2021年高考数学一轮精选练习：05《函数的单调性与最值》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：

05《函数的单调性与最值》

一         、选择题

1.已知f(x)=不等式f(x＋a)＞f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是(　 　)

A.(－∞，－2)    B.(－∞，0)       C.(0,2)      D.(－2,0)

2.已知函数f(x)满足：

①对任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，都有＞0

②对定义域内的任意x，都有f(x)=f(－x)，则符合上述条件的函数是(　 　)

A.f(x)=x2＋|x|＋1

B.f(x)=－x

C.f(x)=ln|x＋1|

D.f(x)=cosx

3.已知函数y=f(x)是R上的偶函数，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＜0.设a=ln，b=(lnπ)2，c=ln，则(  　)

A.f(a)＞f(b)＞f(c)

B.f(b)＞f(a)＞f(c)

C.f(c)＞f(a)＞f(b)

D.f(c)＞f(b)＞f(a)

4.若函数y=在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值为M，最小值为m，则M－m=(　A　)

A.        B.2         C.         D.

5.已知函数f(x)=loga(－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]

6.已知f(x)=是(－∞，＋∞)上的减函数，则a的取值范围是(　　)

A.(0,1)       B.       C.       D.

7.给定函数①y=x，②y=log(x＋1)，③y=|x－1|，④y=2x＋1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是(　 　)

A.①②　　　B.②③　　　C.③④　　　D.①④

8.下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)”的是(　 　)

A.f(x)=    B.f(x)=(x－1)2      C.f(x)=ex    D.f(x)=ln(x＋1)

9.已知函数f(x)=2 017x＋log2 017(＋x)－2 017－x＋3，则关于x的不等式f(1－2x)＋f(x)＞6的解集为(　 　)

A.(－∞，1)     B.(1，＋∞)     C.(－∞，2)     D.(2，＋∞)

10.如果函数y=f(x)在区间I上是增函数，且函数y=在区间I上是减函数，那么称函数y=f(x)是区间I上的“缓增函数”，区间I叫做“缓增区间”.若函数f(x)=x2－x＋是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为(　 　)

A.[1，＋∞)      B.[0，]       C.[0,1]      D.[1，]

二         、填空题

11.定义在R上的奇函数y=f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f=0，则不等式f(logx)＞0的解集为              .

12.设函数f(x)=g(x)=x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是        .

13.设函数f(x)=＋2 016sinx，x∈的最大值为M，最小值为N，那么M＋N=          .

三         、解答题

14.已知定义在R上的函数f(x)满足：

①f(x＋y)=f(x)＋f(y)＋1，②当x＞0时，f(x)＞－1.

(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调增函数.

(2)若f(1)=1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4.

15.已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f=f(x1)－f(x2)，且当x＞1时，f(x)＞0，f(3)=1.

(1)判断f(x)的单调性；

(2)解关于x的不等式f(3x＋6)＋f＞2；

(3)若f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围.

16.已知函数f(x)=lg，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.

答案解析

1.答案为：A；

解析：二次函数y=x2－4x＋3图象的对称轴是直线x=2，∴该函数在(－∞，0]上单调递减，∴x2－4x＋3≥3，同样可知函数y=－x2－2x＋3在(0，＋∞)上单调递减，∴－x2－2x＋3＜3，∴f(x)在R上单调递减，∴由f(x＋a)＞f(2a－x)得到x＋a＜2a－x，

即2x＜a，∴2x＜a在[a，a＋1]上恒成立，∴2(a＋1)＜a，∴a＜－2，

∴实数a的取值范围是(－∞，－2)，故选A.

2.答案为：A；

解析：由题意得：f(x)是偶函数，在(0，＋∞)上递增.

对于A，f(－x)=f(x)，是偶函数，

且x＞0时，f(x)=x2＋x＋1，f′(x)=2x＋1＞0，

故f(x)在(0，＋∞)上递增，符合题意；

对于B，函数f(x)是奇函数，不符合题意；

对于C，由x＋1≠0，解得x≠－1，定义域不关于原点对称，

故函数f(x)不是偶函数，不符合题意；

对于D，函数f(x)在(0，＋∞)上不单调递增，不符合题意，故选A.

3.答案为：C；

解析：由题意易知f(x)在(0，＋∞)上是减函数，

又∵|a|=lnπ＞1，b=(lnπ)2＞|a|,0＜c=＜|a|，∴f(c)＞f(|a|)＞f(b).

又由题意知f(a)=f(|a|)，∴f(c)＞f(a)＞f(b).故选C.

4.答案为：A；

解析：可令|x|=t，则1≤t≤4，y=－，易知y=－在[1,4]上递增，

∴其最小值为1－1=0；最大值为2－=，则m=0，M=，则M－m=，故选A.

