2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测六函数的单调性与最值含解析

课时跟踪检测(六) 函数的单调性与最值
一、题点全面练
1．下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( )
A ．y ＝11－x
B ．y ＝cos
C ．y ＝ln(＋1)
D ．y ＝2－ 解析：选D 函数y ＝2－＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12在(－1,1)上为减函数． 2．(2017·全国卷Ⅱ)函数f ()＝ln(2－2－8)的单调递增区间是( )
A ．(－∞，－2)
B ．(－∞，1)
C ．(1，＋∞)
D ．(4，＋∞)
解析：选D 由2－2－8＞0，得＞4或＜－2.因此，函数f ()＝ln(2－2－8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数y ＝2－2－8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f ()＝ln(2－2－8)的单调递增区间是(4，＋∞)．
3．若函数f ()＝2－2＋m 在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m 的值为( )
A ．－3
B ．－2
C ．－1
D ．1
解析：选B 因为f ()＝(－1)2＋m －1在[3，＋∞)上为增函数，且f ()在[3，＋∞)上的最小值为1，所以f (3)＝1，
即22＋m －1＝1，m ＝－2.故选B.
4．函数f ()＝x
1－x
的单调递增区间是( ) A ．(－∞，1)
B ．(1，＋∞)
C ．(－∞，1)，(1，＋∞)
D ．(－∞，－1)，(1，＋∞) 解析：选C 因为f ()＝1－x
11－x ＝－1＋11－x ， 所以f ()的图象是由y ＝－1x
的图象沿轴向右平移1个单位，然后沿y 轴向下平移一个单位得到，而y ＝－1x
的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)； 所以f ()的单调递增区间是(－∞，1)，(1，＋∞)．故选C.
5．(2019·赣州模拟)设函数f ()＝⎩⎨⎧ 1，x >0，
0，x ＝0，
－1，x <0，
g ()＝2f (－1)，则函数g ()的单调递减区间是( )
A ．(－∞，0]
B ．[0,1)
C ．[1，＋∞)
D ．[－1,0]
解析：选B 由题知，g ()＝⎩⎨⎧ x 2，x >1，0，x ＝1，
－x 2，x <1，可得函数g ()的单调递减区间为[0,1)．
6．若函数f ()＝2＋a ||＋2，∈R 在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a 的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－113，－3 B ．[－6，－4] C.[]
－3，－22 D.[]－4，－3 解析：选B 由于f ()为R 上的偶函数，因此只需考虑函数f ()在(0，＋∞)上的单调性即可．由题意知函数f ()在[3，＋∞)上为增函数，在[1,2]上为减函数，故－a
2∈[2,3]，即a ∈[－6，－4]．
7．函数y ＝2－x x ＋1
，∈(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 ＝2－x x ＋1＝3－x －1x ＋1＝3x ＋1
－1， 且在∈(－1，＋∞)时单调递减，在＝2时，y ＝0；
根据题意∈(m ，n ]时y 的最小值为0，
所以－1≤m <2.
8．已知函数f ()＝2－2a ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g ()＝
f x x
在区间(1，＋∞)上一定( )
A ．有最小值
B ．有最大值
C ．是减函数
D ．是增函数
解析：选D 由题意知a <1， 又函数g ()＝＋a x
－2a 在[|a |，＋∞)上为增函数，故选D.
9．(2019·湖南四校联考)若函数f ()＝2＋a |－2|在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．
解析：∵f ()＝2＋a |－2|， ∴f ()＝⎩⎨⎧
x 2＋ax －2a ，x ≥2，x 2－ax ＋2a ，x <2. 又∵f ()在(0，＋∞)上单调递增，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ －a 2≤2，a 2≤0，∴－4≤a ≤0，
∴实数a 的取值范围是[－4,0]．
答案：[－4,0]
10．已知函数f ()的值域为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤38，49，则函数g ()＝f ()＋1－2f x 的值域为________． 解析：∵38≤f ()≤49，∴13≤1－2f x ≤12
. 令t ＝1－2f x ，
则f ()＝12(1－t 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫13
≤t ≤12， 令y ＝g ()，则y ＝12
(1－t 2)＋t ， 即y ＝－12(t －1)2＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫13
≤t ≤12. ∴当t ＝13时，y 有最小值79
； 当t ＝12时，y 有最大值78
.
∴g ()的值域为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤79，78. 答案：⎣⎢⎡⎦
⎥⎤79，78 二、专项培优练
(一)易错专练——不丢怨枉分
1．(2019·西安模拟)已知函数y ＝log 2(a －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：选C 要使y ＝log 2(a －1)在(1,2)上单调递增，则a >0且a －1≥0，∴a ≥1.故选
C.
2．已知函数f ()＝⎩⎨⎧ ax 2－x －14，x ≤1，log a x －1，x >1是R 上的单调函数，则实数a 的取值范围是
( )
A.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫14，12 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 D.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，1 解析：选B 由对数函数的定义可得a >0，且a ≠1.
