高中数学高考第04讲 函数的单调性与最值 （练）解析版

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1．(2021·河北大名一中模拟)下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的单调递增函数是( )
A．f(x)＝xeq \f(1,2) B．f(x)＝x3
C．f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x D．f(x)＝3x
【答案】D
【解析】f(x)＝xeq \f(1,2)，f(y)＝yeq \f(1,2)，f(x＋y)＝(x＋y)eq \f(1,2)，不满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，故A错误；f(x)＝x3，f(y)＝y3，f(x＋y)＝(x＋y)3，不满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，故B错误；f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在R上是单调递减函数，故C错误；f(x)＝3x，f(y)＝3y，f(x＋y)＝3x＋y，满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，且f(x)在R上是单调递增函数，故D正确．故选D.
2．(2021·福建省上杭二中模拟)函数y＝(2m－1)x＋b在R上是减函数，则( )
A．m>eq \f(1,2) B．mC．m>－eq \f(1,2) D．m<－eq \f(1,2)
【答案】B
【解析】使y＝(2m－1)x＋b在R上是减函数，则2m－1<0，即m3．(2021·安徽省毛坦厂中学模拟)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，设a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
【答案】D
【解析】根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数，所以a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))，且2a>c.
4．(2021·浙江金华质量检测)已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
【答案】A
【解析】因为函数f(x)在(－∞，－a)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.故选A.
5．(2021·江苏省仪征中学模拟)下列函数y＝f(x)的图象中，满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))>f(3)>f(2)的只可能是( )
【答案】D
【解析】因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))>f(3)>f(2)，所以函数y＝f(x)有增有减，排除A，B.在C中，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))f(0)，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))6．(2021·甘肃兰州模拟)函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
【答案】B
【解析】函数f(x)＝2|x－a|＋3的增区间为[a，＋∞)，减区间为(－∞，a]，若函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a>1.
7．(2021·黑龙江省牡丹江模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lg（x2＋1），x<1，))则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________．
【解析】因为 f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1，所以f(f(－3))＝f(1)＝1＋2－3＝0.当x≥1时，x＋eq \f(2,x)－3≥2 eq \r(x·\f(2,x))－3＝2eq \r(2)－3，当且仅当x＝eq \f(2,x)，即x＝eq \r(2)时等号成立，此时f(x)min＝2eq \r(2)－3<0；当x<1时，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此时f(x)min＝0.所以f(x)的最小值为2eq \r(2)－3.
【答案】0 2eq \r(2)－3
8．(2021·辽宁省大连模拟)已知函数f(x)＝eq \f(\r(4－mx),m－1)(m≠1)在区间(0,1]上是减函数，则实数m的取值范围是________．
【答案】(－∞，0)∪(1,4]
【解析】由题意可得4－mx≥0，x∈(0,1]恒成立，所以m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x)))min＝4.当00，解得1【练提升】
1．(2021·安徽合肥模拟)若2x＋5y≤2－y＋5－x，则有( )
A．x＋y≥0 B．x＋y≤0
C．x－y≤0 D．x－y≥0
【答案】B
【解析】原不等式可化为2x－5－x≤2－y－5y，记函数f(x)＝2x－5－x，则原不等式可化为f(x)≤f(－y)．又函数f(x)在R上单调递增，所以x≤－y，即x＋y≤0.
2．(2021·河北省唐山模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a－2）x，x≥2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)－1，x<2))是R上的单调递减函数，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，2) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(13,8)))
C．(0，2) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,8)，2))
【答案】B
【解析】因为函数为递减函数，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2<0,2（a－2）≤（\f(1,2)）2－1))，解得a≤eq \f(13,8)，故选B.
