巩固练习-单调性与最大（小）值-提高

【巩固练习】

1．定义域上的函数对任意两个不相等的实数，总有，则必有(    )

A．函数先增后减

B．函数先减后增

C．函数是上的增函数

D．函数是上的减函数

2．在区间上为增函数的是(    )

 A．  B．  

 C．        D．

3．函数的一个单调递减区间可以是（     ）

A.[-2，0]   B.[0，2]  C.[1，3]   D. [0，+∞）

4．（2016 四川广元二模）已知是定义在R上的减函数，则实数a的取值范围是（    ）

A．    B．    C．    D．

5．函数的值域为(    )

A．   B． 

C．    D．

6．设，函数的图象关于直线对称，则之间的大小关系是（   ）  

A.     B.

C.     D.

7．已知函数若，则实数的取值范围是（   ）.

A．   B．    C．    D．

8．在函数的图象上任取两点，称为函数从到之间的平均变化率.设函数，则此函数从到之间的平均变化率为（   ）.

A．   B．    C．    D．

9．函数的单调递增区间为（     ）

 A．  B．  C．   D．

10．函数的值域是____________.

11．（2016春 天津静海县期末）函数与在区间（1，2）上都单调递减，则实数a的取值范围是________．

12．函数的定义域为A，若且时总有，则称为单函数．例如，函数是单函数．下列命题：

① 函数是单函数；

② 若为单函数，且，则；

③ 若f：A→B为单函数，则对于任意，它至多有一个原象；

④ 函数在某区间上具有单调性，则一定是单函数．

其中的真命题是_________．（写出所有真命题的编号）

13．函数的定义域为，若对于任意，当时，都有，则称函数在上为非减函数.

设函数在[0，1]上为非减函数，且满足以下三个条件：

①；②；③.

则=            .

14．已知函数的定义域为，且同时满足下列条件：(1)；(2)在定义域上单调递减；(3)求的取值范围.

15．已知二次函数f（x）满足条件f（0）=1和f（x+1）﹣f（x）=2x．

（1）求f（x）；

（2）求f（x）在区间[﹣1，1]上的最大值和最小值．

16．（2016 浙江二模）设函数f（x）=x｜x―a｜+｜x+b｜（a，b∈R）．

（1）若a=2，b=1，试求函数f（x）在[0，2]上的值域；

（2）若b=0，1＜a＜2，试求函数f（x）在[―1，3]上的最大值g（a）．

17．对于区间，若函数同时满足：①在上是单调函数；②函数的值域是，则称区间为函数的“保值”区间．

（1）求函数的所有“保值”区间；

（2）函数是否存在“保值”区间？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．

【答案与解析】

1. 【答案】C.

【解析】由知，当时，，当时，，所以在上单调递增，故选C.

2. 【答案】B.

【解析】,故选B．

3. 【答案】C.

【解析】函数，图象开口向下，对称轴是，故选C.

4．【答案】B

【解析】当x≥1时，函数f（x）=－x+1为减函数，此时函数的最大值为f（1）=0，要使f（x）在R上的减函数，

则满足，

即，解集，

故选B．

5. 【答案】B.

【解析】  ，是的减函数，当

6. 【答案】A.

【解析】  由于，且函数图象的对称轴为所以函数在上单调递增.因为，从而.

7．【答案】C.

【解析】在上单调递增；在上单调递增.又，

，推出得，解得，故选C.

8．【答案】B.

【解析】=（）（），

故选B.

9．【答案】C．

【解析】令，求得 x≤1，或x≥2，故函数的定义域为，且函数，

故本题即求二次函数t（x）在上的增区间．

再利用二次函数的性质可得t（x）在上的增区间为，

故选：C．

10. 【答案】

【解析】 是的增函数，当时，.

11．【答案】（―1，1]

【解析】∵的图象是开口朝下，以x=a为对称轴的抛物线，

在区间[1，2]上是减函数，∴a≤1  ①；

∵在区间（1，2）上都单调递减，

∴有a+1＞0，解得a＞―1  ②；

综①②，得―1＜a≤1，即实数a的取值范围是（―1，1]．

故答案为：（―1，1]．

12. 【答案】②③

【解析】 对于①，若，则，不满足；②实际上是单函数命题的逆否命题，故为真命题；对于③，若任意，若有两个及以上的原象，也即当时，不一定有，不满足题设，故该命题为真；根据定义，命题④不满足条件．

13. 【答案】

【解析】因为由③得，，

在②中令则.

在③中分别令则.

在②中令，得，.

因为，且函数为非减函数，

所以

则.

故.

14．【解析】，则，

15．【答案】（1）；（2）f（x）min=，f（x）max=3．

【解析】（1）设，

则

∴由题恒成立

∴   得 

∴

（2）=在单调递减，在单调递增

∴，

16．【解析】（1）当a=2，b=1时，f（x）=x｜x―2｜+｜x+1｜，

又∵x∈[0，2]，

∴，

∵x∈[0，2]，

∴，

故函数的值域为；

（2）由题意，f（x）=x｜x―a｜+｜x｜，

当―1≤x≤0时，，

在[―1，0]上单调递增，

故f（x）max=f（0）=0，

当0＜x≤a时，，

其图象的对称轴为，

故f（x）在上是增函数，在上是减函数，

故，

当a＜x≤3时，，

其图象的对称轴为，

故f（x）在（a，3]上是增函数，

故f（x）max=f（3）=9―3（a―1）=12―3a，

又∵1＜a＜2，

∴，

故g（a）=12―3a．

17．【解析】（1）因为函数的值域是，且在的值域是，

所以，所以，从而函数在区间上单调递增，

故有解得

又，所以

所以函数的“保值”区间为．

（2）若函数存在“保值”区间，则有：

①若，此时函数在区间上单调递减，

所以消去得，整理得．

因为，所以，即．

又所以

因为，

所以．

②若此时函数在区间上单调递增，

所以消去得，整理得．

因为，所以，即．

又所以．

因为

所以．

因为，所以

综合①②得，函数存在“保值”区间，此时的取值范围是．