5.答案为：C；

解析：令g(x)=－x2－2x＋3，

由题意知g(x)＞0，可得－3＜x＜1，故函数的定义域为{x|－3＜x＜1}.

根据f(0)=loga3＜0，可得0＜a＜1，则本题即求函数g(x)在(－3,1)内的减区间.

利用二次函数的性质可求得函数g(x)在(－3,1)内的减区间为[－1,1)，故选C.

6.答案为：C；

解析：由f(x)是减函数，得

∴≤a＜，∴a的取值范围是.

7.答案为：B；

解析：①y=x在(0,1)上递增；

②∵t=x＋1在(0,1)上递增，且0＜＜1，故y=log(x＋1)在(0,1)上递减；

③结合图象可知y=|x－1|在(0,1)上递减；

④∵u=x＋1在(0,1)上递增，且2＞1，故y=2x＋1在(0,1)上递增.

故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.

8.答案为：A；

解析：依题意可得函数在(0，＋∞)上单调递减，故由选项可得A正确.

9.答案为：A；

解析：因为函数y1=2 017x－2 017－x是奇函数，函数y2=log2 017(＋x)为奇函数，

所以函数g(x)=2 017x－2 017－x＋log2 017(＋x)为奇函数

且在(－∞，＋∞)上单调递增，

∴f(1－2x)＋f(x)＞6即g(1－2x)＋3＋g(x)＋3＞6，即g(x)＞g(2x－1)，

∴x＞2x－1，∴x＜1，

∴不等式f(1－2x)＋f(x)＞6的解集为(－∞，1).故选A.

10.答案为：D；

解析：因为函数f(x)=x2－x＋的对称轴为x=1，

所以函数y=f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，

又当x≥1时，=x＋－1，令g(x)=x＋－1(x≥1)，

则g′(x)=－=，由g′(x)≤0，得1≤x≤，

即函数=x－1＋在区间[1，]上单调递减，故“缓增区间”I为[1，].

11.答案为：.

解析：由题意知，f=－f=0，f(x)在(－∞，0)上也单调递增.

∴f(logx)＞f或f(0)>f(logx)＞f，

∴logx＞或－＜logx＜0，解得0＜x＜或1＜x＜3.

∴原不等式的解集为.

12.答案为：[0,1).

解析：由题意知g(x)=该函数图象如图所示，

其单调递减区间是[0,1).

13.答案为：4 033.

解析：f(x)=＋2 016sinx

=＋2 016sinx=2 017－＋2 016sinx.

显然该函数在区间上单调递增，故最大值为f，最小值为f，

所以M＋N=f＋f=＋

=4 034－－=4 034－1=4 033.

一         、解答题

14.解：(1)令x=y=0得f(0)=－1.

证明：在R上任取x1＞x2，

则x1－x2＞0，f(x1－x2)＞－1.

又f(x1)=f((x1－x2)＋x2)=f(x1－x2)＋f(x2)＋1＞f(x2)，

所以，函数f(x)在R上是单调增函数.

(2)由f(1)=1，得f(2)=3，f(3)=5.

由f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4得f(x2＋x＋1)＞f(3)，

又函数f(x)在R上是增函数，

故x2＋x＋1＞3，解得x＜－2或x＞1，

故原不等式的解集为{x|x＜－2或x＞1}.

15.解：(1)设x1＞x2＞0，则＞1，

∵当x＞1时，f(x)＞0，

∴f(x1)－f(x2)=f＞0，∴f(x1)＞f(x2)，

∴函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数.

(2)在f(x1)－f(x2)=f中，令x1=9，x2=3，

∴f(9)－f(3)=f(3).又f(3)=1，∴f(9)=2.

∴不等式f(3x＋6)＋f＞2，

可转化为f(3x＋6)＋f＞f(9)，

∴f(3x＋6)＞f(9)－f=f(9x)，

由函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，

可得3x＋6＞9x＞0，∴0＜x＜1，

∴原不等式的解集为(0,1).

(3)∵函数f(x)在(0,3]上是增函数，

∴f(x)在(0,3]上的最大值为f(3)=1，

∴不等式f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0,3]，

a∈[－1，1]恒成立转化为1≤m2－2am＋1对所有a∈[－1,1]恒成立，

即m2－2am≥0对所有a∈[－1,1]恒成立.

设g(a)=－2ma＋m2，

∴需满足即

解该不等式组，得m≤－2或m≥2或m=0，

即实数m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞).

16.解：(1)由x＋－2＞0，得＞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－或x＞1＋}.

(2)设g(x)=x＋－2，当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，

∴g′(x)=1－=＞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)=lg.

(3)对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0.

即x＋－2＞1对x∈[2，＋∞)恒成立.

∴a＞3x－x2.令h(x)=3x－x2，x∈[2，＋∞).

由于h(x)=－2＋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，＋∞).