2-2函數(shù)的單一性與最值課時(shí)規(guī)范練A組基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練1．以下函數(shù)中，定義域是R且為增函數(shù)的是(B)－xB.y＝x3A．y＝eC．y＝lnxD.y＝|x|2．以下函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在區(qū)間(0，＋∞)上單一遞減的是(C)1－xA．y＝xB.y＝eC．y＝－x2＋1D.y＝lg|x|3．以下函數(shù)中，既是奇函數(shù)又是增函數(shù)的為(D)A．y＝x＋1B.y＝－x31D.y＝x|x|C．y＝x4．函數(shù)y＝－x2＋2x－3(x＜0)的單一增區(qū)間是(C)A．(0，＋∞)B.(－∞，1]C．(－∞，0)D.(－∞，－1]5．設(shè)f(x)＝x－sinx，則f(x)(B)A．既是奇函數(shù)又是減函數(shù)B．既是奇函數(shù)又是增函數(shù)C．是有零點(diǎn)的減函數(shù)D．是沒有零點(diǎn)的奇函數(shù)分析：由f(x)＝x－sinx的定義域?yàn)镽，且知足f(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，可得f(x)為奇函數(shù)，又由于f′(x)＝1－cosx≥0，可得f(x)為增函數(shù)．應(yīng)選B.x2＋1，x＞0，6．已知函數(shù)f(x)＝則以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是(D)cosx，x≤0，A．f(x)是偶函數(shù)B．f(x)是增函數(shù)C．f(x)是周期函數(shù)D．f(x)的值域?yàn)閇－1，＋∞)7．若函數(shù)

f(x)知足“對(duì)隨意

x1，x2∈(0，＋∞)，當(dāng)

x1＜x2時(shí)，都有

f(x1)＞f(x2)”，則f(x)的分析式能夠是

(

C)A．f(x)＝(x－1)2

B.f(x)＝ex1C．f(x)＝xD.f(x)＝ln(x＋1)8．以下函數(shù)中，在(0，＋∞)上單一遞減，而且是偶函數(shù)的是(C)A．y＝x2B.y＝－x3C．y＝－lg|x|xD.y＝29．設(shè)a＞0且≠1，則“函數(shù)f(x)＝ax在R上是減函數(shù)”是“函數(shù)g(x)＝(2－)x在R上aa是增函數(shù)”的(A)A．充分不用要條件B.必需不充分條件C．充分必需條件D.既不充分也不用要條件10．函數(shù)f(x－x＋3a，x<0，(a>0，且a≠1)是R上的減函數(shù)，則a)＝的取值范圍是ax，x≥0(B)1A．(0,1)B.3，1C.0，1D.0，233分析：由題意可得f(x)＝ax是減函數(shù)，∴0<a<1.－x＋3a，x<0，又∵f(x)＝ax，x≥0(a>0，且a≠1)是R上的減函數(shù)，0∴當(dāng)x＝0時(shí)3a≥a.即3a≥1，1∴a≥3.又∵0<a<1，1∴3≤a<1.∴a的取值范圍是1，1.31logx，x≥1，11．函數(shù)f(x)＝22x，x＜1x2，x≤1，12．函數(shù)f(x)＝6x＋x－6，x＞1，

