考点04 函数单调性的5种判断方法及3个应用方向-2022年新高考数学方法研究（人教A版2019）练习题

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专题二  函数考点4  函数单调性的5种判断方法及3个应用方向 【方法点拨】 一、函数单调性的判断及解决应用问题的方法 判断函数单调性的常用方法(1)定义法；（2）图象法；(3)利用函数的性质“增+增=增，减+减=减”判断；(4)复合函数的单调性根据“同增异减”判断；(5)导数法2.求函数的单调区间先定定义域，在定义域内求单调区间.单调区间不连续时，要用“和”或“，“连接，不能用“U”连接.3.单调性的应用的三个方向(1)比较大小：将自变量转化到同一个单调区间内，利用函数的单调性比较大小；(2)解函数型不等式：利用函数单调性，由条件脱去“f”；(3)求参数值或取值范围：利用函数的单调性构建参数满足的方程(组)、不等式(组). 【高考模拟】1．函数与的单调递增区间分别为（    ）A．[1，+∞)，[1，+∞) B．(﹣∞，1]，[1，+∞)C．(1，+∞)，(﹣∞，1] D．(﹣∞，+∞)，[1，+∞)【答案】A【分析】先对，进行化简，再求单调区间即可.【解析】解： ，在上单调递增，，在上单调递增，故选：A.2．函数的单调递减区间为（     ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出函数的定义域，利用复合函数法可求得函数的单调递减区间.【解析】由题意，，可得或，函数的定义域为，令，则外层函数在上单调递增，内层函数在上单调递减，在上单调递增，所以，函数的单调递减区间为.故选：D.【点睛】方法点睛：求解函数的单调区间一般有以下几种方法：一是图象法，主要适用与基本初等函数及其在基本初等函数的基础上进行简单变化后的函数以及分段函数，可以借助图像来得到函数的单调区间；二是复合函数法，主要适用于函数结构较为复杂的函数，采用换元的思想将函数解析式分解为多层，利用同增异减的原理来求解；三是导数法，对于可导函数，可以解相应的导数不等式来求解函数的单调区间.3．函数在区间上是增函数，则使得为增函数的区间为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先将函数看作函数向右平移3个单位所得到，再判断增区间即可.【解析】函数可以看作函数向右平移3个单位所得到，故由函数在区间上是增函数，得在区间上是增函数.故选：C.4．函数的单调减区间是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将函数写成分段函数的形式，即再根据解析式得到函数的单调区间；【解析】直接通过解析式，结合二次函数图象得：递增，在递减，故选：A.5．函数f(x)=x2+2(a-1)x+2在区间(-∞，4)上递减，则a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用二次函数的性质，比较对称轴和区间端点的大小，列不等式可得a的取值范围．【解析】函数f(x)的对称轴是，开口向上，则，解得故选：B6．若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】直接由单调性的定义求解即可【解析】解：任取，且，因为函数在上单调递增，所以，即，所以，，因为，所以，，，所以．故选：D7．如果函数在区间上单调递减，那么实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出二次函数的对称轴，根据单调区间与对称轴之间的关系建立条件，即可求出的取值范围．【解析】解：二次函数的对称轴为，抛物线开口向上，函数在，上单调递减，要使在区间，上单调递减，则对称轴，解得．故选：．【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，根据二次函数单调性与对称轴之间的关系是解决本题的关键．8．“”是“函数单调递减”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【答案】A【分析】求出的导函数，利用单调递减，则恒成立，求出的范围，比较所求范围和条件中给定范围的关系，得出结论.【解析】由，若函数单调递减，必有当时，恒成立，可化为，可得．故“”是“函数单调递减”的充分不必要条件.故选：A.9．若函数的定义域是(﹣∞，1)∪[2，5)，则其值域为（    ）A．(﹣∞，0) B．(﹣∞，2]C． D．【答案】D【分析】分x<1和x∈[2，5)两种情况，利用反比例函数的性质得出函数的值域．【解析】由题意可得：当x<1时，则x﹣1<0所以y∈(﹣∞，0)当x∈[2，5)时，则x﹣1∈[1，4)，所以y∈所以函数的值域为.故选：D.10．