又函数f ()在R 上单调，则二次函数y ＝a 2－－14
的图象开口向上， 所以函数f ()在R 上单调递减，
故有⎩⎪⎨⎪⎧ 0<a <1，12a ≥1，a ×12－1－14≥log a 1－1，即⎩⎪⎨⎪⎧ 0<a <1，0<a ≤12，a ≥14.
所以a ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤14，12. 3．已知函数f ()是定义在(0，＋∞)上的增函数，若f (a 2－a )>f (a ＋3)，则实数a 的取值
范围为________．
解析：由已知可得⎩⎨⎧ a 2－a >0，a ＋3>0，
a 2－a >a ＋3，解得－3<a <－1或a >3，所以实数a 的取值范围
为(－3，－1)∪(3，＋∞)．
答案：(－3，－1)∪(3，＋∞)
(二)技法专练——活用快得分
4．[构造法]已知减函数f ()的定义域是实数集R ，m ，n 都是实数．如果不等式f (m )－f (n )>f (－m )－f (－n )成立，那么下列不等式成立的是( )
A ．m －n <0
B ．m －n >0
C ．m ＋n <0
D ．m ＋n >0
解析：选A 设F ()＝f ()－f (－)，
由于f ()是R 上的减函数，
∴f (－)是R 上的增函数，－f (－)是R 上的减函数，
∴F ()是R 上的减函数，
∴当m <n 时，有F (m )>F (n )，
即f (m )－f (－m )>f (n )－f (－n )成立．
因此，当f (m )－f (n )>f (－m )－f (－n )成立时，不等式m －n <0一定成立，故选A. 5．[数形结合法]设函数f ()＝⎩⎨⎧
m ＋x 2，|x |≥1，x ，|x |<1的图象过点(1,1)，函数g ()是二次函数，若函数f (g ())的值域是[0，＋∞)，则函数g ()的值域是________．
解析：因为函数f ()＝⎩⎨⎧
m ＋x 2，|x |≥1，x ，|x |<1的图象过点(1,1)，所以m ＋1＝1，解得m ＝0，所以f ()＝⎩⎨⎧
x 2，|x |≥1，x ，|x |<1.画出函数y ＝f ()的大致图象如图所示，观察图象可知，
当纵坐标在[0，＋∞)上时，横坐标在(－∞，－1]∪[0，＋∞)上变化．
而f ()的值域为(－1，＋∞)，
f (
g ())的值域为[0，＋∞)，
因为g ()是二次函数，
所以g ()的值域是[0，＋∞)．
答案：[0，＋∞)
(三)素养专练——学会更学通
6．[数学抽象]已知函数f ()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 (＋1)＜1的解集的补集是(全集为R)( )
A ．(－1,2)
B ．(1,4)
C ．(－∞，－1)∪[4，＋∞)
D ．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
解析：选D 由函数f ()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 (＋1)＜1即为f (0)＜f (＋1)＜f (3)，所以0＜＋1＜3，所以－1＜＜2，故不等式－3＜f (＋1)＜1的解集的补集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
7．[数学运算]已知函数f ()＝1a －1x
(a >0，>0)． (1)求证：f ()在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f ()在12，2上的值域是12
，2，求a 的值． 解：(1)证明：设2>1>0，则2－1>0，12>0，
因为f (2)－f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a －1x 1 ＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2
>0，所以f (2)>f (1)， 所以f ()在(0，＋∞)上是增函数．
(2)因为f ()在12，2上的值域是12
，2， 又由(1)得f ()在12
，2上是单调增函数， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12
，f (2)＝2， 解得a ＝25
.
8．[数学运算]已知函数f ()＝lg ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋a x －2，其中a 是大于0的常数． (1)求函数f ()的定义域；
(2)当a ∈(1,4)时，求函数f ()在[2，＋∞)上的最小值；
(3)若对任意∈[2，＋∞)恒有f ()>0，试确定a 的取值范围． 解：(1)由＋a x
－2>0， 得x 2－2x ＋a x
>0， 当a >1时，2－2＋a >0恒成立，定义域为(0，＋∞)； 当a ＝1时，定义域为{|>0且≠1}；
当0<a <1时，定义域为{|0<<1－1－a 或>1＋1－a }．
(2)设g ()＝＋a x －2，当a ∈(1,4)，∈[2，＋∞)时，g ′()＝1－a x 2＝x 2－a x 2>0恒成立， 所以g ()＝＋a x
－2在[2，＋∞)上是增函数． 所以f ()＝lg ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋a x －2在[2，＋∞)上是增函数． 所以f ()＝lg ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋a x －2在[2，＋∞)上的最小值为f (2)＝lg a 2. (3)对任意∈[2，＋∞)恒有f ()>0，
即＋a x
－2>1对任意∈[2，＋∞)恒成立．
所以a >3－2，令h ()＝3－2， 而h ()＝3－2
＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋94在[2，＋∞)上是减函数，所以h ()ma ＝h (2)＝2，所以a >2. 即a 的取值范围为(2，＋∞)．。