【师说 高中全程复习构想】（新课标）2022届高考数学 1.4 函数的单调性与最值练习

【师说高中全程复习构想】（新课标）2022届高考数学1.4函数的单调性与最值练习一、选择题1．(2022·宁夏月考)下列函数中，在(－1,1)内有零点且单调递增的是(　　)A．y＝logx　　　　　　　B．y＝2x－1C．y＝x2－D．y＝－x3解析：观察四个选项，在(－1,1)内单调递增的只有函数y＝2x－1且其在(－1,1)内也有零点．故选B.答案：B2．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是(　　)A.B.C.D.解析：函数f(x)的定义域是(－1,4)，u(x)＝－x2＋3x＋4＝－2＋的减区间为，∵e＞1，∴函数f(x)的单调减区间为.答案：D3．已知函数f(x)在区间[a，b]上单调，且f(a)·f(b)＜0，则方程f(x)＝0在区间[a，b]上(　　)A．至少有一实根B．至多有一实根C．没有实根D．必有惟一的实根解析：∵f(a)·f(b)＜0且f(x)在[a，b]上单调，∴由数形结合，可以看出，必有惟一的实数x0，使f(x0)＝0成立．答案：D4．函数f(x)(x∈R)的图象如下图所示，则函数g(x)＝f(logax)(0＜a＜1)的单调减区间是(　　)A.B．(－∞，0)∪C．[，1]4\nD．[，]解析：y＝logax(0＜a＜1)为减函数，根据复合函数的单调性及图象知，当0≤logax≤，即≤x≤1时，g(x)为减函数，故其单调减区间为[，1]．答案：C5．已知函数f(x)＝若f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)A．(1,2)B．(2,3)C．(2,3]D．(2，＋∞)解析：要保证函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，则首先分段函数应该在各自定义域内分别单调递增．若f(x)＝(a－2)x－1在区间(－∞，1]上单调递增，则a－2＞0，即a＞2.若f(x)＝logax在区间(1，＋∞)上单调递增，则a＞1.另外，要保证函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增还必须满足(a－2)×1－1≤loga1＝0，即a≤3.故实数a的取值范围为2＜a≤3.答案：C6．已知函数f(x)图象的两条对称轴x＝0和x＝1，且在x∈[－1,0]上f(x)单调递增，设a＝f(3)，b＝f()，c＝f(2)，则a，b，c的大小关系是(　　)A．a＞b＞cB．a＞c＞bC．b＞c＞aD．c＞b＞a解析：因为f(x)在[－1,0]上单调递增，f(x)的图象关于直线x＝0对称，所以f(x)在[0,1]上单调递减；又f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)在[1,2]上单调递增．由对称性f(3)＝f(1)＜f()＜f(2)，即a＜b＜c.答案：D二、填空题7．已知y＝f(x)是定义在(－2,2)上的增函数，若f(m－1)＜f(1－2m)，则m的取值范围是______．解析：依题意，原不等式等价于⇒⇒－＜m＜.答案：8．已知下列四个命题：①若f(x)为减函数，则－f(x)为增函数；②若f(x)为增函数，则函数g(x)＝在其定义域内为减函数；③若f(x)与g(x)均为(a，b)上的增函数，则f(x)·g(x)也是区间(a，b)上的增函数；④若f(x)与g(x)在(a，b)上分别是递增与递减函数，且g(x)≠0，则在(a，b)上是递增函数．其中正确命题的序号是__________．解析：①正确；②不正确，可用y＝x(x≠0)说明，若f(x)恒大于零(或若f(x)恒小于零)，则命题②成立；③不正确，可用y＝x(x＞0)与y＝－(x＞0)说明；④不正确，可用y＝x(x＞0)与y＝－x(x＞0)说明．答案：①9．已知函数f(x)＝若f(6－a2)＞f(5a)，则实数a的取值范围是__________．4\n解析：当x≤2时，f1(x)＝－x2＋4x－10是单调递增函数；当x＞2时，f2(x)＝log3(x－1)－6也是单调递增函数，且f1(2)＝－22＋4×2－10＝－6，f2(2)＝log3(2－1)－6＝－6，即f1(2)＝f2(2)，因此f(x)在R上单调递增，又因为f(6－a2)＞f(5a)，所以6－a2＞5a，解得－6＜a＜1.答案：－6＜a＜1三、解答题10．函数f(x)＝2x－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)若函数y＝f(x)在定义域上是减函数，求a的取值范围；(3)求函数y＝f(x)在(0,1]上的最大值及最小值，并求出函数取最值时x的值．解析：(1)a＝－1时，f(x)＝2x＋，因为x∈(0,1]，所以f(x)≥2＝2，当且仅当2x＝，即x＝时，等号成立．所以函数y＝f(x)的值域为[2，＋∞)．(2)若函数y＝f(x)在定义域上是减函数，则任取x1，x2∈(0,1]且x1＜x2都有f(x1)＞f(x2)成立，即(x1－x2)＞0，只要a＜－2x1x2即可．由x1，x2∈(0,1]，故－2x1x2∈(－2,0)，所以a≤－2.故a的取值范围是(－∞，－2](或用导数来判断)．(3)当a≥0时，函数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；由(2)得当a≤－2时，函数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－2＜a＜0时，函数y＝f(x)在上单调递减，在上单调递增，无最大值，当x＝时取得最小值2.11．已知函数f(x)＝a·2x＋b·3x，其中常数a，b满足ab≠0.(1)若ab＞0，判断函数f(x)的单调性；(2)若ab＜0，求f(x＋1)＞f(x)时x的取值范围．解析：(1)当a＞0，b＞0时，任意x1，x2∈R，令x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝a(2x1－2x2)＋b(3x1－3x2)，∵2x1＜2x2，a＞0⇒a(2x1－2x2)＜0，3x1＜3x2，b＞0⇒b(3x1－3x2)＜0，∴f(x1)－f(x2)＜0，函数f(x)在R上是增函数．当a＜0，b＜0时，同理，函数f(x)在R上是减函数．(2)f(x＋1)－f(x)＝a·2x＋2b·3x＞0，当a＜0，b＞0时，x＞－，则x＞log1.5；4\n当a＞0，b＜0时，x＜－，则x＜log1.5.12．已知函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x＞0时，f(x)＜0，f(1)＝－.(1)求证：f(x)在R上是减函数；(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值．解析：(1)证明：方法一：∵函数f(x)对于任意x，y∈R总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，∴令x＝y＝0，得f(0)＝0.再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)．在R上任取x1＞x2，则x1－x2＞0，f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)．又∵x＞0时，f(x)＜0，而x1－x2＞0，∴f(x1－x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．因此f(x)在R上是减函数．方法二：设x1＞x2，则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．又∵x＞0时，f(x)＜0，而x1－x2＞0，∴f(x1－x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在R上为增函数．(2)由(1)得f(x)在R上是减函数，∴f(x)在[－3,3]上也是减函数，∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3)．而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2.∴f(x)在[－3,3]上的最大值为3，最小值为－2.4