1、课时作业课时作业 5函数的单调性与最值函数的单调性与最值 一、选择题 1(2021长春质监)下列函数中，在(0，)上单调递减的是(A) Ay22 x Byx1 1x Cylog1 2 1 x Dyx22xa 解析：A 中，y22 x，令 t2x，t2x 在(0，)上单调递减，t(，2)，y2t 在(，2)上单 调递增，y22 x 在(0，)上单调递减B 中，yx1 1x1 2 x1，令 tx1，tx1 在(0，)上单调递 增，t(1，)，y12 t 在(1，)上单调递增，yx1 1x在(0，)上单调递增C 中，ylog1 2 1 xlog 2x 在 (0，)上单调递增D 中，yx22xa 图象
2、的对称轴为直线 x1，所以函数在(0,1)上单调递增，在(1，) 上单调递减故选 A. 2(2021武汉模拟)函数 f(x)|x2|x 的单调递减区间是(A) A1,2B1,0 C0,2D2，) 解析：f(x)|x2|x x22x，x2， x22x，x0， 若 f(a1)f(a21)，则实数 a 的取值范围是(A) A2,1 B1,2 C(，21，) D(，12，) 解析：因为 f(x) e x，x0， x22x1，x0， 在区间(，)上单调递减， 所以不等式 f(a1)f(a21)等价于不等式 a1a21，即 a2a20，解得2a1，故选 A. 4已知函数 f(x) 1 3x 31 2x 2
3、，xf(2x)的解集为(B) A(，3)(1，) B(3,1) C(，1)(3，) D(1,3) 解析：易知，当 x0，f(x)为增函数，当 x0 时，f(x)ex也为增函数，且 x0 时，f(x)f(2x)等价于 3x22x，解得3xbaBbac CcabDbca 解析：f(x)e x1 ex11 2 ex1， 其定义域为(，0)(0，)， 易知 f(x)在(，0)，(0，)上为减函数， 且当 x0 时，f(x)0 时，f(x)0. ln20，1 20，ln 1 30，a0，cln3， 1 2ln 1 3.f(x)在(，0)上单调递减， f 1 2 a，bca.故选 D. 6已知 1x5，则
4、下列函数中，最小值为 4 的是(D) Ay4x1 x Byx 4 x1 Cyx22x3Dy5lnx1 x 解析： 易知函数 y4x1 x在1,5上递增， 所以 4x 1 x5， A 不符合题意； 因为 x1， 所以 yx 4 x1x1 4 x1 1413(当且仅当 x1 时取等号)，故其最小值不为 4，B 不符合题意；yx22x3(x1)24，其最大 值为 4(当 x1 时取得)，最小值是 f(5)12，C 不符合题意；因为函数 y5lnx1 x在(0，)上递增，所以在区 间1,5上也是增函数，其最小值为 f(1)5ln11 14，符合题意故选 D. 7(2021全国百强名校“领军考试”)已知
5、定义在(，)上的增函数 f(x)满足对任意 x1，x2(，)， 都有 f(x1x2)1 2f(x 1)f(x2)，且 f(0)0，f(1)6，若 2f(a1)18，则 a 的取值范围是(B) A. 1 2，1B(1,1) C(0,2)D(1,3) 解析： 在 f(x1x2)1 2f(x 1)f(x2)中， 令 x1x21， 得 f(2)1 2f(1)f(1)18， 令 x 1x20， 得 f(0)2， 所以 2f(a1)18， 即 f(0)f(a1)f(2)，因为 f(x)为定义在(，)上的增函数，所以 0a12，所以1a0， 设函数f(x)2 020 x12 019 2 020 x1 2 0
6、19x3(xa， a)的最大值为M， 最小值为N， 则MN的值为(C) A2 019B2 020 C4 039D4 038 解析：f(x)2 020 x12 019 2 020 x1 2 019x3 2 0202 020 x11 2 020 x1 2 019x3 2 020 1 2 020 x12 019x 3， 因为 y 1 2 020 x1，y2 019x 3均为增函数， 所以 f(x)在a，a上单调递增，故函数 f(x)的最大值为 f(a)，最小值为 f(a)，所以 MNf(a)f(a) 2 020 1 2 020a12 019a 32 020 1 2 020 a1 2 019(a)34
