2020高考人教數(shù)學(理)大一輪復習檢測：第一章第四節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值

1、限時規(guī)范訓練( (限時練夯基練提能練) )A 級基礎夯實練1們1.(2018 江西上饒模擬) )函數(shù) f(x) = -x + x 在!一 2, 3 上的最大值是( () )A.31 1- -們解析：選 A.函數(shù) f(x) = x+ 在2, 3 上單調(diào)遞減，可知 f(x)13的最大值為 f( 2)= 2 2= 2 2.函數(shù) f(x)= |x 2|x 的單調(diào)遞減區(qū)間是( () )A. 1, 2B. 1, 0)C. 0, 2D. 2,+乂 )I卡2x, x2,解析：選 A由于 f(x) = |x 2|x=2作I x2+2x,xv2.出函數(shù)圖象如圖所示：結(jié)合圖象可知函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū) 間是1, 2.fl

2、og2x, x 1 ,3. (2018 陜西漢中模擬) )已知函數(shù) f(x)=貝 S “c=x+c,xv1,1”是“函數(shù) f(x)在 R 上遞增”的( () )A .充分不必要條件B.必要不充分條件C .充要條件D .既不充分也不必要條件解析：選 A.若函數(shù) f(x)在 R 上遞增，則需 logz1 c+1,即 cB.1由 c=- 1? c- 1,但 c0,得 x2 或 XV 2,故 f(x)的定義域為(-， 2)U(2,+).令 t= x2-4,則 f(x) = log1t(t0). 2vt=x2-4 在(， 2)上是減函數(shù)，且 f(x) = log1t 在(0,+00)2上是減函數(shù)，二函數(shù)

3、 f(x)在(一,- 2)上是增函數(shù)，即 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為( (一, 2).x2+ 4x, x0,-5.(2018 深圳質(zhì)檢) )已知函數(shù) f(x)=2八 若 f(2- a2)4xx,xv0, f(a),貝 S 實數(shù) a 的取值范圍是( () )A.(-,-1)U(2,+)B.(-1, 2)C.(-2, 1)D.(-,-2)U(1,+)x2+ 4x, x 0,解析：選 C作出 f(x)=的圖象，如圖，I4x-x2,xv0,由 f(x)的圖象可知 f(x)在(一 = ,+=)上是單調(diào)增函數(shù)，由 f(2 a2)f(a)得 2 a?a，即卩 a?+ a 2v0, 解得一 2vav1.6.(2

4、018 蘇州模擬) )設函數(shù) y= f(x)在(汽 +乂) )內(nèi)有定義.對f (x), f (x) k,=2|x 1當 k=舟舟時，函數(shù) fk(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為( () )A.( ,0)B.(0,+x)C. ( ， 1)D. (1,+ )1 1解析：選 c.由 f(x) 2 得一 1vxv1,由 f(x)2 得 x 1.2-x, x 1,一 1所以 f1(x) = 1, 1vxv1 ,2L公,xf(2x 1)成立的1 十 xx 的取值范圍是（）A.1,1fnB.s,3U(1,+x)( (i nC.3, 3 丿fifi,D.s，3 丿UG，+ri解析：解法一：選 A易知 y= ln(1 +

5、|x|), y=2是偶函數(shù)，1 + x1 所以f(x)是偶函數(shù).當 x0 時，y= ln(1 + |x|)單調(diào)遞增，y=-單1 + x1調(diào)遞增，所以 f(x)=ln(1+|x|)-在 x(0,+s) )上單調(diào)遞增.求1 + x使得 f(x)f(2x 1)成立的 x 的取值范圍等價于解絕對值不等式|x|1|2x 1|, 即卩 x2(2x 1)2,化簡為( (3x 1)(x 1)v0,解得 3xv1因此選 A.解法二：( (特殊值法) )1當 x= 0 時，f(x)= 1, f(2x 1) = f(1)= In 22, 1f(a+3),則實數(shù) a 的取值范圍為_ .a2-a 0,解析：由已知可得

6、a+ 30,解得3vav 1 或 a3,2-a a a+ 3,所以實數(shù) a 的取值范圍為（一 3, 1）U（3,+乂）.答案：（3, 1）U（3,+乂 ）1 1 x x9. （2018 石家莊調(diào)研）函數(shù) f（x）=3 3J J log2（x + 2）在區(qū)間1, 1 上的最大值為 .“ x解析：由于 y=3 3）在 R 上單調(diào)遞減，y= iog2（x + 2）在1,1上單調(diào)遞減，所以 f（x）在1, 1上單調(diào)遞減，故 f（x）在1, 1上的 最大值為 f（ 1）=3.答案：31, x0,10. (2018 張家口檢測) )設函數(shù) f(x)= 0, x= 0,g(x) = x2f(x -1,xv0

