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認(rèn)證信息

認(rèn)證類型：個(gè)人認(rèn)證

認(rèn)證主體：張**（實(shí)名認(rèn)證）

IP屬地：四川

IP屬地：四川 上傳時(shí)間：2025-02-12 格式：DOCX 頁數(shù)：7 大?。?0.16KB 積分：3.6 舉報(bào) 版權(quán)申訴

對(duì)點(diǎn)練8單調(diào)性與最大(小)值(二)【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】1.(2024·廈門調(diào)考)若函數(shù)f(x)＝(m－1)x＋1在R上是增函數(shù)，則f(m)與f(1)的大小關(guān)系是()A.f(m)<f(1) B.f(m)>f(1)C.f(m)≤f(1) D.f(m)≥f(1)2.對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x，已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≤1，,2－x2，x>1，))則f(x)的最大值是()A.－2 B.－1C.1 D.23.已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)，?x1，x2∈R，x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0，則()A.f(3)＞f(π)＞f(2) B.f(π)＜f(3)＜f(2)C.f(2)＞f(π)＞f(3) D.f(π)＞f(2)＞f(3)4.(2024·哈爾濱質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)，若不等式f(－4x＋a)>f(－3－x2)對(duì)?x∈(3，＋∞)恒成立，則a的取值范圍為()A.[－1，＋∞) B.[3，＋∞)C.[0，＋∞) D.(1，＋∞)5.(2024·蘭州段測(cè))已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x－2)＋2x，若f(2a2－5a＋4)＜f(a2＋a＋4)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪(2，＋∞) B.[2，6)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪[2，6) D.(0，6)6.(2024·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－e－x，x＞0，,－x2，x≤0，))若a＝50.01，b＝log32，c＝log20.9，則有()A.f(a)＞f(b)＞f(c) B.f(b)＞f(a)＞f(c)C.f(a)＞f(c)＞f(b) D.f(c)＞f(a)＞f(b)7.若函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋m,x＋1)在區(qū)間[0，1]上的最大值為eq\f(5,2)，則實(shí)數(shù)m＝()A.3 B.eq\f(5,2)C.2 D.eq\f(5,2)或38.函數(shù)y＝4x－eq\r(2x－1)的值域是________.9.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)，若f(a－2)＞3，則a的取值范圍是________.10.(2024·杭州調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax－1，x<a，,x2－2ax＋1，x≥a，))當(dāng)f(x)存在最小值時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.11.已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(1,ax)＋eq\f(2,a)(a＞0)，且f(x)在(0，1]上的最大值為g(a)，求g(a)的最小值.12.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋2,x).(1)寫出函數(shù)f(x)的定義域和值域；(2)證明函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，并求f(x)在x∈[2，8]上的最大值和最小值.【B級(jí)能力提升】13.(2024·石家莊質(zhì)檢)已知max{a，b}表示取a和b中較大的數(shù).若對(duì)任意x∈R，函數(shù)f(x)＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－x＋3，\f(3,2)x＋\f(1,2)，x2－4x＋3))，則f(x)的最小值為()A.5 B.4C.3 D.214.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，②當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>－1.(1)求f(0)的值，并證明f(x)在R上是增函數(shù)；(2)若f(1)＝1，解關(guān)于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.對(duì)點(diǎn)練8單調(diào)性與最大(小)值(二)答案1．B[因?yàn)閒(x)＝(m－1)x＋1在R上是增函數(shù)，所以m>1，故f(m)>f(1)．]2．C[因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≤1，,2－x2，x>1，))則f(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞增，在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)的最大值為f(1)＝1.]3．B[易知f(x)是R上的減函數(shù)，又π＞3＞2，故f(π)＜f(3)＜f(2)．]4．C[由題意，得－4x＋a>－3－x2對(duì)?x∈(3，＋∞)恒成立，則a>－x2＋4x－3對(duì)?x∈(3，＋∞)恒成立．