课时提升作业(五)函数的单调性与最值一、选择题(每小题5分,共35分)1.(2022·北京模拟)下列函数中,在区间(1,+∞)上是增函数的是( )A.y=-x+1B.y=C.y=-(x-1)2D.y=31-x【解析】选B.函数y=-x+1在(1,+∞)上为减函数;y=在(1,+∞)上为增函数;y=-(x-1)2在(1,+∞)上为减函数;y=31-x在(1,+∞)上为减函数,故选B.2.已知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)B.(1,+∞)C.(-∞,0)∪(0,1)D.(-∞,0)∪(1,+∞)【解析】选D.依题意得<1,即>0,所以x的取值范围是x>1或x<0.3.(2022·烟台模拟)定义在R上的偶函数f(x)满足:对∀x1,x2∈[0,+∞),且x1≠x2,都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则( )A.f(3)<f(-2)<f(1)B.f(1)<f(-2)<f(3)C.f(-2)<f(1)<f(3)D.f(3)<f(1)<f(-2)【解析】选B.因为(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,所以函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,所以f(3)>f(2)>f(1).因为f(-2)=f(2),所以f(3)>f(-2)>f(1).【加固训练】(2022·江南十校模拟)已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是( )A.f(b)>f(c)>f(d)B.f(b)>f(a)>f(e)C.f(c)>f(b)>f(a)D.f(c)>f(e)>f(d)-8-\n【解析】选C.依题意得,当x∈(-∞,c)时,f′(x)>0;当x∈(c,e)时,f′(x)<0;当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0.因此,函数f(x)在(-∞,c)上是增函数,在(c,e)上是减函数,在(e,+∞)上是增函数,又a<b<c,所以f(c)>f(b)>f(a).4.(2022·厦门模拟)“a≤0”是“函数f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)内单调递增”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选C.当a=0时,f(x)=|(ax-1)x|=|x|在区间(0,+∞)上单调递增;当a<0时,结合函数f(x)=|(ax-1)x|=|ax2-x|的图象知函数在(0,+∞)上单调递增,如图(1)所示;当a>0时,结合函数f(x)=|(ax-1)x|=|ax2-x|的图象知函数在(0,+∞)上先增后减再增,不符合条件,如图(2)所示.所以,要使函数f(x)=|(ax-1)x|在(0,+∞)上单调递增只需a≤0.即“a≤0”是“函数f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)内单调递增”的充分必要条件.【加固训练】已知函数f(x)=则“-2≤a≤0”是“函数f(x)在R上单调递增”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.f(x)在R上单调递增的充分必要条件是a=0或解得a=0或-≤a<0,即-≤a≤0,-8-\n由此可知“-2≤a≤0”是“函数f(x)在R上单调递增”的必要而不充分条件,故选B.5.定义域为R的函数f(x)=ax2+b|x|+c(a≠0)有两个单调区间,则实数a,b,c满足( )A.b2-4ac≥0且a>0B.b2-4ac≥0C.-≥0D.-≤0【解析】选D.因为f(x)=ax2+b|x|+c(a≠0)=不妨设a>0,作出图象如图.结合图象可得当-≤0时满足题意.6.已知f(x)是定义在R上的增函数,函数y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称,若对任意的x,y∈R,不等式f(x2-6x+21)+f(y2-8y)<0恒成立,则当x>3时,x2+y2的取值范围是( )A.(3,7)B.(9,25)C.(13,49]D.(9,49)【解析】选C.因为函数y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称,所以函数y=f(x)的图象关于点(0,0)对称,即函数y=f(x)为奇函数,则f(-x)=-f(x),又因为f(x)是定义在R上的增函数且f(x2-6x+21)+f(y2-8y)<0恒成立,所以f(x2-6x+21)<-f(y2-8y)=f(8y-y2)恒成立,所以x2-6x+21<8y-y2,所以(x-3)2+(y-4)2<4恒成立,设M(x,y),则当x>3时,M表示以(3,4)为圆心2为半径的右半圆内的任意一点,-8-\n则x2+y2表示在半圆内任取一点与原点的距离的平方,结合圆的知识可知13<x2+y2≤49.7.(2022·开封模拟)设x∈R,若函数f(x)为单调递增函数,且对任意实数x,都有f(f(x)-ex)=e+1(e是自然对数的底数),则f(ln2)的值等于( )A.1B.e+1C.3D.e+3【解题提示】利用换元法,将函数转化为f(t)=e+1,根据函数的对应关系求出t的值,即可求出函数f(x)的表达式,即可得到结论.【解析】选C.