2021版新高考地区高考数学（人教版）大一轮复习（课件+学案+高效演练分层突破）第03章 第2讲　函数的单调性与最值

[基础题组练]

1．下列四个函数中，在x∈(0，＋∞)上为增函数的是(　　)

A．f(x)＝3－x  B．f(x)＝x2－3x

C．f(x)＝－  D．f(x)＝－|x|

解析：选C．当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；

当x∈时，f(x)＝x2－3x为减函数，

当x∈时，f(x)＝x2－3x为增函数；

当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－为增函数；

当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．

2．函数f(x)＝－x＋在上的最大值是(　　)

A．  B．－

C．－2  D．2

解析：选A．函数f(x)＝－x＋的导数为f′(x)＝－1－，则f′(x)<0，可得f(x)在上单调递减，即f(－2)为最大值，且为2－＝.

3．已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f＜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f＜f(1)，得即所以－1＜x＜0或0＜x＜1.故选C．

4．(多选)(2021·预测)已知f(x)是定义在[0，＋∞)上的函数，根据下列条件，可以断定f(x)是增函数的是(　　)

A．对任意x≥0，都有f(x＋1)>f(x)

B．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≥x2，都有f(x1)≥f(x2)　

C．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2<0，都有f(x1)－f(x2)<0

D．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≠x2，都有>0

解析：选CD．根据题意，依次分析选项：对于选项A，对任意x≥0，都有f(x＋1)>f(x)，不满足函数单调性的定义，不符合题意；对于选项B，当f(x)为常数函数时，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，都有f(x1)＝f(x2)，不是增函数，不符合题意；对于选项C，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2<0，都有f(x1)－f(x2)<0，符合题意；对于选项D，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，设x1>x2，若>0，必有f(x1)－f(x2)>0，则函数在[0，＋∞)上为增函数，符合题意．

5．(创新型)定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当a<b时，a⊕b＝b2，则函数f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2，2]的最大值等于(　　)

A．－1  B．1 

C．6  D．12

解析：选C．由题意知当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当1<x≤2时，f(x)＝x3－2，又f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在相应的定义域内都为增函数，且f(1)＝－1，f(2)＝6，所以f(x)的最大值为6.

6．函数f(x)＝|x－2|x的单调减区间是________．

解析：由于f(x)＝|x－2|x＝结合图象可知函数的单调减区间是[1，2]．

答案：[1，2]

7．函数y＝2＋的最大值是________，单调递增区间是________．

解析：函数y＝2＋＝2＋，可得当x＝2时，函数y取得最大值2＋2＝4；由4x－x2≥0，可得0≤x≤4，令t＝－x2＋4x，则t在[0，2]上为增函数，y－2＋在[0，＋∞)上为增函数，可得函数y＝2＋的单调递增区间为[0，2]．

答案：4　[0，2]

8．已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－3)，B(3，1)是其图象上的两点，那么不等式－3<f(x＋1)<1的解集为________．

解析：由函数f(x)是R上的增函数，A(0，－3)，B(3，1)是其图象上的两点，知不等式－3<f(x＋1)<1，即为f(0)<f(x＋1)<f(3)，所以0<x＋1<3，所以－1<x<2.

答案：(－1，2)

9．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)＝－－＋

＝，因为x1>x2>0，

所以x1－x2>0，x1x2>0，

所以f(x1)－f(x2)>0，

即f(x1)>f(x2)，

所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

(2)由(1)可知，f(x)在上为增函数，

所以f＝－2＝，

f(2)＝－＝2，

解得a＝.

10．已知f(x)＝(x≠a)．

(1)若a＝－2，试证明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)＝－

＝.

因为(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，

所以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)＝－

＝.

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，a的取值范围为(0，1]．

[综合题组练]

1．已知函数f(x)＝对任意的x1≠x2都有(x1－x2)[f(x2)－f(x1)]>0成立，则实数a的取值范围是(　　)

A．(－∞，3]  B．(－∞，3)

C．(3，＋∞)  D．[1，3)

解析：选D．由(x1－x2)[f(x2)－f(x1)]>0，得(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0，

所以函数f(x)在R上单调递减，

所以

解得1≤a＜3.故选D．

2．(多选)若函数f(x)满足条件：

①对于定义域内任意不相等的实数a，b恒有>0；

②对于定义域内任意x1，x2都有f≥成立．

则称其为G函数．下列函数为G函数的是(　　)

A．f(x)＝3x＋1

B．f(x)＝－2x－1

C．f(x)＝x2－2x＋3

D．f(x)＝－x2＋4x－3，x∈(－∞，1)

解析：选AD．①对于定义域内任意不相等的实数a，b恒有>0，则函数f(x)在定义域为增函数；②对于定义域内任意x1，x2都有f≥成立，则函数f(x)为“凸函数”．

其中A．f(x)＝3x＋1在R上为增函数，且f＝，故满足条件①②；

B．f(x)＝－2x－1在R上为减函数，不满足条件①；

C．f(x)＝x2－2x＋3在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)为增函数，不满足条件①；

D．f(x)＝－x2＋4x－3的对称轴为x＝2，故函数f(x)＝－x2＋4x－3在(－∞，1)上为增函数，且为“凸函数”，故满足条件①②.

综上，为G函数的是AD．

3．设f(x)＝若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为________．

解析：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＋＋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.

答案：[0，2]

4．(创新型)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叫做“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________．

解析：因为函数f(x)＝x2－x＋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，＝x－1＋，令g(x)＝x－1＋(x≥1)，则g′(x)＝－＝，

由g′(x)≤0得1≤x≤，即函数＝x－1＋在区间[1， ]上单调递减，故“缓增区间”I为[1， ]．

答案：[1， ]

5．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＝＝，

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)＝，

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－≤2，即a≥－4.

当－1＜x≤2时，f(x)单调递增，则≤－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]．

6．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.

(1)求f(1)的值；

(2)证明：f(x)为单调递减函数；

(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2，9]上的最小值．

解：(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∈，且x1>x2，则>1，由于当x>1时，f(x)<0，所以f<0，即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)<f(x2)，所以函数f(x)在区间上是单调递减函数．

(3)因为f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，所以f(x)在[2，9]上的最小值为f(9)，由f＝f(x1)－f(x2)得f＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.所以f(x) 在[2，9]上的最小值为－2.