課時(shí)跟蹤檢測(cè)（六）  函數(shù)的單調(diào)性與最大（?。┲?/span>[素養(yǎng)落實(shí)練]1．(多選)下列函數(shù)中在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減的是(　　)A．y＝x　　　　　　　　 B．y＝21－xC．y＝ln(x＋1)  D．y＝|1－x|解析：選BD　A項(xiàng)，y＝x在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，B項(xiàng)，y＝21－x＝2×x，單調(diào)遞減，C項(xiàng)，y＝ln(x＋1)單調(diào)遞增，D項(xiàng)，y＝|1－x|＝故在(0,1)上單調(diào)遞減．2．函數(shù)f(x)＝－x＋在上的最大值是(　　)A．  B．－C．－2  D．2解析：選A　易知f(x)在上是減函數(shù)，∴f(x)max＝f(－2)＝2－＝.3．已知f(x)＝8＋2x－x2，若g(x)＝f(2－x2)，則g(x)(　　)A．在區(qū)間(－1,0)內(nèi)是減函數(shù)B．在區(qū)間(0,1)內(nèi)是減函數(shù)C．在區(qū)間(－2,0)內(nèi)是增函數(shù)D．在區(qū)間(0,2)內(nèi)是增函數(shù)解析：選A　f(x)＝8＋2x－x2在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，t＝2－x2在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性：當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，t∈(－∞，1)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，t∈(1,2)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，t∈(1,2)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，t∈(－∞，1)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減．4．設(shè)f(x)＝若f(0)是f(x)的最小值，則a的取值范圍為(　　)A．[－1,2]  B．[－1,0]C．[1,2]  D．[0,2]解析：選D　∵當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，∴a≥0.當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x＋＋a≥2＋a，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”．要滿(mǎn)足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2.∴a的取值范圍是0≤a≤2.故選D.5．(2020·聊城三模)已知函數(shù)f(x)＝若f(a2－3)≥f(－2a)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　)A．(－∞，1]  B．(－∞，－3]∪[1，＋∞)C．(－∞，1]∪[3，＋∞)  D．[－3,1]解析：選D　當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝3e－x單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝－4x＋3單調(diào)遞減．又3e0＝－4×0＋3，則函數(shù)y＝f(x)在R上連續(xù)，則函數(shù)y＝f(x)在R上單調(diào)遞減．由f(a2－3)≥f(－2a)，可得a2－3≤－2a，即a2＋2a－3≤0，解得－3≤a≤1.因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－3,1]．6．(多選)對(duì)于函數(shù)f(x)＝(x∈R)，下列判斷正確的是(　　)A．f(－x＋1)＋f(x－1)＝0B．當(dāng)m∈(0,1)時(shí)，方程f(x)＝m有唯一實(shí)數(shù)解C．函數(shù)f(x)的值域?yàn)?/span>(－∞，＋∞)D．?x1≠x2，＞0解析：選ABD　f(－x)＋f(x)＝＋＝0，故f(x)為奇函數(shù)，令t＝x－1，即f(－t)＋f(t)＝0，故A正確；當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝＝1－，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(0)＝0，f(x)＝＜1，且f(x)是奇函數(shù)，∴f(x)的值域?yàn)?/span>(－1,1)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)，故B正確，C錯(cuò)誤；∵f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)，∴?x1≠x2，＞0，故D正確．7．(2020·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝若a＝50.01，b＝log32，c＝log30.9，則有(　　)A．f(b)>f(a)>f(c)  B．f(c)>f(a)>f(b)C．f(a)>f(c)>f(b)  D．f(a)>f(b)>f(c)解析：選D　因?yàn)?/span>f(x)＝當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝ex－e－x單調(diào)遞增，且f(0)＝0；當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝－x2單調(diào)遞增，且f(0)＝0，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，又由a＝50.01>1,0<b＝log32<1，c<0，所以a>b>c，所以f(a)>f(b)>f(c)．8．函數(shù)f(x)＝ 的單調(diào)增區(qū)間為________．解析：函數(shù)f(x)由y＝，t＝x2－2x－3復(fù)合而成，t＝x2－2x－3>0?x>3或x<－1，又y＝單調(diào)遞減，則t＝x2－2x－3的減區(qū)間(－∞，－1)即為函數(shù)f(x)＝的增區(qū)間，所以f(x)＝ 的增區(qū)間為(－∞，－1)．答案：(－∞，－1)9．設(shè)函數(shù)f(x)＝在區(qū)間(－2，＋∞)上是增函數(shù)，那么a的取值范圍是________．解析：f(x)＝＝a－，∵函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2，＋∞)上是增函數(shù)，∴即即a≥1.答案：[1，＋∞)10．若函數(shù)y＝|2x＋c|是區(qū)間(－∞，1]上的單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)c的取值范圍是________．解析：由函數(shù)y＝|2x＋c|＝得函數(shù)y＝|2x＋c|在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．由題知，函數(shù)在區(qū)間(－∞，1]上單調(diào)，所以－≥1，解得c≤－2.答案：(－∞，2]11．(2021·臨沂高三月考)已知函數(shù)f(x)＝.