2020届二轮（理科数学） 函数的单调性与最大(小)值专题卷（全国通用）1.定义新运算“⊕”：当a≥b时，a⊕b＝a2；当a
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
C2.已知函数y＝f(x)的图像关于x＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( )A．c0，,x－8>0，,xx－8≤9，))解得80，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．解析 由题意知g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2 x>1，,0x＝1，,－x2x<1，))函数的图像如图所示的实线部分，根据图像，g(x)的减区间是[0,1)．答案 [0,1)5.(2018·南昌调研)函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．解析 由于y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在R上递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上递增，所以f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)＝1.答案 36.(2018·潍坊模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析 作出函数f(x)的图像如图所示，由图像可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥2.答案 (－∞，1]∪[4，＋∞)三、解答题7.已知函数f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a>0，x>0)．(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，求a的值．(1)证明 设x2>x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0，∵f(x2)－f(x1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,x2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,x1)))＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－x1,x1x2)>0，∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(2)解 ∵f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，又由(1)得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是单调增函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，f(2)＝2，易知a＝eq\f(2,5).8.已知函数f(x)＝2x－eq\f(a,x)的定义域为(0,1](a为实数)．(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的值域；(2)求函数y＝f(x)在区间(0,1]上的最大值及最小值，并求出当函数f(x)取得最值时x的值．解 (1)当a＝1时，f(x)＝2x－eq\f(1,x)，任取1≥x1＞x2＞0，则f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x1x2))).∵1≥x1＞x2＞0，∴x1－x2＞0，x1x2＞0.∴f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(0,1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值1，所以f(x)的值域为(－∞，1]．(2)当a≥0时，y＝f(x)在(0,1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值2－a；当a＜0时，f(x)＝2x＋eq\f(－a,x)，当eq\r(－\f(a,2))≥1，即a∈(－∞，－2]时，y＝f(x)在(0,1]上单调递减，无最大值，当x＝1时取得最小值2－a；当eq\r(－\f(a,2))＜1，即a∈(－2,0)时，y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,2))))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,2))，1))上单调递增，无最大值，当x＝eq\r(－\f(a,2))时取得最小值2eq\r(－2a).11．(2018·郑州质检)若函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝( )A．4B．2C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,4)解析 当a>1，则y＝ax为增函数，有a2＝4，a－1＝m，此时a＝2，m＝eq\f(1,2)，此时g(x)＝－eq\r(x)在[0，＋∞)上为减函数，不合题意．当0－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，若f(a)＝g(b)，则g(b)∈(－1,1]，即－b2＋4b－3>－1，即b2－4b＋2<0，解得2－eq\r(2)b.))设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．解析 依题意，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，02.))当02时，h(x)＝3－x是减函数，∴h(x)在x＝2时，取得最大值h(2)＝1.答案 112.已知函数f(x)＝lg(x＋eq\f(a,x)－2)，其中a是大于0的常数．(1)求函数f(x)的定义域；(2)当a∈(1,4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，试确定a的取值范围．解 (1)由x＋eq\f(a,x)－2＞0，得eq\f(x2－2x＋a,x)＞0，当a＞1时，x2－2x＋a＞0恒成立，定义域为(0，＋∞)，当a＝1时，定义域为{x|x＞0且x≠1}，当0＜a＜1时，定义域为{x|0＜x＜1－eq\r(1－a)或x＞1＋eq\r(1－a)}．(2)设g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2，当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，∴g′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)>0.因此g(x)在[2，＋∞)上是增函数，∴f(x)在[2，＋∞)上是增函数．则f(x)min＝f(2)＝lneq\f(a,2).(3)对任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0.即x＋eq\f(a,x)－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立．∴a>3x－x2.令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞)．由于h(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\f(9,4)在[2，＋∞)上是减函数，∴h(x)max＝h(2)＝2.故a>2时，恒有f(x)>0.因此实数a的取值范围为(2，＋∞).
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