新高考数学一轮复习精选讲练专题2.4 函数的单调性与最值（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习精选讲练专题2.4 函数的单调性与最值（含解析），共16页。

1．（5分）（2022春•辽宁期末）下列函数中，定义域为R，又是（0，+∞）上的增函数的是（ ）
A．B．y＝e﹣x
C．D．y＝x2﹣x﹣6
【解题思路】根据题意，依次分析选项中函数的单调性和定义域，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，函数的定义域为R，又是（0，+∞）上的增函数，符合题意；
对于B，y＝e﹣x是指数函数，定义域为R，当在（0，+∞）上的减函数，不符合题意；
对于C，是幂函数，其定义域是[0，+∞），不符合题意；
对于D，y＝x2﹣x﹣6是二次函数，在（0，）上单调递减，不符合题意；
故选：A．
2．（5分）（2020秋•东城区期末）若函数f（x）是R上的减函数，a＞0，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．f（a2）＜f（a）B．
C．f（a）＜f（2a）D．f（a2）＜f（a﹣1）
【解题思路】可取a＝1，从而可判断出选项A，B都错误；可得出a＜2a，根据f（x）是R上的减函数可得出f（a）＞f（2a），从而判断C错误，这样只能选D．
【解答过程】解：a＝1时，，
∴，∴A，B都错误；
∵a＞0，a＜2a，f（x）是R上的减函数，∴f（a）＞f（2a），即C错误；
，∴a2＞a﹣1，且f（x）是R上的减函数，
∴f（a2）＜f（a﹣1），即D正确．
故选：D．
3．（5分）（2020秋•张掖期末）若幂函数f（x）的图象过点，则函数的递减区间为（ ）
A．（0，2）B．（﹣∞，0）和（2，+∞）
C．（﹣2，0）D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）
【解题思路】求出幂函数的解析式，求出函数g（x）的导数，从而求出函数的单调区间即可．
【解答过程】解：设幂函数f（x）＝xα，它的图象过点（，），
∴（）α，∴α＝2；
∴f（x）＝x2；
∴g（x），则g′（x），
令g′（x）＜0，即x（2﹣x）＜0，解得：x＞2或x＜0，
故g（x）在递减区间是（﹣∞，0）和（2，+∞），
故选：B．
4．（5分）（2021秋•阆中市校级期中）已知函数f（x）在（2，+∞）上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）B．（﹣1，1）
C．（﹣∞，﹣1）∪（1，2]D．（﹣∞，﹣1）∪（1，2）
【解题思路】根据题意，函数的解析式变形可得f（x）a，结合反比例函数的性质可得，解可得a的取值范围，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，函数f（x）a，
若f（x）在区间（2，+∞）上单调递减，必有，
解可得：a＜﹣1或1＜a≤2，即a的取值范围为（﹣∞，﹣1）∪（1，2]，
故选：C．
5．（5分）（2021春•雨城区校级期中）已知函数f（x），若，b＝f（e0.1），，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．b＜c＜aB．a＜b＜cC．c＜b＜aD．a＜c＜b
【解题思路】根据题意，分析函数的定义域，求出函数的导数分析可得f（x）在其定义域上为减函数，由指数、对数的性质分析lg3e0.1，结合单调性分析可得答案．
【解答过程】解：根据题意，函数f（x），其定义域为（0，+∞）
其导数f′（x）（）＜0，则f（x）在其定义域上为减函数，
0＜lg3lg3，e0.1＞e0＝1，，则有lg3e0.1，
则b＜c＜a，
故选：A．
6．（5分）（2021春•昌江区校级期末）已知函数的定义域为[﹣1，3]，则不等式f（2﹣x）＞f（1+x）的解集为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】求导函数，分析导函数在（﹣1，1）上的符号，得出函数f（x）在（﹣1，1）上的单调性，再得出函数f（x）的对称性，由此建立不等式组，解之可得选项．
