高中数学（文）课时作业第二章函数导数及其应用5

课时作业5函数的单调性与最值[授课提示：对应学生用书第175页]一、选择题1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是()A．f(x)＝3－xB．f(x)＝x2－3xC．f(x)＝－eq\f(1,x＋1)D．f(x)＝－|x|解析：当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))时，f(x)＝x2－3x为减函数；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))时，f(x)＝x2－3x为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－eq\f(1,x＋1)为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．答案：C2．(2018·北京东城期中)已知函数y＝eq\f(1,x－1)，那么()A．函数的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞)B．函数的单调递减区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)C．函数的单调递增区间为(－∞，1)，(1，＋∞)D．函数的单调递增区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)解析：函数y＝eq\f(1,x－1)可看作是由y＝eq\f(1,x)向右平移1个单位长度得到的，∵y＝eq\f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，∴y＝eq\f(1,x－1)在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减，∴函数y＝eq\f(1,x－1)的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋∞)，故选A.答案：A3．函数f(x)＝log(x2－4)的单调递增区间为()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(2，＋∞)D．(－∞，－2)解析：由x2－4>0得x<－2或x>2.又u＝x2－4在(－∞，－2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，y＝logu为减函数，故f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)．答案：D4．(2018·河南安阳联考)定义新运算：当a≥b时，ab＝a；当a<b时，ab＝b2，则函数f(x)＝(1x)x－(2x)，x∈[－2,2]的最大值等于()A．－1B．1C．6D．12解析：由已知得，当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当1<x≤2时，f(x)＝x3－2.由f(x)在各段上的单调性及最值可知f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.答案：C5．(2018·哈尔滨联考)已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为()A．c>a>bB．c>b>aC．a>c>bD．b>a>c解析：因f(x)的图象关于直线x＝1对称．由此可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).由x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．∵1<2<eq\f(5,2)<e，∴f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))>f(e)，∴b>a>c.答案：D二、填空题6．函数y＝x－|1－x|的单调递增区间为________．解析：y＝x－|1－x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x≥1，,2x－1，x<1.))作出该函数的图象如图所示．由图象可知，该函数的单调递增区间是(－∞，1]．答案：(－∞，1]7．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函数f(x)＝min{4x＋1，x＋4，－x＋8}的图象，如图所示，由图象可知，函数f(x)在x＝2时取得最大值6.答案：68．已知函数f(x)＝eq\f(x2＋a,x)(a>0)在(2，＋∞)上递增，则实数a的取值范围为________．解析：任取2<x1<x2，由已知条件，得f(x1)－f(x2)＝eq\f(x\o\al(2,1)＋a,x1)－eq\f(x\o\al(2,2)＋a,x2)＝(x1－x2)＋a×eq\f(x2－x1,x1x2)＝(x1－x2)×eq\f(x1x2－a,x1x2)<0恒成立，即当2<x1<x2时，x1x2>a恒成立，又x1x2>4，则0<a≤4.即实数a的取值范围是(0,4]．答案：(0,4]三、解答题9．试判断函数f(x)＝eq\f(x,x2－1)，x∈(－1,1)的单调性．解析：设－1<x1<x2<1，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x\o\al(2,1)－1)－eq\f(x2,x\o\al(2,2)－1)＝eq\f(x2－x1x1x2＋1,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1).∵－1<x1<x2<1，∴|x1|<1，|x2|<1，x2－x1>0，xeq\o\al(2,1)－1<0，xeq\o\al(2,2)－1<0，|x1x2|<1，即－1<x1x2<1.∴x1x2＋1>0.∴eq\f(x2－x1x1x2＋1,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1)>0.因此，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，此时函数在(－1,1)上为减函数．10．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)，求实数x的取值范围．解析：∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴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.故实数x的取值范围为(－2,1)．[能力挑战]11．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足feq\f(x1,x2)＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.(1)求f(1)的值；(2)证明：f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数；(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．解析：(1)令x1＝x2>0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则eq\f(x1,x2)>1.由于当x>1时，f(x)<0，所以feq\f(x1,x2)<0，即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)<f(x2)，所以函数f(x)在区间