课时过关检测（六） 函数的单调性与最值

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A级——基础达标
1．下列函数在区间(0,1)上为单调递增函数的是( )
A．y＝－x3＋1 B．y＝cs x
C．y＝lgeq \f(1,2)x D．y＝x－eq \f(1,x)
解析：选D y＝－x3＋1，y＝cs x，y＝lgeq \f(1,2)x在(0,1)上都为单调递减函数，y＝x－eq \f(1,x)在(0,1)上为单调递增函数．故选D.
2．函数y＝(2m－1)x＋b在R上是减函数，则( )
A．m>eq \f(1,2) B．mC．m>－eq \f(1,2) D．m<－eq \f(1,2)
解析：选B 使y＝(2m－1)x＋b在R上是减函数，则2m－1<0，即m3．设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是( )
A．y＝eq \f(1,fx)在R上为减函数
B．y＝|f(x)|在R上为增函数
C．y＝－eq \f(1,fx)在R上为增函数
D．y＝－f(x)在R上为减函数
解析：选D 设f(x)＝x，则y＝eq \f(1,fx)＝eq \f(1,x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性，A错误；则y＝|f(x)|＝|x|在R上无单调性，B错误；则y＝－eq \f(1,fx)＝－eq \f(1,x)的定义域为
(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性，C错误；y＝－f(x)＝－x在R上为减函数，所以选项D正确．
4．函数y＝eq \f(2－x,x＋1)，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)
解析：选D 函数y＝eq \f(2－x,x＋1)＝eq \f(3－x－1,x＋1)＝eq \f(3,x＋1)－1，
且在x∈(－1，＋∞)时单调递减，在x＝2时，y＝0；
根据题意x∈(m，n]时y的最小值为0，
所以－1≤m<2.故选D.
5．(多选)已知f(x)是定义在[0，＋∞)上的函数，根据下列条件，可以判断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eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞0
解析：选CD 根据题意，依次分析选项：对于A项，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B项，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C项，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2＜0，都有f(x1)－f(x2)＜0，符合题意；对于D项，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，设x1＞x2，若eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞0，必有f(x1)－f(x2)＞0，则函数在[0，＋∞)上为增函数，符合题意．故选C、D.
6．(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eq \f(fa－fb,a－b)＞0；
②对于定义域内任意x1，x2都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))≥eq \f(fx1＋fx2,2)成立．
则称函数f(x)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 由条件①知函数f(x)在定义域内为增函数，由条件②知函数f(x)为“凸函数”．A项中，f(x)＝3x＋1在R上为增函数，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＝eq \f(fx1＋fx2,2)，故满足条件①②；B项中，f(x)＝－2x－1在R上为减函数，不满足条件①；C项中，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项中，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.故选A、D.
7．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值为________．
解析：当x≥1时，函数f(x)＝eq \f(1,x)为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.故函数f(x)的最大值为2.
答案：2
8．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\c1(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]
9．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a的值为________．
解析：由图象(图略)，易知函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，＋∞))，令－eq \f(a,2)＝3，得a＝－6.
答案：－6
10．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的解集的补集是(全集为R)______________．
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.故不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集的补集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
答案：(－∞，－1]∪[2，＋∞)
11．已知函数f(x)＝eq \f(x＋2,x).
(1)写出函数f(x)的定义域和值域；
(2)证明：函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，并求f(x)在x∈[2,8]上的最大值和最小值．
解：(1)定义域为{x|x≠0}．又f(x)＝1＋eq \f(2,x)，
所以值域为{y|y≠1}．
(2)设0则f(x1)－f(x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,x1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,x2)))＝eq \f(2,x1)－eq \f(2,x2)＝eq \f(2x2－x1,x1x2).
又00，x2－x1>0，
所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，在x∈[2,8]上，f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(8)＝eq \f(5,4).
12．已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增；
(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围．
解：(1)证明：当a＝－2时，f(x)＝eq \f(x,x＋2).
任取x1，x2∈(－∞，－2)，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)＝eq \f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).
因为(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，
所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
所以f(x)在(－∞，－2)内单调递增．
(2)任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1－a)－eq \f(x2,x2－a)＝eq \f(ax2－x1,x1－ax2－a).
因为a＞0，x2－x1＞0，又由题意知f(x1)－f(x2)＞0，
所以(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，所以a≤1.
所以0＜a≤1.
所以a的取值范围为(0,1]．
B级——综合应用
13．若函数y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1( \r(\a\vs4\al(|x|))－\f(1,x2)))在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值为M，最小值为m，则M－m＝( )
A.eq \f(31,16) B．2
C.eq \f(9,4) D．eq \f(11,4)
解析：选A 可令|x|＝t，则1≤t≤4，y＝ eq \r(t)－eq \f(1,t2)，易知y＝ eq \r(t)－eq \f(1,t2)在[1,4]上单调递增，∴其最小值为1－1＝0；最大值为2－eq \f(1,16)＝eq \f(31,16)，则m＝0，M＝eq \f(31,16)，则M－m＝eq \f(31,16).故选A.
14．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋4x，x≤4，,lg2x，x>4.))若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：作函数f(x)的图象如图所示，
由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.
答案：(－∞，1]∪[4，＋∞)
15．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)是增函数，f(1)＝0，f(3)＝1.
(1)解不等式0＜f(x2－1)＜1；
(2)若f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－1＞0，,1＜x2－1＜3，))
解得eq \r(2)＜x＜2或－2＜x＜－eq \r(2).
∴原不等式的解集为{x|－2＜x＜－eq \r(2)或eq \r(2)＜x＜2}．
(2)∵函数f(x)在(0,3]上是增函数，
∴f(x)在(0,3]上的最大值为f(3)＝1，
∴不等式f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1,1]恒成立转化为1≤m2－2am＋1对所有a∈[－1，1]恒成立，即m2－2am≥0对所有a∈[－1,1]恒成立．
设g(a)＝－2ma＋m2，a∈[－1,1]，
∴需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－1≥0，,g1≥0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋m2≥0，,－2m＋m2≥0，))
解该不等式组，得m≤－2或m≥2或m＝0，
即实数m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)．
C级——迁移创新
16．(2021·北京模拟)函数y＝f(x)，x∈[1，＋∞)，数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，
①函数f(x)是增函数；
②数列{an}是递增数列．
(1)写出一个满足①的函数f(x)的解析式；
(2)写出一个满足②但不满足①的函数f(x)的解析式．
解：(1)由题意可知，在x∈[1，＋∞)这个区间上是增函数的函数有许多，可写为f(x)＝x2.
(2)找一个数列是递增数列，而对应的函数不是增函数，可写为f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3)))2.
则这个函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))上单调递增，
所以f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3)))2在[1，＋∞)上不是增函数，不满足①.而对应的数列an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(4,3)))2在n∈N*上越来越大，属递增数列．