对点练10 函数的单调性与最值-2022老高考理科数学高频考点突破练

对点练10　函数的单调性与最值 1．D　函数y＝eq \f(1,1－x)，y＝ln(x＋1)在(－1，1)上都是增函数，函数y＝cos x在(－1，0)上是增函数，在(0，1)上是减函数，而函数y＝2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)在(－1，1)上是减函数，故选D. 2．B　易知y＝eq \r(（x－1）2＋2)， ∵(x－1)2＋2≥2，∴y≥eq \r(2)，故选B. 3．B　y＝eq \f(2x,x－1)＝eq \f(2（x－1）＋2,x－1)＝2＋eq \f(2,x－1)， 由此可得函数在(1，＋∞)上单调递减，故选B. 4．A　易知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上是减函数， ∴f(x)max＝f(－2)＝2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2). 5．D　∵函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数， 满足f(2x－1)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，∴0≤2x－1＜eq \f(1,3)， 解得eq \f(1,2)≤x＜eq \f(2,3)，故选D. 6．A　∵f(x)是偶函数，∴f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)． 又∵函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数， ∴f(π)＞f(3)＞f(2)， 即f(π)＞f(－3)＞f(－2)，故选A. 7．C　令g(x)＝－x2－2x＋3， 由题意知g(x)＞0，可得－3＜x＜1， 故函数的定义域为{x|－3＜x＜1}． 根据f(0)＝loga3＜0，可得0＜a＜1， 又g(x)在定义域(－3，1)内的减区间是[－1，1)， ∴f(x)的单调递增区间为[－1，1)． 8．D　由函数f(x)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(x＋1)＜1，即为f(0)＜f(x＋1)＜f(3)，∴0＜x＋1＜3，∴－1＜x＜2， 故不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集的补集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)，故选D. 9．解析　易知函数y＝x＋eq \r(x－1)的定义域为[1，＋∞)，且在[1，＋∞)上为增函数， ∴当x＝1时，函数取得最小值，且ymin＝1. 答案　1 10．解析　令u(x)＝|x－3|，则在(－∞，3)上u(x)为减函数，在(3，＋∞)上u(x)为增函数． 又∵0＜eq \f(1,2)＜1，∴在区间(3，＋∞)上，函数y＝logeq \s\do9(\f(1,2))|x－3|为减函数． 答案　(3，＋∞) 11．解析　函数y＝|2x＋c|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋c，x≥－\f(c,2)，,－2x－c，x＜－\f(c,2)，)) 则函数y＝|2x＋c|在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(c,2)))上单调递减， 在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)，＋∞))上单调递增，∴－eq \f(c,2)≥1， 解得c≤－2. 答案　c≤－2 12．解析　由题意可得f(－2)＝(－2)2＝4，∴f(f(－2))＝f(4)＝4＋eq \f(6,4)－6＝－eq \f(1,2)；∵当x≤1时，f(x)＝x2，由二次函数可知当x＝0时，函数取最小值0；当x＞1时，f(x)＝x＋eq \f(6,x)－6，由基本不等式可得f(x)＝x＋eq \f(6,x)－6≥2 eq \r(x·\f(6,x))－6＝2eq \r(6)－6， 当且仅当x＝eq \f(6,x)即x＝eq \r(6)时取到等号， 即此时函数取最小值2eq \r(6)－6； ∵2eq \r(6)－6＜0，∴f(x)的最小值为2eq \r(6)－6. 答案　－eq \f(1,2)　2eq \r(6)－6 PAGE - 360 - $对点练10函数的单调性与最值 1．下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是(　　) A．y＝eq \f(1,1－x) B．y＝cos x C．y＝ln(x＋1) D．y＝2－x 2．函数y＝ eq \r(x2－2x＋3)有(　　) A．最小值2 B．最小值eq \r(2) C．最大值2 D．最大值eq \r(2) 3．已知函数y＝eq \f(2x,x－1)，则(　　) A．在区间(1，＋∞)上单调递增 B．在区间(1，＋∞)上单调递减 C．在区间(－∞，1)上单调递增 D．在定义域内单调递减 4．函数f(x)＝－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的