7、,1),則函數(shù) g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是 _ .2X , x 1,解析：由題意知 g(x) = 0, x= 1,函數(shù)圖象如圖所示，x2,xv1 由函數(shù)圖象易得函數(shù) am 的單調(diào)遞減區(qū)間是0, 1）.答案：0, 1)B 級能力提升練111. (2018 長沙模擬) )已知函數(shù) f(x) = logzx+ ,若禺 (1, 2),1 xX2 (2,+ )，則()()A.f(x1)v0,f(X2) )v0B.f(xdv0,f(x2) )0C.f(xd0,f(X2) )v0D.f(x0,f(X2) )01 1解析：選 B因為函數(shù) y= logx 與函數(shù) y=的單調(diào)性1 xx 11在(1 ,+X)上均為增

8、函數(shù)，所以函數(shù)f(x) = logx +在(1，+X)1 x上為增函數(shù)，且 f(2) = 0,所以當 X1 (1, 2)時,f(X1) )vf(2) = 0;當 X2(2,+X) )時,嘆)f(2) = 0, 即卩 f(X1) )v0,哄)0.12.(2018 株洲二模) )定義新運算：當 a b 時，ab= a;當 avb 時，ab= b2,則函數(shù) f(x)= (1x)x (2x), x 2, 2的最 大值等于( ( ) )A. 1B. 1C. 6D. 12解析：選 C.由已知得當一 2x 1 時，f(x) = x 2;當 1vx 0+ a)f(2a x)在a, a+1上恒成立，則實數(shù) a

9、的取值范圍是( () )A. ( , 2)B. ( , 0)C. (0, 2)D. ( 2, 0)解析：選 A.作出函數(shù) f(x)的圖象如圖所示，易知函數(shù) f(x)在 R 上為單調(diào)遞減函數(shù)，所以不等式 f(x+ a) f(2aax)在 a, a+1 上恒成立等價于 x+ av2a x,即 xv2 在a,a+1上恒成立，所以只需 a+1va, 即卩 av 2.故選 A.15. (2018 唐山模擬) )如果對定義在 R 上的函數(shù) f(x),對任意兩個不相等的實數(shù) X1, x2，都有 X1f(X1) + X2f(x2) X1f(X2)+ x2f(X1)，則稱函數(shù) f(x)為“ H 函數(shù)”.給出下列

10、函數(shù)：y= ex+ x;y= x2;y=(In |x|,XM0,3x sin x; f(x)=0, x= 0.以上函數(shù)是“ H 函數(shù)”的所有序號為 _.解析：因為對任意兩個不相等的實數(shù) xi, X2,都有 Xlf(Xl) + X2f(X2) ) Xlf(X2) )+ X2f(Xl)恒成立，所以不等式等價為(Xi X2)f(Xl) f(X2) ) 0 恒成立，即函數(shù) f(x)是定義在 R 上的增函數(shù).1函數(shù) y= ex+X 在定義域上為增函數(shù)，滿足條件.2函數(shù) y= x2在定義域上不單調(diào)，不滿足條件.3y=3xsin x,yWcosx0,函數(shù)單調(diào)遞增，滿足條件.In |x|, xM0,4f(x)=當 X 0 時，函數(shù)單調(diào)遞增，當 XV0 時，10, X= 0,函數(shù)單調(diào)遞減，不滿足條件.綜上，滿足“H 函數(shù)”的函數(shù)為.答案：C 級素養(yǎng)加強練e2,(xW0)一16. (2018 濟南模擬) )已知函數(shù) f(x)= “/ 小( (a 是常l、2ax 1,(x 0)數(shù)且 a 0).對于下列命題：1函數(shù) f(x)的最小值是一 1;2函數(shù) f(x)在 R 上是單調(diào)函數(shù)；3若 f(x)0 在 Q,+x上恒成立，則 a 的取值范圍是 a1;對任意的 x1V0 , x2V0 且 x1工 x2,j 、函數(shù) f(x)在 R 上不是單調(diào)函數(shù)，故錯誤；若 f