高考数学(文数)一轮复习考点测试06《函数的单调性》（教师版）

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这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试06《函数的单调性》（教师版），共9页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。

一、基础小题
1．若函数f(x)＝(2a－1)x＋b是R上的减函数，则实数a的取值范围为( )
A．eq \f(1,2)，＋∞ B．－∞，eq \f(1,2) C．eq \f(1,2)，＋∞ D．－∞，eq \f(1,2)
答案 D
解析当2a－1<0，即a2．下列函数中，在(0，＋∞)上单调递减的是( )
A．f(x)＝eq \f(1,x) B．f(x)＝(x－1)2 C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln (x＋1)
答案 A
解析 f(x)＝(x－1)2在(0，＋∞)上不单调，f(x)＝ex与f(x)＝ln (x＋1)在(0，＋∞)上单调递增，故选A．
3．下列四个函数中，在定义域内不是单调函数的是( )
A．y＝－2x＋1 B．y＝eq \f(1,x) C．y＝lg x D．y＝x3
答案 B
解析 y＝－2x＋1在定义域内为单调递减函数；y＝lg x在定义域内为单调递增函数；y＝x3在定义域内为单调递增函数；y＝eq \f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上皆为单调递减函数，但在定义域内不是单调函数．故选B．
4．已知函数y＝f(x)在R上单调递增，且f(m2＋1)>f(－m＋1)，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(0，＋∞) C．(－1，0) D．(－∞，－1)∪(0，＋∞)
答案 D
解析由题得m2＋1>－m＋1，故m2＋m>0，解得m<－1或m>0．故选D．
5．函数y＝lgeq \f(1,2)(2x2－3x＋1)的递减区间为( )
A．(1，＋∞) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,4))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞))
答案 A
解析由2x2－3x＋1>0，得函数的定义域为－∞，eq \f(1,2)∪(1，＋∞)．令t＝2x2－3x＋1，
则y＝lgeq \f(1,2)t．∵t＝2x2－3x＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,4)))2－eq \f(1,8)，∴t＝2x2－3x＋1的单调递增区间为(1，＋∞)．又y＝lgeq \f(1,2)t在(0，＋∞)上是减函数，∴函数y＝lgeq \f(1,2)(2x2－3x＋1)的单调递减区间为(1，＋∞)．故选A．
6．定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有eq \f(fa－fb,a－b)>0成立，则必有( )
A．函数f(x)先增加后减少
B．函数f(x)先减少后增加
C．f(x)在R上是增函数
D．f(x)在R上是减函数
答案 C
解析因为eq \f(fa－fb,a－b)>0，所以，当a>b时，f(a)>f(b)，当a由增函数定义知，f(x)在R上是增函数．故选C．
7．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋cx≥0，,x－1x<0))是增函数，则实数c的取值范围是( )
A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，－1]
答案 A
解析作出函数图象可得f(x)在R上单调递增，则c≥－1，即实数c的取值范围是[－1，＋∞)．故选A．
8．若函数f(x)＝8x2－2kx－7在[1，5]上为单调函数，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，8] B．[40，＋∞) C．(－∞，8]∪[40，＋∞) D．[8，40]
答案 C
解析由题意知函数f(x)＝8x2－2kx－7图象的对称轴为x＝eq \f(k,8)，因为函数f(x)＝8x2－2kx－7在[1，5]上为单调函数，所以eq \f(k,8)≤1或eq \f(k,8)≥5，解得k≤8或k≥40，所以实数k的取值范围是(－∞，8]∪[40，＋∞)．故选C．
9．函数f(x)在(a，b)和(c，d)上都是增函数，若x1∈(a，b)，x2∈(c，d)，且x1A．f(x1)f(x2) C．f(x1)＝f(x2) D．无法确定
答案 D
解析因为f(x)＝eq \f(－1,x)在(－2，－1)和(1，2)上都是增函数，f(－1．5)>f(1．5)；f(x)＝2x在R上是增函数，f(－1．5)10．若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq \f(a,x＋1)在区间[1，2]上都是减函数，则a的取值范围是( )
A．(－1，0)∪(0，1] B．(－1，0)∪(0，1) C．(0，1) D．(0，1]
答案 D
解析 f(x)＝－(x－a)2＋a2，当a≤1时，f(x)在[1，2]上是减函数；g(x)＝eq \f(a,x＋1)，当a>0时，g(x)在[1，2]上是减函数，则a的取值范围是011．函数y＝－(x－3)|x|的递增区间为________．
答案 0，eq \f(3,2)
解析 y＝－(x－3)|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋3x，x>0，,x2－3x，x≤0，))作出其图象如图，观察图象知递增区间为0，eq \f(3,2)．
12．已知f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2)，若对任意x1，x2∈(－2，＋∞)，有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析由f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2)＝a＋eq \f(1－2a,x＋2)，且y＝f(x)在(－2，＋∞)是增函数，得1－2a<0，即a>eq \f(1,2)．
二、高考小题
13．函数f(x)＝ln (x2－2x－8)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，1) C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