的值域?yàn)開_(－∞，2)__．則f(f(－2))＝1，f(x)的最小值是26－－26.分析：由題意可得f(－2)＝(－2)2＝4，1f(f(－2))＝f(4)＝4＋4－6＝－2；∵當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)＝x2，由二次函數(shù)性質(zhì)可知當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)取最小值0；6當(dāng)x>1時(shí)，f(x)＝x＋x－6，66由基本不等式可得f(x)＝x＋x－6≥2x·x－6＝26－6，6當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝6時(shí)取到等號(hào)，即此時(shí)函數(shù)取最小值26－6.x∵26－6<0，∴f(x)的最小值為26－6.13．函數(shù)f(x)＝x＋2x－1的值域?yàn)?，＋∞.214．若函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的單一遞加區(qū)間是[3，＋∞)，則a＝__－6__.a分析：∵函數(shù)f(x)＝|2x＋a|對(duì)于直線x＝－2對(duì)稱，單一遞加區(qū)間是[3，＋∞)，a∴－＝3，2∴a＝－6.B組能力提高練1．定義在R上的函數(shù)f(x)的圖象對(duì)于直線x＝2對(duì)稱，且f(x)在(－∞，2)上是增函數(shù)，則(A)A．f(－1)<f(3)B.f(0)>f(3)C．f(－1)＝f(3)D.f(0)＝f(3)分析：依題意得f(3)＝f(1)，且－1<1<2，于是由函數(shù)f(x)在(－∞，2)上是增函數(shù)得f(－1)<f(1)＝f(3)．又f(0)＝f(4)<f(3)，應(yīng)選A.2．已知函數(shù)f(x)＝x3，x≤0，若f(2－x2)＞f(x)，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是x＋，x＞0，(D)A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C．(－1,2)D．(－2,1)分析：∵當(dāng)x＝0時(shí)，兩個(gè)表達(dá)式對(duì)應(yīng)的函數(shù)值都為零，∴函數(shù)的圖象是一條連續(xù)的曲線．∵當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3為增函數(shù)，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝ln(x＋1)也是增函數(shù)，∴函數(shù)f(x)是定義在R上的增函數(shù)．所以，不等式222f(2－x)＞f(x)等價(jià)于2－x＞x，即x＋x－2＜0，解得－2＜x＜1.應(yīng)選D.3．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)＋mln(1－x)是偶函數(shù)，則(B)A．m＝1，且f(x)在(0,1)上是增函數(shù)B．m＝1，且f(x)在(0,1)上是減函數(shù)C．m＝－1，且f(x)在(0,1)上是增函數(shù)D．m＝－1，且f(x)在(0,1)上是減函數(shù)分析：由于函數(shù)f( )＝ln(1＋)＋ln(1－)是偶函數(shù)，所以f1f1，則(－1)ln3＝－xxmx22m＝0，即m＝1，則f(x)＝ln(1＋x)＋ln(1－x)＝ln(1－x2)，在(0,1)上，當(dāng)x增大時(shí)，1－x2減小，ln(1－x2)減小，即f(x)在(0,1)上是減函數(shù)，應(yīng)選B.4．定義在R上的函數(shù)f(x)知足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)>0，則函數(shù)f(x)在[m，n]上有(C)A．最小值f()B.最大值f( )mnC．最小值f(n)D.最大值fm＋n2分析：函數(shù)f(x)知足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，定義域?yàn)镽.令x＝y(tǒng)＝0，則f(0)＝f(0)＋f(0)，所以f(0)＝0.再令y＝－x，代入原式得，f(0)＝f(x)＋f(－x)＝0，所以f(－x)＝－f(x)，故該函數(shù)為奇函數(shù)且圖象過原點(diǎn)．設(shè)x<y，則x－y<0，那么f(x－y)>0，得f(x)＝f(x－y＋y)＝f(x－y)＋f(y)，即f(x)－f(y)>0.∴f(x)是R上的減函數(shù)．則函數(shù)f(x)在[m，n]上有最大值為f(m)，最小值為f(n)．215．若函數(shù)f(x)＝x－2lnx＋1在其定義域的一個(gè)子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單一函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(B)A．[1，＋∞)B.1，323C．[1,2)D.2，2分析：函數(shù)f()的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以k－1≥0，即k≥1.令′( )＝4x2－1＝0，解xfx2x得x＝1x＝－1舍.由于函數(shù)f(x)在區(qū)間(k1k＋1)內(nèi)不是單一函數(shù)，所以k11＜k－，－＜222133＋1，得－＜k＜.綜上得1≤k＜.2226．(2017·高考浙江卷)函數(shù)y＝()的導(dǎo)函數(shù)y＝′( )的圖象如下圖，則函數(shù)y＝(x)fxfxf的圖象可能是(D)分析：原函數(shù)先減再增，再減再增，且x＝0位于增區(qū)間內(nèi)，所以選D.1，x＞0，．已知符號(hào)函數(shù)sgnx＝0，x＝0，f(x)是R上的增函數(shù)，g(x)＝f(x)－f(ax)(a＞7－1，x＜0.1)，則(C)A．sgn[g(x)]＝sgnxB．sgn[g(x)]＝sgn[f(x)]C．