设t=f(x)-ex,则f(x)=ex+t,则条件等价为f(t)=e+1,令x=t,则f(t)=et+t=e+1,因为函数f(x)为单调递增函数,所以函数为一对一函数,解得t=1,所以f(x)=ex+1,即f(ln2)=eln2+1=2+1=3.故选C.二、填空题(每小题5分,共15分)8.(2022·郑州模拟)定义运算=ad-bc,若函数f(x)=在(-∞,m)上单调递减,则实数m的取值范围是 .【解析】由已知得f(x)=(x-1)(x+3)+2x=(x+2)2-7,在(-∞,-2]上单调递减,要使函数f(x)在(-∞,m)上单调递减,所以m≤-2.答案:(-∞,-2]【加固训练】设函数f(x)=在区间(-2,+∞)上是增函数,那么a的取值范围是 .【解析】因为f(x)=函数f(x)在区间(-2,+∞)上是增函数,所以解得a≥1.答案:[1,+∞)-8-\n9.函数f(x)=x+2的最大值为 .【解析】方法一:设=t(t≥0),所以x=1-t2.所以y=x+2=1-t2+2t=-t2+2t+1=-(t-1)2+2.所以当t=1,即x=0时,ymax=2.方法二:f(x)的定义域为{x|x≤1},f′(x)=1-由f′(x)=0,得x=0.当0<x≤1时,f′(x)<0,f(x)为减函数.当x<0时,f′(x)>0,f(x)为增函数.所以当x=0时,f(x)max=f(0)=2.答案:210.用min{a,b,c}表示a,b,c三个数中的最小值.设f(x)=min{2x,x+2,10-x}(x≥0),则f(x)的最大值为 .【解析】由f(x)=min{2x,x+2,10-x}(x≥0)画出图象,最大值在A处取到,联立得y=6.答案:6(20分钟 40分)1.(5分)定义在R上的函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y),当x<0时,f(x)>0,则函数f(x)在[a,b]上有( )A.最小值f(a)B.最大值f(b)-8-\nC.最小值f(b)D.最大值【解题提示】先探究f(x)在[a,b]上的单调性,再判断最值情况.【解析】选C.设x1<x2,由已知得f(x1)=f((x1-x2)+x2)=f(x1-x2)+f(x2).又x1-x2<0,所以f(x1-x2)>0,所以f(x1)>f(x2),即f(x)在R上为减函数,所以f(x)在[a,b]上亦为减函数,所以f(x)min=f(b),f(x)max=f(a),故选C.2.(5分)(2022·太原模拟)使函数y=与y=log3(x-2)在(3,+∞)上具有相同的单调性,则实数k的取值范围是 .【解析】由y=log3(x-2)的定义域为(2,+∞),且为增函数,故在(3,+∞)上是增函数.又函数使其在(3,+∞)上是增函数,故4+k<0,得k<-4.答案:(-∞,-4)3.(5分)(2022·武汉模拟)如果对定义在R上的函数f(x),对任意两个不相等的实数x1,x2,都有x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1),则称函数f(x)为“H函数”.给出下列函数①y=ex+x;②y=x2;③y=3x-sinx;④f(x)=以上函数是“H函数”的所有序号为 .【解析】因为对任意两个不相等的实数x1,x2,都有x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1)恒成立,所以不等式等价为(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0恒成立,即函数f(x)是定义在R上的增函数.①函数y=ex+x在定义域上为增函数,满足条件.②函数y=x2在定义域上不单调,不满足条件.③y=3x-sinx,y′=3-cosx>0,函数单调递增,满足条件.-8-\n④f(x)=当x>0时,函数单调递增,当x<0时,函数单调递减,不满足条件.综上,满足“H函数”的函数为①③.答案:①③4.(12分)(2022·宁波模拟)已知函数f(x)=lg(x+-2),其中a是大于0的常数.(1)求函数f(x)的定义域.(2)当a∈(1,4)时,求函数f(x)在[2,+∞)上的最小值.(3)若对任意x∈[2,+∞)恒有f(x)>0,试确定a的取值范围.【解析】(1)由x+-2>0,得当a>1时,x2-2x+a>0恒成立,定义域为(0,+∞),当a=1时,定义域为{x|x>0且x≠1},当0<a<1时,定义域为{x|0<x<1-或x>1+}.(2)设g(x)=x+-2,当a∈(1,4),x∈[2,+∞)时,g′(x)=>0恒成立,所以g(x)=x+-2在[2,+∞)上是增函数.所以f(x)=lg(x+-2)在[2,+∞)上是增函数.所以f(x)=lg(x+-2)在[2,+∞)上的最小值为f(2)=lg.(3)对任意x∈[2,+∞)恒有f(x)>0,即x+-2>1对x∈[2,+∞)恒成立.所以a>3x-x2,令h(x)=3x-x2,而h(x)=3x-x2=-(x-)2+在x∈[2,+∞)上是减函数,所以h(x)max=h(2)=2.所以a>2.-8-\n5.(13分)(能力挑战题)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.【解析】(1)令x1=x2>0,代入得f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故f(1)=0.(2)任取x1,x2∈(0,+∞),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)为单调递减函数.(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.-8-