(1)用定義證明：f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)；(2)求該函數(shù)在區(qū)間[2,4]上的最大值與最小值．解：(1)證明：任取x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝－＝.∵1≤x1<x2，∴x1－x2<0，(x1＋1)(x2＋1)>0，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，故函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)．(2)由(1)知函數(shù)f(x)在區(qū)間[2,4]上是增函數(shù)，∴f(x)max＝f(4)＝＝，f(x)min＝f(2)＝＝.12．已知函數(shù)f(x)＝(a≠1)．(1)若a>0，求f(x)的定義域；(2)若f(x)在區(qū)間(0,1]上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a>0且a≠1時(shí)，由3－ax≥0得x≤，即函數(shù)f(x)的定義域是.(2)當(dāng)a－1>0即a>1時(shí)，令t＝3－ax，要使f(x)在(0,1]上是減函數(shù)，則函數(shù)t＝3－ax在(0,1]上為減函數(shù)，即－a<0，并且3－a×1≥0，解得1<a≤3；當(dāng)a－1<0即a<1時(shí)，令t＝3－ax，要使f(x)在(0,1]上是減函數(shù)，則函數(shù)t＝3－ax在(0,1]上為增函數(shù)，即－a>0，并且3－a×1≥0，解得a<0.綜上可知，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)∪(1,3]．13．已知函數(shù)f(x)＝a－.(1)求f(0)；(2)探究f(x)的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；(3)若f(x)是奇函數(shù)，求滿(mǎn)足f(ax)<f(2)的x的范圍．解：(1)f(0)＝a－＝a－1.(2)f(x)在R上單調(diào)遞增．證明如下：∵f(x)的定義域?yàn)?/span>R，∴任取x1，x2∈R且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝a－－a＋＝，∵y＝2x在R上單調(diào)遞增且x1<x2，∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0,2x1＋1>0,2x2＋1>0.∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．∴f(x)在R上單調(diào)遞增．(3)∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，即a－＝－a＋，解得a＝1(或用f(0)＝0去解)．∴f(ax)<f(2)即為f(x)<f(2)，又∵f(x)在R上單調(diào)遞增，∴x<2.∴x的取值范圍是(－∞，2)． [梯度拔高練]1．(多選)若定義在R上的函數(shù)f(x)對(duì)任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1，x2都有x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)，則稱(chēng)函數(shù)f(x)為“Z函數(shù)”．以下函數(shù)中是“Z函數(shù)”的有(　　)A．y＝－x2＋1  B．y＝3x－2sin x－2cos xC．y＝  D．y＝解析：選BD　∵x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)，∴x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]＞0，∴(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＞0，故“Z函數(shù)”單調(diào)遞增．對(duì)于選項(xiàng)A，y＝－x2＋1在區(qū)間(－∞，0)上遞增，在區(qū)間(0，＋∞)上遞減，故A不正確；對(duì)于選項(xiàng)B，y′＝3－2cos x＋2sin x＝3＋2sin＞0，∴此函數(shù)在R上單調(diào)遞增，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，函數(shù)y＝在區(qū)間(0，＋∞)上遞增，在區(qū)間(－∞，0)上遞減，故C不正確；對(duì)于選項(xiàng)D，函數(shù)y＝在區(qū)間[0，＋∞)上遞增，在區(qū)間(－∞，0)上遞增，可判斷出在R上遞增，故D正確．2．已知函數(shù)f(x)＝滿(mǎn)足對(duì)任意x1≠x2，都有<0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　)A.　    B.       C.　   D．(1，＋∞)解析：選B　因?yàn)楹瘮?shù)對(duì)任意x1≠x2，都有<0成立，所以函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，所以解得0<a≤.3．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，則函數(shù)g(x)＝在區(qū)間   (1，＋∞)上一定(　　)A．有最小值  B．有最大值C．是減函數(shù)  D．是增函數(shù)解析：選D　因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x2－2ax＋a＝(x－a)2＋a－a2在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，所以函數(shù)f(x)的對(duì)稱(chēng)軸x＝a應(yīng)當(dāng)位于區(qū)間(－∞，1)內(nèi)，即a<1，又g(x)＝＝x＋－2a，所以當(dāng)a<0時(shí)，g(x)＝x＋－2a在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，此時(shí)，g(x)min>g(1)＝1－a>0；當(dāng)a＝0時(shí)，g(x)＝x在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，此時(shí)，g(x)min>g(1)＝1；當(dāng)0<a<1時(shí)，g(x)＝x＋－2a，g′(x)＝1－>1－a>0，此時(shí)，g(x)min>g(1)＝1－a.綜上，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．4．已知函數(shù)f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若?x1∈，?x2∈[2,3]使得f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：當(dāng)x∈時(shí)，f(x)≥2 ＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)min＝4；當(dāng)x∈[2,3]時(shí)，g(x)為增函數(shù)，故g(x)min＝22＋a＝4＋a.依題意可得f(x)min≥g(x)min，解得a≤0.答案：(－∞，0] 

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