多维层次练6-函数的单调性与最值（全国百强重点中学复习资料，含答案解析）-新高考学案

这是一份多维层次练6-函数的单调性与最值（全国百强重点中学复习资料，含答案解析）-新高考学案，共8页。
1．(多选题)下列函数中，定义域是R且为增函数的是( )
A．y＝e－x B．y＝x3
C．y＝ln x D．y＝x
解析：对于选项A，y＝ex为增函数，y＝－x为减函数，故y＝e－x为减函数，对于选项B，y′＝3x2≥0，故y＝x3为增函数，定义域为R.对于选项C，函数的定义域为x>0，不为R，对于选项D，函数y＝x定义域为R，且在R上单调递增．
答案：BD
2．(2020·武汉模拟)函数f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是( )
A．[1，2] B．[－1，0]
C．[0，2] D．[2，＋∞)
解析：f(x)＝|x－2|x＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x0，所以00，则有( )
A．f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)
B．f(a)＋f(b)f(－a)－f(－b)
D．f(a)－f(b)0，所以a>－b，b>－a.所以f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)，结合选项，可知选A.
答案：A
5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax，x>1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1))是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．[4，8)
C．(4，8) D．(1，8)
解析：由f(x)在R上单调递增，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>1，,4－\f(a,2)>0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(a,2)))＋2≤a，))
解得4≤a0，函数值取得最大值时，即当分母最小即可取得最大值，分母最小时x＝0，|x|＋2＝2，此时函数最大值为eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
8．设函数f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2a)在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a的取值范围是________．
解析：f(x)＝eq \f(ax＋2a2－2a2＋1,x＋2a)＝a－eq \f(2a2－1,x＋2a)，
因为函数f(x)在区间(－2，＋∞)上是增函数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a2－1>0，,－2a≤－2，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a2－1>0，,a≥1，))即a≥1.
答案：[1，＋∞)
9．已知函数f(x)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x)(a>0，x>0)．
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，求a的值．
(1)证明：任取x1>x2>0，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x1)－eq \f(1,a)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(x1－x2,x1x2)，
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)解：由(1)可知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上是增函数，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,a)－2＝eq \f(1,2)，f(2)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,2)＝2，解得a＝eq \f(2,5).
10．已知f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，用定义证明函数的单调性并求函数f(x)的最小值；
(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝x＋eq \f(1,2x)＋2，任取1≤x10.
又x1－x20，,x≥1))⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>－（x2＋2x），,x≥1，))等价于a大于函数φ(x)＝－(x2＋2x)在[1，＋∞)上的最大值．
因为φ(x)＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减，所以当x＝1时，φ(x)取最大值为φ(1)＝－3，所以a>－3，故实数a的取值范围是(－3，＋∞)．
[综合应用练]
11．(2019·西安模拟)已知函数y＝lg2(ax－1)在(1，2)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A．(0，1] B．[1，2]
C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)
解析：要使y＝lg2(ax－1)在(1，2)上单调递增，则a>0且a－1≥0，所以a≥1.故选C.
答案：C
12．若函数y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(|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：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，所以其最小值为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.
答案：A
13．定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，则不等式f(lgeq \s\d9(\f(1,9))x)>0的解集为____________________．
解析：由题意知，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，
f(x)在(－∞，0)上也单调递增．
所以f(lgeq \s\d9(\f(1,9))x)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))或f(lgeq \s\d9(\f(1,9))x)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，
所以lgeq \s\d9(\f(1,9))x>eq \f(1,2)或－eq \f(1,2)