【解答过程】解：因为函数f（x），所以，
当﹣1＜x＜1时，，0＜﹣2x+2＜4，，
所以当﹣1＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣1，1）上单调递增，
又f（2﹣x），
所以函数f（x）关于x＝1对称，所以f（x）在（1.3）上单调递减，
所以不等式f（2﹣x）＞f（1+x）等价于，解得，
故选：C．
7．（5分）（2022•兴庆区校级三模）已知的最小值为2，则m的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，3]B．（﹣∞，5]C．[3，+∞）D．[5，+∞）
【解题思路】利用基本不等式求得x＞0是函数的最小值为2，问题转化为x≤0时，4x﹣2x+2+m≥2恒成立，即m≥﹣4x+4•2x+2在（﹣∞，0]上恒成立，换元后利用二次函数的单调性求最值，即可得到m的取值范围．
【解答过程】解：，
当x＞0时，f（x）＝x2，当且仅当x，即x＝1时等号成立；
∴若的最小值为2，
则x≤0时，4x﹣2x+2+m≥2恒成立，
即m≥﹣4x+4•2x+2在（﹣∞，0]上恒成立，
令t＝2x，则m≥﹣t2+4t+2在t∈（0，1]上恒成立，
而g（t）＝﹣t2+4t+2在t∈（0，1]上为增函数，
∴﹣t2+4t+2≤﹣1+4+2＝5，则m≥5．
∴m的取值范围为[5，+∞）．
故选：D．
8．（5分）（2022•黑龙江模拟）已知函数f（x）＝|xm|（x∈[1，4]），则f（x）的最大值g（m）的最小值是（ ）
A．B．C．1D．2
【解题思路】由题可得y＝x∈[4，5]，进而可得当m时，函数f（x）的最大值为g（m）＝5﹣m；当m时，函数f（x）的最大值为g（m）＝m﹣4，再求函数g（m）的最小值即可．
【解答过程】解：令y＝x（x∈[1，4]），则y′＝1，∴x∈[1，2]时，函数y＝x单调递减，x∈[2，4]时，函数y＝x单调递增，
所以可得y＝x∈[4，5]，
∴当m时，函数f（x）的最大值为g（m）＝5﹣m；当m时，函数f（x）的最大值为g（m）＝m﹣4，
当m时，函数g（m）＝5﹣m；当m时，g（m）＝m﹣4，
∴函数g（m）的最小值是．
故选：B．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022春•利辛县校级月考）下列函数中，在（2，+∞）上单调递增的是（ ）
A．f（x）＝|x﹣3|
B．
C．f（x）＝x3+2x
D．
【解题思路】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，函数f（x）＝|x﹣3|，在（2，3）上单调递减，在[3，+∞）上单调递增，故A错误；
对于B，函数，是勾型函数，在（2，+∞）上单调递增，故B正确；
对于C，f（x）＝x3+2x，是二次函数，在（2，+∞）上单调递增，故C正确；
对于D，函数在（﹣∞，3）和[3，+∞）上单调递增，故D错误；
故选：BC．
10．（5分）（2022春•遵义期末）设函数，f（x）存在最小值时，实数a的值可能是（ ）
A．﹣2B．﹣1C．0D．1
【解题思路】对每个选项逐个分析f（x）的单调性，最值，即可得出答案．
【解答过程】解：对于A：当a＝﹣2时，f（x），
当x＜﹣2时，f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，
f（x）＞f（﹣2）＝﹣2×（﹣2）﹣1＝3，
当x≥﹣2时，f（x）＝x2+4x+1的对称轴为x2，
f（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，
f（x）≥f（﹣2）＝（﹣2）2+4×（﹣2）+1＝﹣3，
所以f（x）的最小值为﹣3，符合题意，
对于B：当a＝﹣1时，f（x），
当x＜﹣1时，f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，
f（x）＞f（﹣1）＝﹣（﹣1）﹣1＝0，
当x≥﹣1时，f（x）＝x2+2x+1的对称轴为x＝﹣1，