sgn[g(x)]＝－sgnxD．sgn[g(x)]＝－sgn[f(x)]分析：由于f(x)是R上的增函數(shù)，又a＞1，所以當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＜f(ax)，即g(x)＜0；當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)＝f(ax)，即g(x)＝0；當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＞f(ax)，即g(x)＞0.由符號(hào)函數(shù)1，x＞0，－1，x＞0，sgnx＝0，x＝0，知，sgn[g(x)]＝0，x＝0，＝－sgnx.－1，x＜01，x＜0x－x18．若f(x)＝e－ae為奇函數(shù)，則f(x－1)＜e－e的解集為(A)A．(－∞，2)B.(－∞，1)C．(2，＋∞)D.(1，＋∞)分析：由于f(x)＝ex－ae－x為奇函數(shù)，所以f(0)＝1－a＝0，即a＝1，則f(x)＝ex－e－x在R上單一遞加，且f11，即x－1＜1，解得(1)＝e－.則由f(x－1)＜e－，得f(x－1)＜f(1)ee1x＜2，所以不等式f(x－1)＜e－e的解集為(－∞，2)．應(yīng)選A.9．已知函數(shù)f(x)＝lg(ax－bx)＋x，常數(shù)a，b知足a＞1＞b＞0，且a＝b＋1，那么f(x)＞1的解集為(B)A．(0,1)B.(1，＋∞)C．(1,10)D.(10，＋∞)分析：由ax－bx＞0，即ax＞1，解得x＞0，所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．由于ab＞1＞b＞0，所以y＝ax單一遞加，y＝－bx單一遞加，所以t＝ax－bx單一遞加．又y＝lgt單一遞加，所以f(x)＝lg(ax－bx)＋x為增函數(shù)．而f(1)＝lg(a－b)＋1＝lg1＋1＝1，所以x＞1時(shí)f(x)＞1，故f(x)＞1的解集為(1，＋∞)．應(yīng)選B.10．函數(shù)f(x)＝x2－2＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，則函數(shù)()＝fx在區(qū)間(1，axgxx＋∞)上必定(D)A．有最小值B.有最大值C．是減函數(shù)D.是增函數(shù)分析：∵函數(shù)f(x)＝x2－2＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，圖象張口向上，對(duì)稱軸x＝，axaa＜1.fxag(x)＝x＝x＋x－2a.a若a≤0，∵g(x)＝x＋x－2a在(－∞，0)，(0，＋∞)上單一遞加，∴g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞加．a(chǎn)若0＜a＜1，∵g(x)＝x＋x－2a在(a，＋∞)上單一遞加，∴g(x)在(1，＋∞)上單一遞加．a(chǎn)綜上可得，g(x)＝x＋x－2a在(1，＋∞)上單一遞加．應(yīng)選D.11．(2018·湖南長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)二模)已知定義在R上的函數(shù)f(x)為增函數(shù)，當(dāng)x1＋x2＝1時(shí)，不等式f(x)＋f(0)>f(x)＋f(1)恒建立，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是(D)121A．(－∞，0)B.0，121C.2，1D.(1，＋∞)ff，即f(x2)＋f(1)>f(x1)分析：若x1<0，則x2>1，故由函數(shù)的單一性可得x1fx2，f＋f(0)，與題設(shè)矛盾，故A不正確；若0<x1<1，則1<x2<1，故ff，所以f(x1)22fx1fx2，11ffx2，＋f(0)<f(x)＋f(1)，與題設(shè)矛盾，故B不正確；若2<x<1，則0<x<2，故fx1f，212所以f(x1)＋f(0)<f(x2)＋f(1)，與題設(shè)矛盾，故C不正確．12．(2016·高考天津卷)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間(－∞，0)上單一遞加．若實(shí)數(shù)a知足f(2|a－1|)＞f(－2)，則a的取值范圍是1，3.22分析：由于f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間(－∞，0)上單一遞加，所以f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單一遞減．又f(2|a－1|)＞f(－2)，f(－2)＝f(2)，故－2＜2|a－1|＜2，113則|a－1|＜2，所以2＜a＜2.a－x＋4a，x≤1，是R上的減函數(shù)，則a的取值范圍是13．已知f(x)＝logax，x＞111.，37分析：由函數(shù)f(x)為單一遞減函數(shù)可得g(x)＝(3a－1)x＋4a在(－∞，1]上單一遞減，函數(shù)h(x)＝logx在(1，＋∞)上單一遞減，且g(1)≥h(1)，a3a－1＜0，∴0＜＜1，11737a－1≥0，log1，＞1，14．已知函數(shù)3xx則f(f(3))＝__－3__，函數(shù)f(x)的最大值是f(x)＝－x2＋2x，x≤1，__1__.1分析：f(3)＝log33＝－1，f(f(3))＝f(－1)＝－(－1)2－2＝－3.1當(dāng)x＞1時(shí)f(x)＝log3x為減函數(shù)，無最大值．當(dāng)x≤1時(shí)f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，最大值為1.15．函數(shù)f(x)＝x－2，x∈[1,2]，g(x)＝acosπx＋5－2a，(a≠0)，對(duì)隨意的x1∈[1,2]，x2總存在x2∈[0,1]，使得g(x2)＝f(x1)建立，則a的取值范圍為__[3,4]__．分析：對(duì)隨意的x∈[1,2]，總存在x∈[0,1]，使得g(x)＝f(x)建立等價(jià)于f