课时达标9 函数的单调性与最值（word练习）-【状元桥】2023高考数学(理科)一轮总复习(老教材 新高考)

课时达标(九) 1．(2022·山西名校联考)下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是(　　) A．y＝|x| B．y＝3－x C．y＝ D．y＝－x2＋4 答案　A 解析 　y＝|x|在(0，＋∞)上单调递增，y＝3－x在R上单调递减，y＝在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x2＋4在(0，＋∞)上单调递减．故选A项． 2．函数f(x)＝－x＋在上的最大值是(　　) A. B．－ C．－2 D．2 答案　A 解析 　函数f(x)＝－x＋的导数为f′(x)＝－1－，由f′(x)<0，可得f(x)在上单调递减，即f(－2)为最大值，且为2－＝.故选A项． 3．(2021·新高考Ⅱ)已知a＝log52，b＝log83，c＝，则下列判断正确的是(　　) A．c<b<a B．b<a<c C．a<c<b D．a<b<c 答案　C 解析 　a＝log52<log5＝＝log82<log83＝b，即a<c<b.故选C项． 4．设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是(　　) A．y＝在R上为减函数 B．y＝|f(x)|在R上为增函数 C．y＝－在R上为增函数 D．y＝－f(x)在R上为减函数 答案　D 解析 　设f(x)＝x，则y＝＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性，A项错误；则y＝|f(x)|＝|x|在R上无单调性，B项错误；则y＝－＝－的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性，C项错误；则y＝－f(x)＝－x在R上为减函数，D项正确．故选D项． 5．定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当a<b时，a⊕b＝b2，则函数f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2,2]的最大值等于(　　) A．－1 B．1 C．6 D．12 答案　C 解析 　由题意知当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2；当1<x≤2时，f(x)＝x3－2.又f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在相应的定义域内都为增函数，且f(1)＝－1，f(2)＝6，所以f(x)的最大值为6.故选C项． 6．函数y＝2x＋ 的值域为________. 解析 令t＝(t≥0)，则x＝，所以y＝－t2＋t＋1＝－2＋.所以t＝，即x＝时，y取最大值，ymax＝，且y无最小值，所以函数的值域为. 答案　 7．(2022·四川绵阳月考)如果函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上单调递增，则实数a的取值范围是________. 解析 当a＝0时，函数f(x)＝2x－3在定义域R上是单调递增的，故f(x)在区间(－∞，4)上单调递增；当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为x＝－，因为f(x)在区间(－∞，4)上单调递增，所以a<0，且－≥4，解得－≤a<0，所以实数a的取值范围是. 答案　 8．已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－3)，B(3,1)是其图象上的两点，那么不等式－3<f(x＋1)<1的解集为________. 解析 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)，所以0<x＋1<3，所以－1<x<2，所以不等式－3<f(x＋1)<1的解集为(－1,2)． 答案　(－1,2) 9．(2022·浙江宁波月考)已知函数f(x)＝. (1)写出函数f(x)的定义域和值域； (2)证明：函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，并求f(x)在x∈[2,8]上的最大值和最小值． 解析 (1)定义域为{x|x≠0}．又f(x)＝1＋，所以值域为{y|y≠1}． (2)证明：由题意可设0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝－＝－＝.又0<x1<x2，所以x1x2>0，x2－x1>0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数．在x∈[2,8]上，f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(8)＝. 10．已知函数f(x)＝－(a>0，x>0)． (1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数； (2)若f(x)在上的值域是，求a的值． 解析 (1)证明：任取x1>x2>0，则f(x1)－f(x2)＝－－＋＝，因为x1>x2>0，所以x1－x2>0，x1x2>0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数． (2)由(1)可知，f(x)在上是增函数，所以f＝－2＝，f(2)＝－＝2，解得a＝. 11．(2022·重庆月考)设f(x)＝若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为________. 解析 因为当x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，所以a≥0；当x>0时，f(x)＝x＋