高考数学一轮复习 第二章 函数的概念与基本初等函数Ⅰ 课时达标检测（六）函数的单调性与最值-人教版高三数学试题

课时达标检测(六）函数的单调性与最值[练基础小题——强化运算能力]1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的序号是________．①y＝ln(x＋2)；②y＝－eq\r(x＋1)；③y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x；④y＝x＋eq\f(1,x).解析：函数y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数；y＝－eq\r(x＋1)与y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上是减函数；y＝x＋eq\f(1,x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．答案：①2．(2017·浙江高考)已知a∈R，函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)－a))＋a在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是________．解析：∵x∈[1,4]，∴x＋eq\f(4,x)∈[4,5]，①当a≤eq\f(9,2)时，f(x)max＝|5－a|＋a＝5－a＋a＝5，符合题意；②当a＞eq\f(9,2)时，f(x)max＝|4－a|＋a＝2a－4＝5，解得a＝eq\f(9,2)(矛盾)，故a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2)))3．函数y＝|x|(1－x)的单调增区间为________．解析：y＝|x|(1－x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x，x≥0，,－x1－x，x＜0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(1,4)，x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－\f(1,4)，x＜0.))画出函数的大致图象，如图所示．由图易知函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))4．(2018·扬州中学单元检测)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a＞b.))函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．解析：依题意，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))当0＜x≤2时，h(x)＝log2x是增函数，当x＞2时，h(x)＝3－x是减函数，且log22＝1＝－2＋3，则h(x)max＝h(2)＝1.答案：15．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2ax＋3a，x＜1，,lnx，x≥1))的值域为R，那么a的取值范围是________．解析：要使函数f(x)的值域为R，需使eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2a＞0，,ln1≤1－2a＋3a，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜\f(1,2)，,a≥－1，))∴－1≤a＜eq\f(1,2)，即a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))[练常考题点——检验高考能力]一、填空题1．给定函数：①y＝x，②y＝log(x＋1)，③y＝|x－1|，④y＝2x＋1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数的序号是________．解析：①y＝x在(0,1)上递增；②∵t＝x＋1在(0,1)上递增，且0＜eq\f(1,2)＜1，故y＝log(x＋1)在(0,1)上递减；③结合图象(图略)可知y＝|x－1|在(0,1)上递减；④∵u＝x＋1在(0,1)上递增，且2＞1，故y＝2x＋1在(0,1)上递增．故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.答案：②③2．定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，且f(x)在(－∞，2)上是增函数，则f(－1)与f(3)的大小关系是________．解析：依题意得f(3)＝f(1)，且－1＜1＜2，于是由函数f(x)在(－∞，2)上是增函数得f(－1)＜f(1)＝f(3)．答案：f(－1)＜f(3)3．函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2x2－3x＋1的单调递增区间为________．解析：令u＝2x2－3x＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2－eq\f(1,8).因为u＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2－eq\f(1,8)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)))上单调递减，函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))u在R上单调递减．所以y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2x2－3x＋1在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)))上单调递增，即该函数的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)))4．(2018·宜兴第一中学模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2x，x≥2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1，x＜2))是R上的单调递减函数，则实数a的取值范围是________．解析：因为函数f(x)为R上的单调递减函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2＜0，,2a－2≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2－1，))解得a≤eq\f(13,8).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(13,8)))5．(2018·淮安模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3，x≤0，,lnx＋1，x＞0，))若f(2－x2)＞f(x)，则实数x的取值范围是________．解析：∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x＞0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，∴函数f(x)是定义在R上的增函数．因此，不等式f(2－x2)＞f(x)等价于2－x2＞x，即x2＋x－2＜0，解得－2＜x＜1.答案：(－2,1)6．(2018·连云港海州中学模拟)若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq\f(a,x＋1)在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是________．解析：∵f(x)＝－x2＋2ax在[1,2]上是减函数，∴a≤1，又∵g(x)＝eq\f(a,x＋1)在[1,2]上是减函数，∴a＞0，∴0＜a≤1.答案：(0,1]7．已知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)＞f(a＋3)，则实数a的取值范围为________．解析：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a＞0，,a＋3＞0，,a2－a＞a＋3，))解得－3＜a＜－1或a＞3.所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．答案：(－3，－1)∪(3，＋∞)8．(2018·湖南雅礼中学月考)若函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋6，x≤2，,3＋logax，x＞2))(a＞0且a≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a的取值范围是________．解析：当x≤2时，－x＋6≥4.当x＞2时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋logax≥4，,a＞1，))∴a∈(1,2]．答案：(1,2]9．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lgx2＋1，x＜1，))则f(x)的最小值是________．解析：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.答案：2eq\r(2)－310．(2018·苏州模拟)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≤0，,－x2－2x＋3，x＞0，))不等式f(x＋a)＞f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是________．解析：作出函数f(x)的图象的草图如图所示，易知函数f(x)在R上为单调递减函数，所以不等式f(x＋a)＞f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立等价于x＋a＜2a－x，即x＜eq\f(a,2)在[a，a＋1]上恒成立，所以只需a＋1＜eq\f(a,2)，即a＜－2.答案：(－∞，－2)二、解答题11．已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，试证明f(x)在(－∞，－2)内单调递增；(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：任设x1＜x2＜－2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).∵(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增．(2)任设1＜x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(ax2－x1,x1－ax2－a).∵a＞0，x2－x1＞0，∴要使f(x1)－f(x2)＞0，只需(x1－a)(x2－a)＞0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤1.综上所述知a的取值范围是(0,1]．12．已知函数f(x)＝ax＋eq\f(1,a)(1－x)(a＞0)，且f(x)在[0,1]上的最小值为g(a)，求g(a)的最大值．解：f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,a)))x＋eq\f(1,a)，当a＞1时，a－eq\f(1,