.故选C.6．函数f(x)＝eq\r(4－x)－eq\r(x＋2)的值域为________．解析：因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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＝eq\r(4－x)，y2＝－eq\r(x＋2)在区间[－2，4]上均为减函数，所以f(x)＝eq\r(4－x)－eq\r(x＋2)在[－2，4]上为减函数，所以f(4)≤f(x)≤f(－2)．即－eq\r(6)≤f(x)≤eq\r(6).答案：[－eq\r(6)，eq\r(6)]7．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（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，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－1＜0，,（3a－1）×1＋4a≥－a，,a＞0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜\f(1,3)，,a≥\f(1,8)，,a＞0，))所以a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,3))).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,3)))9．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．解析：由题意知g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))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)＝eq\f(x,x－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)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(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)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(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＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－8，x≥2,x2－2x，x＜2))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（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)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋ax－2a－4，x＞2,x2－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－eq\f(a,2)≤2，即a≥－4.当－1＜x≤2时，f(x)单调递增，则eq\f(a,2)≤－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＋eq\f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，则()A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0解析：选B.因为函数f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－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)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋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＋eq\f(1,x)＋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＝eq\f(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)＝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)]解析：选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，＋∞)上是增函数，又当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)]．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＋eq\f(a,x)－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＋eq\f(a,x)－2，当a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)时，g′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)>0.因此g(x)在[2，＋∞)上是增函数，所以f