2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测(七) 函数的单调性与最大(小)值

课时跟踪检测(七) 函数的单调性与最大(小)值

一、全员必做题

1．(2021·全国甲卷)下列函数中是增函数的为(　 )

A．f(x)＝－x  B．f(x)＝x

C．f(x)＝x2  D.f(x)＝

解析：选D　函数f(x)＝－x是一次函数，在R上是减函数；函数f(x)＝x是指数函数，底数0<<1，所以函数f(x)在R上是减函数；函数f(x)＝x2是二次函数，在(－∞，0]上是减函数，在[0，＋∞)上是增函数；函数f(x)＝＝x是幂函数，指数>0，所以函数f(x)在R上是增函数．故选D.

2．(多选)关于函数f(x)＝，下列判断正确的是(　 )

A．f(x)在(－1，＋∞)上单调递减

B．f(x)在(－1，＋∞)上单调递增

C．f(x)在(－∞，－1)上单调递减

D．f(x)在(－∞，－1)上单调递增

解析：选AC　因为f(x)＝＝－1＋，所以f(x)在(－∞，－1)和(－1，＋∞)上单调递减，则A、C正确，B、D错误．故选A、C.

3．已知函数f(x)是定义域为[0，＋∞)上的减函数，且f(2)＝－1，则满足f(2x－4)>－1的实数x的取值范围是(　 )

A．(3，＋∞)  B．(－∞，3)

C．[2,3)  D.[0,3)

解析：选C　∵f(x)在定义域[0，＋∞)上是减函数，且f(2)＝－1，∴f(2x－4)>－1可化为f(2x－4)>f(2)，∴解得2≤x<3.

4．(2023·吉林长春吉大附中模拟)定义在R上的函数f(x)满足对任意的x1，x2(x1≠x2)恒有x1f(x1)－x1f(x2)－x2f(x1)＋x2f(x2)>0，若a＝f(0)，b＝f(1)，c＝f(2)，则(　 )

A．c<b<a  B．a<b<c

C．c<a<b  D.a<c<b

解析：选B　因为x1f(x1)－x1f(x2)－x2f(x1)＋x2f(x2)>0，所以(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，即>0，因为定义在R上的函数f(x)对任意的x1，x2(x1≠x2)都满足>0，所以f(x)在R上单调递增，因为a＝f(0)，b＝f(1)，c＝f(2)，所以f(2)>f(1)>f(0)，即a<b<c.

5．函数f(x)＝的值域为(　 )

A.∪

B.∪

C.∪

D.∪

解析：选D　依题意，f(x)＝＝＝＝－·，其中y＝－·的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，故函数f(x)的值域为∪，故选D.

6．已知函数f(x)＝当x∈[m，m＋1]时，不等式f(2m－x)<f(x＋m)恒成立，则实数m的取值范围是(　 )

A．(－∞，－4)  B．(－∞，－2)

C．(－2,2)  D.(－∞，0)

解析：选B　易知函数f(x)在x∈R上单调递减，又f(2m－x)<f(x＋m)在x∈[m，m＋1]上恒成立，所以2m－x>x＋m，即2x<m在x∈[m，m＋1]上恒成立，所以2(m＋1)<m，解得m<－2.

7．(多选)已知函数f(x)＝则(　 )

A．f(－1)＝－2

B．若f(a)＝1，则a＝0或a＝2

C．函数f(x)在(0,1)上单调递减

D．函数f(x)在[－1,2]的值域为[1,3]

解析：选BD　函数f(x)的图象如图所示．f(－1)＝－2×(－1)＋1＝3，故A错误；当a<0时，f(a)＝1⇒－2a＋1＝1⇒a＝0，此时方程无解；当a≥0时，f(a)＝1⇒－a2＋2a＋1＝1⇒a＝0或a＝2，故B正确；由图象可得，f(x)在(0,1)上单调递增，故C错误；由图象可知当x∈[－1,2]时，f(x)min＝min{f(0)，f(2)}＝1，f(x)max＝max{f(－1)，f(1)}＝3，故f(x)在[－1,2]的值域为[1,3]，D正确．

8．函数f(x)＝的最大值为________．

解析：当x≥1时，函数f(x)＝为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x＜1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.故函数f(x)的最大值为2.

答案：2

9．已知奇函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，若f(2a－1)>f(1)，则实数a的取值范围为________．

解析：因为奇函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(0)＝0，所以f(x)在R上单调递减，则f(2a－1)>f(1)等价于2a－1<1，解得a<1.

答案：(－∞，1)

10．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a－1，若对于任意x1∈，存在x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________．

解析：根据题意可得f(x1)min≥g(x2)min，∵f(x)＝x＋在上单调递减，则f(x)≥f(1)＝5，又∵g(x)＝2x＋a－1在[2,3]上单调递增，则g(x)≥g(2)＝a＋3，∴5≥a＋3，则a≤2.

答案：(－∞，2]

11．已知函数f(x)＝＋2.

(1)判断函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性，并用定义法证明你的结论；

(2)若x∈[2,7]，求函数的最大值和最小值．

解：(1)函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数，证明如下：

任取x1，x2, 且0<x1<x2，

则f(x1)－f(x2)＝＋2－＝－＝ .

因为0<x1<x2，所以x2－x1>0，x1x2>0，

所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，

所以f(x)＝＋2在区间(0，＋∞)上是减函数．

(2)因为函数f(x)＝＋2在区间[2,7]上是减函数，

所以f(x)max＝f(2)＝，f(x)min＝f(7)＝.