7、 04014 039. 二、填空题 9若函数 f(x) 1 3 2x2mx3 在区间(1,1)上单调递减，则实数 m 的取值范围是4，) 解析：由复合函数的单调性知，本题等价于 y2x2mx3 在(1,1)上单调递增，所以m 4 1，得 m4，即 实数 m 的取值范围是4，) 10设函数 f(x) xa，x1， 2x，x1 的最小值为 2，则实数 a 的取值范围是3，) 解析：当 x1 时，f(x)2，当 xa1.由题意知 a12，所以 a3. 11(2021山东曲阜月考)函数 f(x)在(0，)上单调递增，且 f(x2)的图象关于直线 x2 对称若 f(2)1， 则 f(x2)1 的 x 的
8、取值范围是0,4 解析：因为 f(x2)的图象关于直线 x2 对称，所以函数 f(x)的图象关于 y 轴对称，所以 f(x)是偶函数又函数 f(x)在(0，)上单调递增，且 f(2)1，所以 f(x2)1 等价于 f(|x2|)f(2)，即|x2|2，解得 0 x4. 12已知函数 f(x)x22x3a，g(x) 2 x1.若对任意 x 10,3，总存在 x22,3，使得|f(x1)|g(x2)成立，则实 数 a 的值为1 3. 解析：不等式|f(x1)|g(x2)可化为g(x2)f(x1)g(x2)，若对任意 x10,3，总存在 x22,3，使得|f(x1)|g(x2)成 立，则 gx2mi
9、nfx1min， fx1maxgx2max. 当 x2,3时，g(x) 2 x1的最大值为 g(2) 2 212，当 x0,3时，f(x)x 22x 3a 的最大值为 f(3)32233a33a， 最小值为 f(1)12213a13a.所以 23a1， 33a2， 解得 a 1 3. 三、解答题 13已知函数 f(x)1 a 1 x(a0，x0) (1)求证：f(x)在(0，)上是增函数； (2)若 f(x)在 1 2，2上的值域是 1 2，2，求 a 的值 解：(1)证明：设 x2x10，则 x2x10，x1x20， 因为 f(x2)f(x1) 1 a 1 x2 1 a 1 x1 1 x1
10、1 x2 x2x1 x1x2 0， 所以 f(x2)f(x1)，所以 f(x)在(0，)上是增函数 (2)因为 f(x)在 1 2，2上的值域是 1 2，2， 又由(1)得 f(x)在 1 2，2上是单调增函数， 所以 f 1 2 1 2，f(2)2，解得 a 2 5. 14函数 f(x)的定义域为(0，)，且对一切 x0，y0 都有 f x y f(x)f(y)，当 x1 时，有 f(x)0. (1)求 f(1)的值； (2)判断 f(x)的单调性并证明； (3)若 f(6)1，解不等式 f(x5)f 1 x 2. 解：(1)f(1)f x x f(x)f(x)0. (2)f(x)在(0，)
11、上是增函数 证明：设 0 x11，所以 f x2 x10.所以 f(x2)f(x1)0，即 f(x) 在(0，)上是增函数 (3)因为 f(6)f 36 6 f(36)f(6)，又 f(6)1，所以 f(36)2，原不等式化为 f(x25x)0， 1 x0， x25x36， 解得 0 x0，试确定 a 的取值范围 解：(1)由 xa x20，得 x22xa x 0， 当 a1 时，x22xa0 恒成立，定义域为(0，)； 当 a1 时，定义域为x|x0 且 x1； 当 0a1 时，定义域为x|0 x1 1a (2)设 g(x)xa x2，当 a(1,4)，x2，)时，g(x)1 a x2 x2a x2 0 恒成立， 所以 g(x)xa x2 在2，)上是增函数 所以 f(x)lg xa x2在2，)上是增函数 所以 f(x)lg xa x2在2，)上的最小值为 f(2)lga 2. (3)对任意 x2，)恒有 f(x)0， 即 xa x21 对任意 x2，)恒成立 所以 a3xx2，令 h(x)3xx2， 而 h(x)3xx2 x3 2 29 4在2，)上是减函数，所以 h(x) maxh(2)2，所以 a2. 即 a 的取值范围为(2，)