若关于的不等式在，上恒成立，则实数的取值范围是（    ）A．， B．， C．， D．，【答案】D【分析】利用参数分离法进行转化，构造函数求函数的最大值即可得到结论.【解析】解：由题意知，在，上恒成立，设，则函数在上为增函数，当时，，则，故选：.【点睛】关键点睛：本题的关键是将已知不等式恒成立问题，通过参变分离得到参数的恒成立问题，结合函数的单调性求出最值.11．若且，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用已知条件构造函数，再求其值域即得结果.【解析】由且知，，故设，设，则，，即，故，即，函数在上单调递减，，故函数的值域为.故选：D.【点睛】方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法（1）取值：设是该区间内的任意两个值，且；（2）作差变形：即作差，即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；（3）定号：确定差的符号；（4）下结论：判断，根据定义作出结论.即取值---作差----变形----定号----下结论.12．函数的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】令，利用基本不等式求得，构造函数，证明出函数在上为增函数，由此可求得函数的最小值.【解析】令，则，因为，所以，又，令，其中，任取、且，即，则，，，，，即，所以，函数在上为增函数，因此，.故选：C.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.13．若函数在区间上的最大值是4，则实数的值为（    ）A．-1 B．1 C．3 D．1或3【答案】B【分析】分和两种情况求解，时，在区间上为增函数，从而可求出其最大值，当时，在区间上为减函数，从而可求出其最大值，进而可得答案【解析】解：当时，在区间上为增函数，则当时，取得最大值，即，解得；当时，在区间上为减函数，则当时，取得最大值，即，解得舍去，所以，故选：B14．函数在[1，2]上的最大值与最小值的差为3，则实数为（    ）A．3 B．-3 C．0 D．3或-3【答案】D【分析】讨论的取值，判断函数的单调性，求出函数的最值，作差即可求解.【解析】解：①当时，，不符合题意；②当时，在上递增，则，解得；③当时，在上递减，则，解得．综上，得，故选：D．15．已知函数在区间上的最大值为2，则实数t的值为（    ）A．2或3 B．1或3 C．2 D．3【答案】A【分析】函数，，根据绝对值的最大值为2进行分类讨论检验即可.【解析】由题函数，的最大值为或当时，即时，最大值解得：；当时，即时，最大值解得：综上所述：的值等于2或3.故选：A【点睛】解决本题的关键是利用单调性求出的范围，再结合绝对值的性质进行求解.16．若函数的值域为，则实数的取值范围为（    ）A．， B． C．， D．，【答案】C【分析】根据分段函数的值域为，具有连续性，由是减函数，可得也是减函数，故得，，可得答案.【解析】解：函数的值域为，由是减函数，也是减函数，故得，解得：，函数的值域为，，解得：.实数的取值范围是，.故选：.17．若函数是上的减函数，，则下列不等式一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据函数单调性，以及题中条件，逐项判断，即可得出结果.【解析】因为函数是上的减函数，，A选项，，当时，，所以；当时，，所以，即B不一定成立；B选项，当时，，所以；当时，，所以，即B不一定成立；C选项，时，，则，所以C不成立；D选项，，则；所以，即D一定成立.故选：D.18．已知函数，且，则下列不等式中成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由，即可得到图象的对称轴为，所以根据图象上的点离对称轴的距离即可比较出的大小关系.【解析】由得图象的对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以，故选：C.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关函数值的比较大小的问题，解题方法如下：（1）首先根据题中所给的函数解析式，判断函数类型，根据题中所给的条件，判断出函数图象的对称轴；（2）利用对称性，将自变量所对应的函数值进行转换；（3）根据函数的单调性求得结果.19．若定义在上的偶函数在上是减函数，则下列各式一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由偶函数及在上是减函数，知在上是增函数，即可判断各项的正误.【解析】A：在上是减函数，即，错误；B：，在上是减函数，有，即，错误；C：，在上是减函数，有，即，正确；D：由题意，在上是增函数，，错误；故选：C20．