答案 D
解析由x2－2x－8>0可得x>4或x<－2，所以x∈(－∞，－2)∪(4，＋∞)，令u＝x2－2x－8，则其在x∈(－∞，－2)上单调递减，在x∈(4，＋∞)上单调递增．又因为y＝ln u在u∈(0，＋∞)上单调递增，所以y＝ln (x2－2x－8)在x∈(4，＋∞)上单调递增．故选D．
14．已知函数f(x)＝3x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x，则f(x)( )
A．是奇函数，且在R上是增函数
B．是偶函数，且在R上是增函数
C．是奇函数，且在R上是减函数
D．是偶函数，且在R上是减函数
答案 A
解析 ∵函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝3－x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－3x＝－f(x)，
∴函数f(x)是奇函数．∵函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x在R上是减函数，∴函数y＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x在R上是增函数．
又∵y＝3x在R上是增函数，∴函数f(x)＝3x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x在R上是增函数．故选A．
15．下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是( )
A．y＝eq \f(1,1－x) B．y＝csx C．y＝ln (x＋1) D．y＝2－x
答案 D
解析选项A中，y＝eq \f(1,1－x)＝eq \f(1,－x－1)的图象是将y＝－eq \f(1,x)的图象向右平移1个单位得到的，故y＝eq \f(1,1－x)在(－1，1)上为增函数，不符合题意；选项B中，y＝csx在(－1，0)上为增函数，在(0，1)上为减函数，不符合题意；选项C中，y＝ln (x＋1)的图象是将y＝ln x的图象向左平移1个单位得到的，故y＝ln (x＋1)在(－1，1)上为增函数，不符合题意；选项D符合题意．
16．设函数f(x)＝ln (1＋x)－ln (1－x)，则f(x)是( )
A．在(－1，1)上是增函数
B．在(－1，1)上是减函数
C．在(－1，0)上是减函数，在(0，1)上是增函数
D．在(－1，0)上是增函数，在(0，1)上是减函数
答案 A
解析由f(x)＝ln (1＋x)－ln (1－x)，得f(x)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋x,1－x)))＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1－x)－1))．
∵t＝eq \f(2,1－x)－1在(－1，1)上单调递增，y＝ln t在(0，＋∞)上单调递增，
∴y＝f(x) 在(－1，1)上单调递增．
17．已知符号函数sgnx＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0.))f(x)是R上的增函数，g(x)＝f(x)－f(ax)(a>1)，则( )
A．sgn[g(x)]＝sgnx
B．sgn[g(x)]＝－sgnx
C．sgn[g(x)]＝sgn[f(x)]
D．sgn[g(x)]＝－sgn[f(x)]
答案 B
解析 ∵f(x)是R上的增函数，a>1，∴当x>0时，x当x＝0时，g(x)＝0；当x<0时，x>ax，有f(x)>f(ax)，则g(x)>0．
∴sgn[g(x)]＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x<0，,0，x＝0，,－1，x>0，))∴sgn[g(x)]＝－sgnx．故选B．
18．已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a满足f(2|a－1|)>f(－eq \r(2))，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))
解析由题意知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为f(2|a－1|)>f(－eq \r(2))，
且f(－eq \r(2))＝f(eq \r(2))，所以f(2|a－1|)>f(eq \r(2))，所以2|a－1|<2eq \f(1,2)，解之得eq \f(1,2)三、模拟小题
19．已知函数f(x)＝lga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，若f(0)<0，则此函数的单调递增区间是( )
A．(－∞，－1] B．[－1，＋∞) C．[－1，1) D．(－3，－1]
答案 C
解析令g(x)＝－x2－2x＋3，由题意知g(x)>0，可得－320．已知函数f(x)＝lg2(5－ax)在[0，2]上是减函数，则a的取值范围是( )
A．(0，＋∞) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,2))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,2)))
答案 C
解析 ∵y＝lg2x是增函数，∴u＝5－ax在[0，2]上是减函数，且5－2a>0，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,5－2a>0，))∴021．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e－x，x≤0，,－x2－2x＋1，x>0，))若f(a－1)≥f(－a)，则实数a的取值范围是( )
A．－∞，eq \f(1,2) B．eq \f(1,2)，＋∞ C．0，eq \f(1,2) D．eq \f(1,2)，1
答案 A
解析函数f(x)＝e－x＝eq \f(1,e)x在(－∞，0]上为减函数，函数y＝－x2－2x＋1的图象开口向下，对称轴为x＝－1，所以函数f(x)＝－x2－2x＋1在区间(0，＋∞)上为减函数，且e－0＝－02－2×0＋1，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数．由f(a－1)≥f(－a)得a－1≤－a．解得a≤eq \f(1,2)．故选A．
22．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＝eq \f(1,fx)在R上为减函数 B．y＝|f(x)|在R上为增函数
