2023高考数学统考一轮复习课后限时集训9函数的单调性与最值理含解析新人教版202302272190

课后限时集训(九)　函数的单调性与最值建议用时：40分钟一、选择题1．下列四个函数中，在定义域上不是单调函数的是(　　)A．y＝－2x＋1B．y＝C．y＝lnxD．y＝x3B　[函数y＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y＝在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上分别是减函数，但在定义域上不是单调函数，故选B．]2．函数f(x)＝－x＋在上的最大值是(　　)A．B．－C．－2D．2A　[函数f(x)＝－x＋在(－∞，0)上是减函数，则函数f(x)在上的最大值为f(－2)＝2－＝，故选A．]3．函数f(x)＝x－|1－x|的单调递增区间为(　　)A．(－∞，0)B．(－∞，1]C．(0，＋∞)D．[1，＋∞)B　[f(x)＝因此函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1]，故选B．]4．已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a的取值范围是(　　)A．(－∞，1]B．(－∞，－1]C．[－1，＋∞)D．[1，＋∞)A　[f(x)＝由题意知－a≥－1，即a≤1，故选A．]5．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f(2x－1)＜f的x的取值范围是(　　)A．B．C．D．D　[因为函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f(2x－1)＜f.\n所以0≤2x－1＜，解得≤x＜.]6．函数y＝，x∈(m，n]的最小值为0，则m的取值范围是(　　)A．(1,2)B．(－1,2)C．[1,2)D．[－1,2)D　[∵函数y＝＝＝－1，∴当x∈(－1，＋∞)时，函数是减函数，又当x＝2时，y＝0，∴－1≤m＜2，故选D．]二、填空题7．已知函数f(x)＝lnx＋x，若f(a2－a)＞f(a＋3)，则正实数a的取值范围是________．(3，＋∞)　[因为f(x)＝lnx＋x在(0，＋∞)上是增函数，所以解得－3＜a＜－1或a＞3.又a＞0，所以a＞3.]8．函数f(x)＝－的值域为________．[－，]　[因为所以－2≤x≤4，所以函数f(x)的定义域为[－2,4]．又y1＝，y2＝－在区间[－2,4]上均为减函数，所以f(x)＝－在[－2,4]上为减函数，所以f(4)≤f(x)≤f(－2)．即－≤f(x)≤.]9．(2020·长春模拟)若函数f(x)＝在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数m的取值范围是________．(0,3]　[由题意知解得0＜m≤3.]三、解答题10．已知函数f(x)＝－(a＞0，x＞0)．(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f(x)在上的值域是，求a的值．[解]　(1)证明：任取x1＞x2＞0，则f(x1)－f(x2)＝－－＋＝，∵x1＞x2＞0，∴x1－x2＞0，x1x2＞0，\n∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(2)由(1)可知，f(x)在上是增函数，∴f＝－2＝，f(2)＝－＝2，解得a＝.11．设函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，F(x)＝(1)若f(－1)＝0，且对任意实数x均有f(x)≥0成立，求F(x)的解析式；(2)在(1)的条件下，当x∈[－2,2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求实数k的取值范围．[解]　(1)∵f(－1)＝0，∴b＝a＋1.由f(x)≥0恒成立，知a>0且方程ax2＋bx＋1＝0中Δ＝b2－4a＝(a＋1)2－4a＝(a－1)2≤0，∴a＝1.从而f(x)＝x2＋2x＋1.∴F(x)＝(2)由(1)可知f(x)＝x2＋2x＋1，∴g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，由g(x)在[－2,2]上是单调函数，知－≤－2或－≥2，得k≤－2或k≥6.即实数k的取值范围为(－∞，－2]∪[6，＋∞)．1．(2020·曲阜模拟)已知函数f(x)＝logax(a＞0且a≠1)满足f(a＋1)＞f(a＋2)，则f(2x－3)＞0的解集是(　　)A．(－∞，2)B．C．D．(2，＋∞)C　[因为函数f(x)＝logax(a＞0且a≠1)满足f(a＋1)＞f(a＋2)，所以0＜a＜1，则函数f(x)＝logax(0＜a＜1)是减函数，所以f(2x－3)＞0可化为0＜2x－3＜1，求解可得＜x＜2，故选C．]2．设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．[0,1)　[由题意知g(x)＝函数图象如图所示，\n其递减区间是[0,1)．]3．已知f(x)＝，x∈[1，＋∞)．(1)当a＝时，用定义证明函数的单调性并求函数f(x)的最小值；(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围．[解]　(1)当a＝时，f(x)＝x＋＋2，任取1≤x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋＝.因为1≤x1＜x2，所以x1x2＞1，所以2x1x2－1＞0.又x1－x2＜0，所以f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在[1，＋∞)上是增函数，所以f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝.(2)因为在区间[1，＋∞)上，f(x)＝＞0恒成立，则⇔等价于a大于函数φ(x)＝－(x2＋2x)在[1，＋∞)上的最大值．因为φ(x)＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减，所以当x＝1时，φ(x)取最大值为φ(1)＝－3，所以a＞－3，故实数a的取值范围是(－3，＋∞)．1．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝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叫作“缓增区间”．若函数f(x)＝x2－x＋是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为(　　)A．[1，＋∞)B．[0，]C．[0,1]D．[1，]D　[因为函数f(x)＝x2－x＋的图象的对称轴为直线x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数．又当x≥1时，＝－1＋，令g(x)＝－1＋(x≥1)，则g′(x)＝－＝，由g′(x)≤0得1≤x≤，即函数＝－1＋在区间[1，]上单调递减．故“缓增区间”I为[1，]．]2．已知定义在R上的函数f(x)满足①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1；②当x＞0时，f(x)＞－1.\n(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调递增函数．(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，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上是单调递增函数．(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.由f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4，得f(x2＋2x)＋f(1－x)＋1＞5，即f(x2＋x＋1)＞f(3)，又函数f(x)在R上是增函数，故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}．