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- 2021-06-11 发布
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课时分层训练(五) 函数的单调性与最值
(对应学生用书第174页)
A组 基础达标
(建议用时:30分钟)
一、选择题
1.下列函数中,定义域是R且为增函数的是( )
A.y=2-x B.y=x
C.y=log2x D.y=-
B [由题知,只有y=2-x与y=x的定义域为R,且只有y=x在R上是增函数.]
2.若函数y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减函数,则y=ax2+bx在(0,+∞)上是( )
A.增函数 B.减函数
C.先增后减 D.先减后增
B [由题意知,a<0,b<0,则-<0,从而函数y=ax2+bx在(0,+∞)上为减函数.]
3.函数f(x)=ln(4+3x-x2)的单调递减区间是( )
【导学号:79170019】
A. B.
C. D.
D [要使函数有意义需4+3x-x2>0,
解得-1<x<4,∴定义域为(-1,4).
令t=4+3x-x2=-2+.
则t在上递增,在上递减,
又y=ln t在上递增,
∴f(x)=ln(4+3x-x2)的单调递减区间为.]
4.(2017·长春质检)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 [因为函数f(x)在(-∞,-1)上是单调函数,所以-a≥-1,解得a≤1.]
5.(2018·三门峡模拟)设函数f(x)=若f(a+1)≥f(2a-1),则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,1] B.(-∞,2]
C.[2,6] D.[2,+∞)
B [易知f(x)=是定义域R上的增函数.∵f(a+1)≥f(2a-1),∴a+1≥2a-1,解得a≤2.
故实数a的取值范围是(-∞,2],故选B.]
二、填空题
6.(2018·上饶模拟)函数f(x)=-x+在上的最大值是________.
[法一:易知y=-x,y=在上单调递减,∴函数f(x)在上单调递减,∴f(x)max=f(-2)=.
法二:函数f(x)=-x+的导数为f′(x)=-1-.
易知f′(x)<0,可得f(x)在上单调递减,
所以f(x)max=2-=.]
7.(2017·江苏常州一模)函数f(x)=log2(-x2+2)的值域为________.
[∵0<-x2+2≤2,
∴当x=0时,f(x)取得最大值,f(x)max=f(0)=log22=,
∴f(x)的值域为.]
8.(2017·郑州模拟)设函数f(x)=的最小值为2,则实数a的取值范围是________.
[3,+∞) [当x≥1时,f(x)≥2,当x<1时,f(x)>a-1.由题意知a-1≥2,∴a≥3.]
三、解答题
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)=--+
=,∵x1>x2>0,
∴x1-x2>0,x1x2>0,
∴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)在上为增函数,
∴f=-2=,f(2)=-=2,
解得a=.
10.已知f(x)=(x≠a).
(1)若a=-2,试证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. 【导学号:79170020】
[解] (1)证明:设x1<x2<-2,
则f(x1)-f(x2)=-
=. 2分
∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,
∴f(x1)<f(x2),
∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增. 5分
(2)f(x)===1+,
当a>0时,f(x)在(-∞,a),(a,+∞)上是减函数, 8分
又f(x)在(1,+∞)内单调递减,
∴0<a≤1,故实数a的取值范围是(0,1]. 12分
B组 能力提升
(建议用时:15分钟)
1.(2018·唐山模拟)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)
B [函数y===-1,在x∈(-1,+∞)时,函数y是单调递减函数,在x=2时,y=0;根据题意x∈(m,n]时,y的最小值为0,∴m的取值范围是-1<m<2.故选B.]
2.若函数f(x)=|2x+a|的单调递增区间是[3,+∞),则a=________.
-6 [f(x)=|2x+a|=
∵函数的单调递增区间为,
∴-=3,∴a=-6.]
3.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. 3分
(2)证明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,则>1,
当x>1时,f(x)<0,∴f<0, 5分
即f(x1)-f(x2)<0,因此f(x1)