f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，
f（x）≥f（﹣1）＝（﹣1）2+2×（﹣1）+1＝0，
所以f（x）的最小值为0，符合题意，
对于C：当a＝0时，f（x），
当x＜0时，f（x）＝﹣1，
当x≥0时，f（x）＝x2+1的对称轴为x＝0，
f（x）在（0，+∞）上单调递增，
f（x）≥f（0）＝1，
所以f（x）的最小值为﹣1，符合题意，
对于D：当a＝1时，f（x），
当x＜1时，f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，
f（x）＜f（1）＝0，且x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，
所以f（x）无最小值，不符合题意，
故选：ABC．
11．（5分）（2022春•雨花区校级月考）已知函数在区间（﹣∞，+∞）上是减函数，则整数a的取值可以为（ ）
A．﹣2B．﹣1C．0D．1
【解题思路】利用函数单调性求解即可．
【解答过程】解：函数在区间（﹣∞，+∞）上是减函数，
所以，解得﹣2≤a≤﹣1，
∴整数a的取值为﹣2或﹣1．
故选：AB．
12．（5分）（2022•保定二模）已知函数y在（0，+∞）上先增后减，函数y在（0，+∞）上先增后减．若lg2（lg3x1）＝lg3（lg2x1）＝a＞0，lg2（lg4x2）＝lg4（lg2x2）＝b，lg3（lg4x3）＝lg4（lg3x3）＝c＞0，则（ ）
A．a＜cB．b＜aC．c＜aD．a＜b
【解题思路】根据指数式与对数式的关系，由条件求出x1，x2，x3，构造函数结合零点存在性定理确定a，b，c的范围，由此判断a，b，c的大小关系．
【解答过程】解：因为lg2（lg3x1）＝lg3（lg2x1）＝a，
所以lg3x1＝2a，lg2x1＝3a，所以x1．
设f（t），因为f（0）＝f（1）＝1＞0，f（2）＝81﹣512＜0，
y在（0，+∞）上先增后减，所以1＜a＜2．
因为lg2（lg4x2）＝lg4（lg2x2）＝b，
所以lg4x2lg2x2＝2b，lg2x2＝4b，所以4b＝2b+1，所以b＝1．
因为lg3（lg4x3）＝lg4（lg3x3）＝c＞0，所以x3．
设g（t），因为g（0）＝1＞0，g（1）＝﹣17＜0，函数y在（0，+∞）上先增后减，
所以0＜c＜1，所以c＜b＜a．
故选：BC．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022春•海淀区校级月考）函数的单调递减区间为 （﹣1，1），（1，3） ．
【解题思路】设x﹣1＝t，f（x）转化为g（t）＝t2，由对勾函数的单调性可得所求单调区间．
【解答过程】解：函数
＝（x﹣1）2，
设x﹣1＝t，g（t）＝t2，
由x﹣1≠0，可得x≠1，
由g（t）在（﹣2，0）和（0，2）递减，可得f（x）的单调减区间为（﹣1，1），（1，3）．
故答案为：（﹣1，1），（1，3）．
14．（5分）（2022春•莲湖区期末）已知[x]表示不超过x的最大整数，如[﹣1.2]＝﹣2，[1.5]＝1，[3]＝3．若函数f（x）＝2x，g（x）＝f（x﹣[x]），则函数g（x）的最小值为 1 ．
【解题思路】由已知结合指数函数的性质及已知定义可求值域，进而求得最小值．
【解答过程】解：∵f（x）＝2x，[x]表示不超过x的最大整数，
∴g（x）＝f（x﹣[x]）＝2x﹣[x]，
∵x﹣[x]∈[0，1），
∴2x﹣[x]∈[1，2），
∴g（x）的最小值为1，
故答案为：1．
15．（5分）（2022春•鹤峰县月考）已知定义域为[﹣2，2]的函数f（x）在[﹣2，0]上单调递增，且f（x）+f（﹣x）＝0，若，则不等式的解集为 {x|x≤1} ．
【解题思路】由已知可判断出函数f（x）为奇函数且在[﹣2，2]上单调递增，结合单调性及奇偶性即可求解．
【解答过程】解：由题意可知f（x）为奇函数且在[﹣2，0]上单调递增，
根据奇函数对称性可知f（x）在[﹣2，2]上单调递增，
又，则f（1），
则不等式可转化为f（2x﹣1）≤f（1），
所以﹣2≤2x﹣1≤1，
解得x≤1．
故答案为：{x|x≤1}.
