【数学】2020届一轮复习（理）课标通用版2-2函数的单调性与最值作业
第二节 函数的单调性与最值
A组 基础题组
1.已知函数f(x)=x2-2x-3,则该函数的单调递增区间为( )
A.(-∞,1] B.[3,+∞)
C.(-∞,-1] D.[1,+∞)
答案 B 设t=x2-2x-3,由t≥0得x2-2x-3≥0,解得x≤-1或x≥3.所以函数的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).因为函数t=x2-2x-3的图象的对称轴为直线x=1,所以函数t在(-∞,-1]上单调递减,在[3,+∞)上单调递增.所以函数f(x)的单调递增区间为[3,+∞).
2.定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x=2对称,且f(x)在(-∞,2)上是增函数,则( )
A.f(-1)
f(3)
C.f(-1)=f(3) D.f(0)=f(3)
答案 A 依题意得f(3)=f(1),因为-1<1<2,函数f(x)在(-∞,2)上是增函数,所以f(-1)1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)
答案 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a-3<0,3(a-3)+2≥-4a,解得1≤a<3.故选D.
5.函数y=x-x(x≥0)的最大值为 .
答案 14
解析 令t=x,则t≥0,y=t-t2=-t-122+14,当t=12,即x=14时,ymax=14.
6.设函数f(x)=1,x>0,0,x=0,-1,x<0,g(x)=x2f(x-1),则函数g(x)的递减区间是 .
答案 [0,1)
解析 易知g(x)=x2,x>1,0,x=1,-x2,x<1.画出g(x)的图象如图所示,其递减区间是[0,1).
7.若函数f(x)=1x在区间[2,a]上的最大值与最小值的和为34,则a= .
答案 4
解析 易知f(x)=1x在(0,+∞)上是减函数,
∵[2,a]⊆(0,+∞),∴f(x)=1x在[2,a]上也是减函数,
∴f(x)max=f(2)=12, f(x)min=f(a)=1a,
∴12+1a=34,∴a=4.
8.已知函数f(x)=1a-1x(a>0,x>0).
(1)求证: f(x)在(0,+∞)上是增函数;
(2)若f(x)在12,2上的值域是12,2,求a的值.
解析 (1)证明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x2>x1,则x2-x1>0,x1x2>0,
f(x2)-f(x1)=1a-1x2-1a-1x1=1x1-1x2=x2-x1x1x2>0,∴f(x2)>f(x1),
∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.
(2)∵f(x)在12,2上的值域是12,2,
f(x)在12,2上单调递增,
∴f12=12, f(2)=2.易得a=25.
9.判断并证明函数f(x)=ax2+1x(其中10,20,故f(x2)-f(x1)>0,
即f(x2)>f(x1),
故当a∈(1,3)时, f(x)在[1,2]上单调递增.
B组 提升题组
1.(2019山东青岛模拟)若f(x)=-x2+4mx与g(x)=2mx+1在区间[2,4]上都是减函数,则m的取值范围是( )
A.(-∞,0)∪(0,1] B.(-1,0)∪(0,1]
C.(0,+∞) D.(0,1]
答案 D 函数f(x)=-x2+4mx的图象开口向下,且以直线x=2m为对称轴,若在区间[2,4]上是减函数,则2m≤2,解得m≤1;g(x)=2mx+1的图象由y=2mx的图象向左平移一个单位长度得到,若在区间[2,4]上是减函数,则2m>0,解得m>0.综上可得,m的取值范围是(0,1].故选D.
2.(2018甘肃肃南调研)已知函数f(x)=ln x+2x,若f(x2-4)<2,则实数x的取值范围是 .
答案 (-5,-2)∪(2,5)
解析 因为函数f(x)=ln x+2x在(0,+∞)上单调递增,且f(1)=ln 1+2=2,所以由f(x2-4)<2得f(x2-4)0),且f(x)在[0,1]上的最小值为g(a),求g(a)的最大值.
解析 f(x)=a-1ax+1a,
当a>1时,a-1a>0,
此时f(x)在[0,1]上为增函数,
∴g(a)=f(0)=1a.
当00且f(x)在(1,+∞)上单调递减,求a的取值范围.
解析 (1)证明:任取x1,x2∈(-∞,-2),且x10,x1-x2<0,
所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)0,x2-x1>0,又由题意知f(x1)-f(x2)>0,
所以(x1-a)(x2-a)>0在(1,+∞)上恒成立,所以a≤1.
所以0
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