設(shè)函數(shù)g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1，則當(dāng)x>3時(shí)，g(x)<0，所以a的取值范圍為[0，＋∞)．]5．C[由題意可知，函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，∵f(2a2－5a＋4)＜f(a2＋a＋4)，∴2≤2a2－5a＋4＜a2＋a＋4，解得2≤a＜6或0＜a≤eq\f(1,2).]6．A[y＝ex是增函數(shù)，y＝－e－x是增函數(shù)，因此在(0，＋∞)上y＝ex－e－x單調(diào)遞增，且此時(shí)f(x)＞0；又f(x)＝－x2在(－∞，0]上單調(diào)遞增，且f(x)≤0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．c＝log20.9＜0，0＜b＝log32＜1，a＝50.01＞1，即a＞b＞c，所以f(a)＞f(b)＞f(c)．]7．B[函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋m,x＋1)＝2＋eq\f(m－2,x＋1)，當(dāng)m＝2時(shí)，f(x)＝2，不滿足題意；當(dāng)m－2＞0，即m＞2時(shí)，易知f(x)在[0，1]上單調(diào)遞減，所以可得f(0)為[0，1]上的最大值，即f(0)＝eq\f(0＋m,1)＝eq\f(5,2)，解得m＝eq\f(5,2)，成立；當(dāng)m－2＜0，即m＜2時(shí)，f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，可得f(1)為[0，1]上的最大值，即f(1)＝eq\f(2＋m,2)＝eq\f(5,2)，解得m＝3，不成立．綜上可得m＝eq\f(5,2).]8.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)，＋∞))[由2x－1≥0得x≥eq\f(1,2)，即函數(shù)的定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，設(shè)t＝eq\r(2x－1)，則t≥0，且t2＝2x－1，即x＝eq\f(1＋t2,2)，則原函數(shù)等價(jià)為y＝4×eq\f(1＋t2,2)－t＝2t2－t＋2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(15,8)，∵t≥0，∴y≥eq\f(15,8)，即函數(shù)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)，＋∞)).]9．(0，1)[由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)知，f(x)在定義域(－2，＋∞)上是減函數(shù)，且f(－1)＝3，由f(a－2)＞3，得f(a－2)＞f(－1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2＜－1，,a－2＞－2，))解得0＜a＜1.]10．(－∞，－1]∪{0}[當(dāng)x≥a時(shí)，f(x)＝x2－2ax＋1圖象的對(duì)稱軸方程為x＝a，要想f(x)存在最小值，當(dāng)x<a時(shí)，f(x)＝ax－1單調(diào)遞減，且在x＝a處，y＝ax－1的函數(shù)值要大于等于y＝x2－2ax＋1的函數(shù)值，當(dāng)a＜0時(shí)，需滿足a2－1≥a2－2a2＋1，解得a≤－1.當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，x＜0，,x2＋1，x≥0，))此時(shí)f(x)min＝－1，符合題意．當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)不存在最小值．綜上，a≤－1或a＝0.]11．解f(x)＝ax－eq\f(1,ax)＋eq\f(2,a)(a＞0)，∴f(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(1)＝a＋eq\f(1,a)，∴g(a)＝a＋eq\f(1,a)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(1,a)，即a＝1時(shí)取等號(hào)，∴g(a)的最小值為2.12．(1)解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}．又f(x)＝1＋eq\f(2,x)，所以值域?yàn)閧y|y≠1}．(2)證明由題意可設(shè)0＜x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x2)))＝eq\f(2,x1)－eq\f(2,x2)＝eq\f(2（x2－x1）,x1x2).又0＜x1＜x2，所以x1x2＞0，x2－x1＞0，所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．當(dāng)x∈[2，8]時(shí)，f(x)的最大值為f(2)＝2，最小值為f(8)＝eq\f(5,4).13．D[如圖，在同一平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)y1＝－x＋3，y2＝eq\f(3,2)x＋eq\f(1,2)，y3＝x2－4x＋3的圖象．根據(jù)max{a，b}的定義，可得函數(shù)f(x)的圖象為圖中實(shí)線部分．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2－4x＋3，,y＝－x＋3，))可得A(0，3)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋3，,y＝\f(3,2)x＋\f(1,2)，))可得B(1，2)，由圖知f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)最小，且最小值為f(1)＝2.故選D.]14．解(1)令x＝y(tǒng)＝0，得f(0)＝－1；在R上任取x1，x2，且令x1