函数的单调性与最值-高考理科数学一轮复习考点检测练习.pdf

A 级基础夯实练 1 (2018 ·江西上饶模拟 )函数 f(x)x1 x在 2， 1 3 上的最大 值是() A.3 2 B 8 3 C2 D2 解析：选 A.函数 f(x) x 1 x在 2， 1 3 上单调递减，可知 f(x) 的最大值为 f(2)21 2 3 2. 2函数 f(x)|x2|x 的单调递减区间是 () A1，2 B1，0) C0，2 D2，) 解析：选 A.由于 f(x)|x2|x x22x，x2， x22x，x2.作 出函数图象如图所示：结合图象可知函数的单调递减区 间是1，2 3(2018 ·陕西汉中模拟 )已知函数f(x) log2x，x1， xc，x1， 则“c 1”是“函数 f(x)在 R 上递增”的 () A充分不必要条件B必要不充分条件 C充要条件D既不充分也不必要条件 解析： 选 A.若函数 f(x)在 R 上递增，则需log21c1，即 c 1.由 c 1? c1， 但 c1? /c1， 所以“c1”是“f(x) 在 R 上递增 ”的充分不必要条件 4(2018 ·厦门调研 )函数f(x)log1 2 (x 2 4)的单调递增区间为 () A(0， ) B(， 0) C(2， ) D(， 2) 解析：选 D.由 x240，得 x2 或 x2，故 f(x)的定义域为 (，2)(2，)令 tx 24，则 f(x)log1 2 t(t0) tx24 在(，2)上是减函数， 且 f(x)log1 2 t 在(0，) 上是减函数，函数f(x)在(，2)上是增函数，即f(x)的单调递 增区间为 (，2) 5(2018 ·深圳质检 )已知函数f(x) x 24x，x0， 4xx 2，x0，若 f(2a 2) f(a)，则实数 a 的取值范围是 () A(， 1)(2， ) B(1，2) C(2，1) D(， 2)(1， ) 解析： 选 C.作出 f(x) x24x，x0， 4xx2，x0， 的图象，如图， 由 f(x)的图象可知 f(x)在(，)上是单调增函数，由f(2 a 2)f(a)得 2a2a，即 a2a20， 解得 2a1. 6(2018 ·苏州模拟 )设函数 yf(x)在(， )内有定义对 于给定的正数k，定义函数fk(x) f（x），f（x）k， k，f（x）k， 取函数 f(x) 2 |x|.当 k1 2时，函数 fk(x)的单调递增区间为 ( ) A(，0)B(0， ) C(， 1) D(1，) 解析：选 C.由 f(x)1 2，得1x1，由 f(x) 1 2，得 x1 或 x1. 所以 f1 2 (x) 2 x，x1， 1 2，1x1， 2 x，x1， 故 f1 2 (x)的单调递增区间为 (，1) 7设函数 f(x)ln(1|x|) 1 1x2，则使得 f(x)f(2x1)成立的 x 的取值范围是 () A. 1 3，1 B. ， 1 3 (1， ) C. 1 3， 1 3 D. ， 1 3 1 3， 解析： 解法一：选 A.易知 yln(1|x|)，y 1 1x2是偶函数， 所以 f(x)是偶函数当 x0 时，yln(1|x|)单调递增，y 1 1x2单 调递增，所以 f(x)ln(1|x|) 1 1x2在 x(0，)上单调递增求 使得 f(x)f(2x1)成立的 x 的取值范围等价于解绝对值不等式|x| |2x1|，即 x2(2x1)2，化简为 (3x1)(x1)0，解得 1 3x1.因 此选 A. 解法二： (特殊值法 ) 当 x0 时，f(x)1，f(2x1)f(1)ln 2 1 2，1ln 2 1 2，排除选项 B 和 C. 当 x1 时，f(x)f(2x1)，排除选项 D.因此选 A. 8(2018 ·太原模拟 )已知函数 f(x)为(0，)上的增函数，若 f(a2 a)f(a3)，则实数 a 的取值范围为 _ 解析：由已知可得 a2a0， a30， a2aa3， 解得 3a1 或 a3，所 以实数 a 的取值范围为 (3，1)(3，) 答案： (3，1)(3， ) 9(2018 ·石家庄调研 )函数 f(x) 1 3 xlog 2(x2)在区间1，1 上的最大值为 _ 解析： 由于 y 1 3 x在 R 上单调递减， ylog 2(x2)在1， 1上单调递减，所以f(x)在1，1上单调递减，故f(x)在1，1上 的最大值为 f(1)3. 答案： 3 10(2018 ·张家口检测 )设函数 f(x) 1，x0， 0，x0， 1，x0， g(x)x2f(x 1)，则函数 g(x)的单调递减区间是 _ 解析： 由题意知 g(x) x2，x1， 0，x1， x2，x1. 