设函数是上的减函数，又若，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用特殊值法可判断ABC选项的正误，利用函数的单调性可判断D选项的正误.【解析】对于A选项，取，则，，A选项错误；对于B选项，取，则，所以，，B选项错误；对于C选项，取，则，所以，，C选项错误；对于D选项，对任意的，，所以，，D选项正确.故选：D.21．函数的定义域为为的导函数，且，则不等式的解集是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】依题意可得再定义域上单调递增，又，即可得到时，；时，；再分类讨论分别计算最后取并集即可；【解析】解：由题意可知在单调递增，又，时，；时，；对于，当时，不等式成立，当时，，不等式不成立；当时，，且，不等式成立不等式的解集故选：.22．已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意构造新函数，得到函数的单调性，对问题进行变形，由单调性转化为求解不等式问题，即可得到结果【解析】由题可设，，则，所以函数在上单调递增，，将不等式转化为，可得，即，有，故得，所以不等式的解集为，故选：D.【点睛】关键点睛：本题的解题关键是构造新函数，然后运用函数单调性求解不等式，通常情况构造新函数的形式如：、或者等，需要结合条件或者问题出发进行构造.23．已知函数，且，则实数的取值范围是（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】用导数判断函数的单调性，再解不等式即可.【解析】因为，所以函数在上单调递减，由于所以，得 故选：D【点睛】关键点点晴：判断函数的单调性是解题的关键.24．已知定义在上的函数满足，对恒有，则的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】构造新函数，利用导数判断单减，又可解.【解析】令，则，又因为对恒有所以恒成立，所以在R上单减.又，所以的解集为故选：B【点睛】利用单调性解不等式通常用于： (1)分段函数型不等式；(2)复合函数型不等式；(3)抽象函数型不等式；(4)解析式较复杂的不等式；25．已知函数f (x)＝，若f (2a2－5a＋4)<f (a2＋a＋4) ，则实数a的取值范围是（    ）A．∪(2,＋∞) B．[2,6)C．∪[2,6) D．(0,6)【答案】C【分析】由解析式知在定义域上递增，由已知函数不等式有，即可求解a的取值范围.【解析】由题意，在上单调递增，∵，即，∴或，可得或.故选：C【点睛】关键点点睛：利用函数的单调性，列不等式求参数的范围.易错点是定义域容易被忽略.26．已知函数的图象关于y轴对称，当时，单调递增，则不等式的解集为__________．【答案】【分析】由题意可得为偶函数，再由偶函数的性质可将，转化为，再由当时，单调递增，可得，从而可求出的范围【解析】解：依题意，为偶函数，当时，单调递增，要满足，则要求，两边平方得，即，即，解得．故答案为：．27．设，若，则不等式的解集为____________.【答案】【分析】先由，解出a，讨论的单调性，利用函数单调性解不等式即可.【解析】因为，且，，所以，解得.，在R上单增.可化为：解得：.不等式的解集为故答案为：【点睛】利用单调性解不等式通常用于： (1)分段函数型不等式；(2)复合函数型不等式；(3)抽象函数型不等式；(4)解析式较复杂的不等式；28．已知定义域为R的奇函数在区间上为严格减函数，且，则不等式的解集为___________.【答案】【分析】先由定义域为R的奇函数在区间上为严格减函数，且，画出的草图，结合图像对进行等价转化，解不等式即可.【解析】是定义域为R的奇函数，且在区间上为严格减函数，有，∴在区间上为严格减函数且，可作出的草图：不等式可化为：或对于，当时，无解；对于，当时，由图像观察，解得：所以不等式的解集为.故答案为：【点睛】常见解不等式的类型：(1)解一元二次不等式用图像法或因式分解法；(2)分式不等式化为标准型后利用商的符号法则；(3)高次不等式用穿针引线法；(4)含参数的不等式需要分类讨论．29．已知函数在上恒成立，则的取值范围是_________.【答案】【分析】由题意，把函数在上恒成立转化为对上恒成立，列不等式解得a的范围.【解析】恒成立，即恒成立，所以时显然不成立.当时得，所以.故答案为：【点睛】（1）求参数的范围是常见题型之一，处理的方法有两种：①不分离参数，直接求最大值或最小值，解不等式；②分离参数法.（2）解指、对数型的不等式，通常化为同底的结构，利用函数的单调性解不等式.30．设函数，则不等式的解集为_________．【答案】【分析】先判断函数的单调性，再解抽象不等式.【解析】当时，是增函数，此时；当时， 是增函数，此时，所以函数是单调递增函数，，解得：，所以不等式的解集是.故答案为：