12．已知函数f(x)＝

(1)用定义法证明f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增；

(2)若f(x)的最小值是6，求a的值．

解：(1)证明：对任意的x1>x2>0，

f(x1)－f(x2)＝x1＋－a－＝.

当0<x2<x1<2时，x1－x2>0,0<x1x2<4，则<0，

即f(x1)<f(x2)；

当x1>x2>2时，x1－x2>0，x1x2>4，

则>0，即f(x1)>f(x2)．

综上，f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．

(2)由(1)可知f(x)在(0，＋∞)上的最小值是f(2)＝4－a.

当x≤0时，f(x)＝x2－2ax＋a2－a，其图象的对称轴方程是直线x＝a.

①若a≥0，f(x)在(－∞，0]上单调递减，则f(x)在(－∞，0]上的最小值是f(0)＝a2－a.

②若a<0，f(x)在(－∞，a]上单调递减，在(a,0]上单调递增，则f(x)在(－∞，0]上的最小值是f(a)＝－a.

综上，f(x)min＝

因为f(x)的最小值是6，所以或或解得a＝－6.

二、重点选做题

1．(2023·哈尔滨高三开学考试)(多选)已知函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，且对于y＝f(x)(x∈R)，当x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≠x2时，<0恒成立．若f(2ax)<f(2x2＋1)对任意的x∈R恒成立，则实数a的范围可以是下面选项中的(　 )

A．(－，1)  B．

C．(0，)  D.(，2)

解析：选ABC　因为函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)的图象关于y轴对称，即f(x)为偶函数，又当x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≠x2时，<0恒成立，即>0恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．若f(2ax)<f(2x2＋1)对任意的x∈R恒成立，即|2ax|<2x2＋1恒成立，即－2x2－1<2ax<2x2＋1恒成立，即恒成立，即Δ＝4a2－8<0，解得－<a<，即a∈(－，)，故符合条件的有A、B、C；故选A、B、C.

2．(多选)关于函数y＝，下列说法正确的是 (　 )

A．在区间[－1,0]上单调递减

B．单调递增区间为[－3，－1]

C．最大值为2

D．没有最小值

解析：选ABC　由 4－(x＋1)2≥0，得－3≤x≤1，即函数y＝的定义域为[－3,1]，令t＝4－(x＋1)2，则t＝4－(x＋1)2的图象是开口向下，对称轴为x＝－1的抛物线，所以函数t＝4－(x＋1)2在[－3，－1]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，又y＝单调递增，所以y＝在[－3，－1]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，故A、B正确；ymax＝＝2，当x＝－3时，y＝＝0，当x＝1时，y＝＝0，则ymin＝0，故C正确，D错误．

3．(多选)已知函数f(x)的定义域为D，若存在区间[m，n]⊆D使得：

(1)f(x)在[m，n]上是单调函数；

(2)f(x)在[m，n]上的值域是[2m,2n]，则称区间[m，n]为函数f(x)的“倍值区间”．

下列函数中存在“倍值区间”的有(　 )

A．f(x)＝x2  B．f(x)＝

C．f(x)＝x＋  D.f(x)＝

解析：选ABD　函数中存在“倍值区间”，则(1)f(x)在[m，n]上是单调函数，(2)或对于A，f(x)＝x2，若存在“倍值区间”[m，n]，则⇒⇒∴f(x)＝x2存在“倍值区间”[0,2]；对于B，f(x)＝，若存在“倍值区间”[m，n]，当x>0时，⇒mn＝，故只需mn＝即可，故存在；对于C，f(x)＝x＋，当x>0时，在区间[0,1]上单调递减，在区间[1，＋∞)上单调递增，若存在“倍值区间”[m，n]⊆[0,1]⇒m＋＝2n，n＋＝2m⇒m2－2mn＋1＝0，n2－2mn＋1＝0⇒m2＝n2不符合题意；若存在“倍值区间”[m，n]⊆[1，＋∞)⇒m＋＝2m，n＋＝2n⇒m2＝n2＝1不符合题意，故此函数不存在“倍值区间”；对于D，f(x)＝＝，所以f(x)在区间[0,1]上单调递增，在区间[1，＋∞)上单调递减，若存在“倍值区间”[m，n]⊆[0,1]，＝2m，＝2n，∴m＝0，n＝，即存在“倍值区间”.

4．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足下面三个条件：

①对任意正数a，b，都有f(a)＋f(b)＝f(ab)；

②当x>1时，f(x)<0；③f(2)＝－1.

(1)求f(1)和f的值；

(2)试用单调性定义证明：函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数；

(3)求满足f(4x3－12x2)＋2>f(18x)的x的取值集合．

解：(1)令x＝y＝1得f(1)＝f(1)＋f(1)，则f(1)＝0，

而f(4)＝f(2)＋f(2)＝－1－1＝－2, 且f(4)＋f＝f(1)＝0，则f＝2.

(2)证明：取定义域中的任意的x1，x2，且0<x1<x2，

∴>1，当x>1时，f(x)<0，∴f<0，

∴f(x2)－f(x1)＝f－f(x1)＝f(x1)＋f－f(x1)＝f<0，即f(x2)<f(x1)，

∴f(x)在(0，＋∞)上是减函数．

(3)∵f(4x3－12x2)＋2>f(18x)，由条件①及(1)的结果得，f(4x3－12x2)＋f>f(18x), ∴f(x3－3x2)>f(18x)，∴解得3<x<6，故x的取值集合为{x|3<x<6}．