16．（5分）（2021秋•茂名期末）对于定义在I上的函数y＝f（x），如果存在区间[m，n]⊆I，同时满足下列两个条件：
①f（x）在区间[m，n]上是单调递增的；
②当x∈[m，n]时，函数的值域也是[m，n]，则称[m，n]是函数y＝f（x）的一个“递增黄金区间”．
下列函数中存在“递增黄金区间”的是： ②③ ．（填写正确函数的序号）
①y＝x+1；
②y＝x2﹣2x+2；
③y＝2x﹣2；
④y＝lgx．
【解题思路】由已知转化为f（m）＝m，f（n）＝n，然后结合函数的性质及函数的图象进行检验各选项即可判断．
【解答过程】解：①y＝x+1在[m，n]上单调递增，当此时值域为[m+1，n+1]，不符合题意；
②y＝x2﹣2x+2，存在区间[1，2]满足函数单调递增且值域为[1，2]；
③y＝2x﹣2，
设存在满足条件的区间[m，n]，此时y＝2x﹣2在[m，n]上单调递增，
作出函数y＝2x与y＝2+x的图象，结合图象可知，2x＝2+x有两个不等实数根，故符合题意；
④y＝lgx，
结合图像可知lgx＝x+2没有实数根，故不存在符合条件的区间[m，n]．
故答案为：②③.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2021秋•全州县期中）已知函数f（x）．
（1）求f（x）的定义域、值域及单调区间；
（2）判断并证明函数g（x）＝xf（x）在区间（0，1）上的单调性．
【解题思路】（1）分母不为0可求得定义域，f（x）变成2后，利用0可求得值域，利用反比例函数的单调性可求得单调区间；
（2）利用导函数的符号证明单调性．
【解答过程】解：（1）由x﹣1≠0，得x≠1，所以f（x）的定义域为（﹣∞，1）∪（1，+∞），
由f（x）22，得f（x）的值域为（﹣∞，2）∪（2，+∞），
f（x）的单调递减区间为（﹣∞，1）和（1，+∞）
（2）g（x）在（0，1）上是减函数，证明如下：
g（x）＝xf（x），g′（x），
∵x∈（0，1），∴g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）上是减函数．
方法二：任设0＜x1＜x2＜1，
∵g（x1）﹣g（x2）


∵0＜x1＜x2＜1，
∴x1﹣x2＜0，x1﹣1＜0，x2﹣1＜0，x1（x2﹣1）＜0，x2＞0，
∴x1（x2﹣1）﹣x2＜0，
∴g（x1）﹣g（x2）＞0，
g（x1）＞g（x2），
∴函数g（x）＝xf（x）在区间（0，1）上是递减函数．
18．（12分）（2021秋•爱民区校级期末）已知函数，
（Ⅰ）证明f（x）在[1，+∞）上是增函数；
（Ⅱ）求f（x）在[1，4]上的最大值及最小值．
【解题思路】（I）用单调性定义证明，先任取两个变量且界定大小，再作差变形看符号．
（II）由（I）知f（x）在[1，+∞）上是增函数，可知在[1，4]也是增函数，则当x＝1时，取得最小值，当x＝4时，取得最大值．
【解答过程】（I）证明：在[1，+∞）上任取x1，x2，且x1＜x2，
，
，
∵x1＜x2∴x1﹣x2＜0，
∵x1∈[1，+∞），x2∈[1，+∞）∴x1x2﹣1＞0，
∴f（x1）﹣f（x2）＜0即f（x1）＜f（x2），
故f（x）在[1，+∞）上是增函数，
（II）解：由（I）知：
f（x）在[1，4]上是增函数
∴当x＝1时，有最小值2；
当x＝4时，有最大值.