3．(2021·山西省临汾模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lgax，x>3，,mx＋8，x≤3.))若f(2)＝4，且函数f(x)存在最小值，则实数a的取值范围为( )
A．(1，eq \r(3)] B．(1,2]
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3))) D．[eq \r(3)，＋∞)
【答案】A
【解析】因为f(2)＝2m＋8＝4，所以m＝－2，所以当x≤3时，f(x)＝－2x＋8.此时f(x)≥f(3)＝2.因为函数f(x)存在最小值，所以当x>3时，f(x)单调递增，且lga3≥2，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,lga3≥lgaa2，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,a2≤3，))解得a∈(1，eq \r(3)]．
4．(2021·辽宁省灯塔市一中模拟)已知函数f1(x)＝|x－1|，f2(x)＝eq \f(1,3)x＋1，g(x)＝eq \f(f1（x）＋f2（x）,2)＋eq \f(|f1（x）－f2（x）|,2)，若a，b∈[－1，5]，且当x1，x2∈[a，b]时，eq \f(g（x1）－g（x2）,x1－x2)>0恒成立，则b－a的最大值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
【答案】D
【解析】当f1(x)≥f2(x)时，
g(x)＝eq \f(f1（x）＋f2（x）,2)＋eq \f(f1（x）－f2（x）,2)＝f1(x)；
当f1(x)综上，g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f1（x），f1（x）≥f2（x），,f2（x），f1（x）即g(x)是f1(x)，f2(x)两者中的较大者．在同一直角坐标系中分别画出函数f1(x)与f2(x)的图象，则g(x)的图象如图中实线部分所示．由图可知g(x)在[0，＋∞)上单调递增，又g(x)在[a，b]上单调递增，故a，b∈[0，5]，则b－a的最大值为5.
5．(2021·吉林省白城市四中模拟)已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，证明：f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．
【解析】 (1)证明：当a＝－2时，f(x)＝eq \f(x,x＋2).
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)上单调递增．
(2)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，06．(2021·浙江省义乌二中模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2ax＋a2＋1，x≤0，,x2＋\f(2,x)－a，x＞0.))
(1)若对于任意的x∈R，都有f(x)≥f(0)成立，求实数a的取值范围；
(2)记函数f(x)的最小值为M(a)，解关于实数a的不等式M(a－2)＜M(a)．
【解析】(1)当x≤0时，f(x)＝(x－a)2＋1，
因为f(x)≥f(0)，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，
所以a≥0，
当x＞0时，f′(x)＝2x－eq \f(2,x2)，
令2x－eq \f(2,x2)＝0得x＝1，
所以当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以fmin(x)＝f(1)＝3－a，
因为f(x)≥f(0)＝a2＋1，
所以3－a≥a2＋1，解得－2≤a≤1.
又a≥0，
所以a的取值范围是[0，1]．
(2)由(1)可知当a≥0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(0)＝a2＋1，
当a＜0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(a)＝1，
f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f(1)＝3－a，
解不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋1≤3－a,a≥0))得0≤a≤1，
解不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1≤3－a,a＜0))得a＜0，
所以M(a)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋1，0≤a≤1,1，a＜0,3－a，a≥1)).
所以M(a)在(－∞，0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，
作出M(a)的函数图象如图所示：
令3－a＝1得a＝2，
因为M(a－2)＜M(a)，
所以0＜a＜2.
7．(2021·江苏省如皋中学模拟)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.
(1)证明：f(x)为单调递减函数；
(2)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．
【解析】(1)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，
则eq \f(x1,x2)>1，由于当x>1时，f(x)<0，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))<0，即f(x1)－f(x2)<0，
因此f(x1)所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．
(2)因为f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，
所以f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)．
由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)得，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,3)))＝f(9)－f(3)，
而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.
所以f(x)在[2,9]上的最小值为－2.
8．(2021·安徽省合肥工业大学附中模拟)已知a≥3，函数F(x)＝min{2|x－1|，x2－2ax＋4a－2}，其中min{p，q}＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p，p≤q，,q，p＞q.))
(1)求使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范围；
(2)①求F(x)的最小值m(a)；
②求F(x)在区间[0，6]上的最大值M(a)．
【解析】(1)由于a≥3，故
当x≤1时，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝x2＋2(a－1)·(2－x)＞0，
当x＞1时，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝(x－2)(x－2a)．
所以使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范围为[2，2a]．
(2)①设函数f(x)＝2|x－1|，g(x)＝x2－2ax＋4a－2，则f(x)min＝f(1)＝0，g(x)min＝g(a)＝－a2＋4a－2，
所以由F(x)的定义知m(a)＝min{f(1)，g(a)}，即
m(a)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0，3≤a≤2＋\r(2)，,－a2＋4a－2，a＞2＋\r(2).))
②当0≤x≤2时，F(x)＝f(x)≤max{f(0)，f(2)}＝2＝F(2)；
当2≤x≤6时，F(x)＝g(x)≤max{g(2)，g(6)}＝max{2，34－8a}＝max{F(2)，F(6)}．
所以M(a)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(34－8a，3≤a＜4，,2，a≥4.))