函数图象如图所示， 由函数图象易得函数g(x)的单调递减区间是 0，1) 答案： 0，1) B 级能力提升练 11(2018 ·长沙模拟 )已知函数 f(x)log2x 1 1x，若 x1(1，2)， x2(2， )，则() Af(x1)0，f(x2)0 Bf(x1)0，f(x2)0 Cf(x1)0，f(x2)0 Df(x1)0，f(x2)0 解析：选 B.因为函数 ylog 2x 与函数 y 1 1x 1 x1 的单调性 在(1，)上均为增函数，所以函数f(x)log2x 1 1x在(1，) 上为增函数，且 f(2)0，所以当 x1(1，2)时，f(x1)f(2)0；当 x2 (2，)时，f(x2)f(2)0，即 f(x1)0，f(x2)0. 12(2018 ·株洲二模 )定义新运算：当ab时，aba；当 a b 时，abb 2，则函数 f(x)(1x)x(2x)，x2，2的最 大值等于 () A1 B1 C6 D12 解析： 选 C.由已知得当 2x1 时，f(x)x2； 当 1x2 时，f(x)x32. f(x)x2，f(x)x32 在定义域内都为增函数 f(x)的最大值为 f(2)2326. 13已知函数 f(x)ln xln(2x)，则() Af(x)在(0，2)单调递增 Bf(x)在(0，2)单调递减 Cyf(x)的图象关于直线x1 对称 Dyf(x)的图象关于点 (1，0)对称 解析：解法一：选 C.f(x)的定义域为 (0，2)由于 f(x)ln xln(2 x)ln(2xx 2)，从而对 f(x)的研究可转化为对二次函数 g(x)2x x2(x(0，2)的研究因为g(x)2xx2(x1)21，所以g(x) 在(0，1)上单调递增，在 (1，2)上单调递减，直线x1 是 yg(x)的 图象的对称轴从而排除A，B，D，故选 C. 解法二：由于 f(2x)ln(2x)ln x，即 f(x)f(2x)，故可得 yf(x)的图象关于直线x1 对称，故选 C. 14(2018 ·潍坊二模 )已知 f(x) x24x3，x0 x22x3，x0，不等式 f(x a)f(2ax)在a，a1上恒成立，则实数a 的取值范围是 () A(， 2) B(， 0) C(0，2) D(2，0) 解析： 选 A.作出函数 f(x)的图象如图所示，易知函 数 f(x)在 R 上为单调递减函数， 所以不等式 f(xa)f(2ax)在a，a 1上恒成立等价于xa2ax，即 xa 2在a，a1上恒成立，所 以只需 a1 a 2，即 a2.故选 A. 15(2018 ·唐山模拟 )如果对定义在 R 上的函数 f(x)，对任意两个 不相等的实数 x1，x2，都有 x1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)，则称函 数 f(x)为“H 函数”给出下列函数：ye xx；yx2；y 3xsin x；f(x) ln |x|，x0， 0，x0. 以上函数是“ H 函数”的所有序号为 _ 解析： 因为对任意两个不相等的实数x1，x2， 都有 x1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)恒成立， 所以不等式等价为 (x1x2)f(x1)f(x2)0 恒成立， 即函数 f(x)是定义在 R 上的增函数 函数 ye xx 在定义域上为增函数，满足条件 函数 yx 2 在定义域上不单调，不满足条件 y3xsin x，y3cos x0，函数单调递增，满足条件 f(x) ln |x|，x0， 0，x0， 当 x0 时，函数单调递增，当x0 时， 函数单调递减，不满足条件综上，满足“H 函数”的函数为 . 答案： C 级素养加强练 16(2018 ·济南模拟 )已知函数 f(x) e x2，（x0） 2ax1，（x0） (a 是常 数且 a0)对于下列命题： 函数 f(x)的最小值是 1； 函数 f(x)在 R 上是单调函数； 若 f(x)0 在 1 2， 上恒成立，则 a 的取值范围是 a1； 对 任 意 的 x1 0 ， x2 0 且x1 x2， 恒 有f x1x2 2 f（x1）f（x2） 2 .其中正确命题的所有序号是_ 解析：根据题意可画出函数图象，由图象可知， 显然正确； 函数 f(x)在 R 上不是单调函数，故 错误；若 f(x) 0 在 1 2， 上恒成立， 则 2a×1 210，a1，故正确；由图象可知在 (，0)上对 任意的 x10，x20 且 x1x2，恒有 f x1x2 2 f（x1）f（x2） 2 成 立，故 正确 答案：