19．（12分）（2020秋•广州期末）已知函数．
（1）证明：函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递减；
（2）已知a＝f（0.23），b＝f（lg23），c＝f（lg25），试比较三个数a，b，c的大小，并说明理由．
【解题思路】（1）根据函数单调性的定义进行证明即可．
（2）比较三个数的取值范围，结合函数的单调性进行比较即可．
【解答过程】解：（1）设0＜x1＜x2，
则f（x1）﹣f（x2）x1x2x2﹣x1x2﹣x1＝（x2﹣x1）（1），
∵0＜x1＜x2，∴x2﹣x1＞0，10，
即f（x1）﹣f（x2）＞0，则f（x1）＞f（x2），
即f（x）在区间（0，+∞）上单调递减．
（2）0＜0.23＜1，1＜lg23＜2，lg25＞2，∴0.23＜lg23＜lg25．
∵f（x）在区间（0，+∞）上单调递减，
∴f（0.23）＞f（lg23）＞f（lg25），
即a＞b＞c．
20．（12分）（2021秋•秦淮区校级期中）已知函数f（x）＝x2﹣ax﹣a2﹣1，a∈R．
（1）若f（x）在[1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）求关于x的不等式f（x）⩽0的解集．
【解题思路】（1）根据题意，分析f（x）＝x2﹣ax﹣a2﹣1的开口方向和对称轴，进而可得关于a的不等式，解可得答案；
（2）根据题意，由一元二次不等式的解法分析可得答案．
【解答过程】解：（1）根据题意，函数f（x）＝x2﹣ax﹣a2﹣1，为开口向上的二次函数，其对称轴为x，
若f（x）在[1，+∞）上单调递增，则1，解可得a≤2，
即a的取值范围为（﹣∞，2]；
（2）f（x）⩽0即x2﹣ax﹣a2﹣1≤0，
方程x2﹣ax﹣a2﹣1＝0的两个根为x1或x2，
则不等式解可得：x，
即不等式的解集为[，]．
21．（12分）（2022春•凌源市月考）已知函数．
（1）求的值；你能发现f（x）与有什么关系？写出你的发现并加以证明；
（2）试判断f（x）在区间（0，+∞）上的单调性，并用单调性的定义证明．
【解题思路】（1）由（x＞0），可求得的值，继而发现f（x）与的关系，证明即可；
（2）f（x）在区间（0，+∞）上递减，令x1＞x2＞0，用单调性的定义证明即可．
【解答过程】解：（1）∵（x＞0），
∴，，
∵f（2）+f（）＝1，f（e）+f（）＝1，
∴猜想．
证明：∵，
∴，
∴（证毕）；
（2）f（x）在区间（0，+∞）上递减．
证明：令x1＞x2＞0，则，
∵，
∴，
∴，
∴f（x1）＜f（x2），
∴f（x）在（0，+∞）上单调递减．
22．（12分）（2021秋•张家口期末）已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），且对一切m＞0，n＞0，都有，当x＞1时，总有f（x）＜2．
（1）求f（1）的值；
（2）证明：f（x）是定义域上的减函数；
（3）若f（4）＝1，解不等式f（x﹣2）﹣f（8﹣2x）＜﹣1．
【解题思路】（1）由已知令m＝n＝1可求f（1）；
（2）结合单调性定义先设x1＜x2，结合已知x＞1时f（x）＜2可证；
（3）结合（2）中单调性进行转化即可求解．
【解答过程】解：（1）因为对一切m＞0，n＞0，都有，
令m＝n＝1，则f（1）＝2；
（2）设0＜x1＜x2，则1，
所以f（）＜2，
f（x2）﹣f（x1）＝f（）﹣2＜0，
所以f（x2）＜f（x1），
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减；
（3）由f（x﹣2）﹣f（8﹣2x）＜﹣1得f（）﹣2＜﹣1，
所以f（）＜1＝f（4），
因为f（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以4，
所以，
解得x＜4，
故不等式的解集为（，4）．