C．y＝－eq \f(1,fx)在R上为增函数 D．y＝－f(x)在R上为减函数
答案 D
解析 A错误，如y＝x3，y＝eq \f(1,fx)在R上无单调性；B错误，如y＝x3，y＝|f(x)|在R上无单调性；C错误，如y＝x3，y＝－eq \f(1,fx)在R上无单调性；故选D．
23．已知函数f(x)在区间[－2，2]上单调递增，若f(lg2m)A．eq \f(1,4)，2 B．eq \f(1,4)，1 C．(1，4] D．[2，4]
答案 A
解析 ∵函数f(x)在区间[－2，2]上单调递增，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg4m20，m＋2>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m20，))解得
eq \f(1,4)≤m<2．∴实数m的取值范围是eq \f(1,4)，2．故选A．
24．已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－ax－ax<1，,lgaxx≥1))
是(－∞，＋∞)上的增函数，那么实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))
解析由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－a>0，,lga1≥3－a×1－a,a>1，))，解得a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))．
一、高考大题
本考点在近三年高考中未涉及此题型．
二、模拟大题
1．已知f(x)定义在[－1，1]上且f(－x)＝－f(x)，当a，b∈[－1，1]，a＋b≠0时，有eq \f(fa＋fb,a＋b)>0．试判断函数f(x)在[－1，1]上的单调性，并证明．
解函数f(x)在[－1，1]上是增函数．
证明：任取x1，x2∈[－1，1]且x1又f(－x)＝－f(x)，于是f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝eq \f(fx1＋f－x2,x1＋－x2)·(x1－x2)．
又eq \f(fx1＋f－x2,x1＋－x2)>0，x1－x2<0，
所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)所以f(x)在[－1，1]上是增函数．
2．函数f(x)＝2x－eq \f(a,x)的定义域为(0，1]．
(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．
解 (1)因为函数y＝f(x)＝2x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(2)当且仅当x＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立，
所以函数y＝f(x)的值域为[2eq \r(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x1f(x2)成立，
即(x1－x2)eq \f(a＋2x1x2,x1x2)>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]．
3．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x>1时，f(x)>0．
(1)求f(1)的值；
(2)证明：f(x)为单调增函数；
(3)若feq \f(1,5)＝－1，求f(x)在eq \f(1,25)，125上的最值．
解 (1)因为函数f(x)满足f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，
令x1＝x2＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，解得f(1)＝0．
(2)证明：设x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，
则eq \f(x1,x2)>1，∴feq \f(x1,x2)>0，
∴f(x1)－f(x2)＝fx2·eq \f(x1,x2)－f(x2)＝f(x2)＋feq \f(x1,x2)－f(x2)＝feq \f(x1,x2)>0，
即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(3)因为f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
若feq \f(1,5)＝－1，则feq \f(1,5)＋feq \f(1,5)＝feq \f(1,25)＝－2，即feq \f(1,5)×5＝f(1)＝feq \f(1,5)＋f(5)＝0，
即f(5)＝1，则f(5)＋f(5)＝f(25)＝2，f(5)＋f(25)＝f(125)＝3，
即f(x)在eq \f(1,25)，125上的最小值为－2，最大值为3．
4．已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增；
(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围．
解 (1)证明：设x1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)＝eq \f(2x1－x2,x1＋2x2＋2)．
因为(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，
所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)所以f(x)在(－∞，－2)内单调递增．
(2)解法一：设1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1－a)－eq \f(x2,x2－a)＝eq \f(ax2－x1,x1－ax2－a)．
因为a>0，x2－x1>0，所以要使f(x1)－f(x2)>0，
只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，所以a≤1．
综上所述，0解法二：f′(x)＝eq \f(－a,x－a2)．
∵f(x)在(1，＋∞)内单调递减，
∴f′(x)≤0在(1，＋∞)内恒成立，
∴eq \f(－a,x－a2)≤0在(1，＋∞)内恒成立，
∴(x－a)2>0在(1，＋∞)内恒成立．
当a>1时，x＝a时，(x－a)2＝0不符合题意．
∴a≤1．
综上所述0