新高考数学一轮复习微专题专练07函数的单调性与最值（含详解）

这是一份新高考数学一轮复习微专题专练07函数的单调性与最值（含详解），共5页。

一、选择题
1．下列函数中是增函数的为( )
A．f(x)＝－x B．f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(x)
C．f(x)＝x2 D．f(x)＝ eq \r(3,x)
2．下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是( )
A．y＝ eq \f(1,1－x) B．y＝cs x
C．y＝ln (x＋1) D．y＝2－x
3．函数f(x)＝lg eq \f(1,2) (x2－4)的单调递增区间为( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)
4．已知a＝lg20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则( )
A．aC．c5．[2023·四川内江测试]若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝ eq \f(a,x＋1) 在区间[1，2]上都是减函数，则a的取值范围是( )
A．(－1，0)∪(0，1) B．(－1，0)∪(0，1]
C．(0，1) D．(0，1]
6．[2023·山东青岛一中测试]已知y＝f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3)))
B．(0，＋∞)
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))
D．(－∞，0)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))
7．(多选)函数f(x)＝lga|x－1|在(0，1)上单调递减，那么( )
A．f(x)在(1，＋∞)上单调递增且无最大值
B．f(x)在(1，＋∞)上单调递减且无最小值
C．f(x)的图象关于直线x＝1对称
D．若a＝2 022，则f(x)在(0，1)上单调递减
8．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4x，x≥0，,4x－x2，x<0，)) 若f(2－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B．(－1，2)
C．(－2，1)
D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
9．[2023·新课标Ⅰ卷]设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)单调递减，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．[－2，0)
C．(0，2] D．[2，＋∞)
二、填空题
10．已知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a的取值范围为________．
11．已知函数f(x)＝lga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，若f(0)<0，则此函数f(x)的单调递增区间是________.
12．已知函数f(x)＝ eq \f(x＋1,x－1) ，x∈[2，5]，则f(x)的最大值是________．
[能力提升]
13．[2022·新高考Ⅰ卷，7]设a＝0.1e0.1，b＝ eq \f(1,9) ，c＝－ln 0.9，则( )
A．aC．c14．设函数f(x)＝ln |2x＋1|－ln |2x－1|，则f(x)( )
A．是偶函数，且在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) 单调递增
B．是奇函数，且在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))) 单调递减
C．是偶函数，且在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) 单调递增
D．是奇函数，且在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) 单调递减
15．函数f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x) －lg2(x＋2)在[－1，1]上的最大值为________．
16．f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax，x<1，,（a－3）x＋4a，x≥1，)) 满足对任意x1≠x2，都有 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) <0成立，则a的取值范围是________．
专练7 函数的单调性与最值
1．D 方法一(排除法) 取x1＝－1，x2＝0，对于A项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A项不符合题意；对于B项有f(x1)＝ eq \f(3,2) ，f(x2)＝1，所以B项不符合题意；对于C项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C项不符合题意．故选D．
方法二(图象法) 如图，在坐标系中分别画出A，B，C，D四个选项中函数的大致图象，即可快速直观判断D项符合题意．故选D.
2．D A项，x1＝0时，y1＝1，x2＝ eq \f(1,2) 时，y2＝2>y1，所以y＝ eq \f(1,1－x) 在区间(－1，1)上不是减函数，故A项不符合题意．B项，由余弦函数的图象与性质可得，y＝cs x在(－1，0)上递增，在(0，1)上递减，故B项不符合题意．C项，y＝ln x为增函数，且y＝x＋1为增函数，所以y＝ln (x＋1)在(－1，1)上为增函数，故C项不符合题意．D项，由指数函数可得y＝2x为增函数，且y＝－x为减函数，所以y＝2－x为减函数，故D项符合题意．
3．D 由x2－4>0得x>2或x<－2，∴f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为(－∞，－2).
4．B ∵a＝lg20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，
∴a5．D 由于g(x)＝ eq \f(a,x＋1) 在区间[1，2]上是减函数，所以a>0；由于f(x)＝－x2＋2ax在区间[1，2]上是减函数，且f(x)的对称轴为x＝a，则a≤1.综上有06．C ∵f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)2a－1，)) 解得07．ACD ∵函数f(x)＝lga|x－1|在(0，1)单调递减，∴f(x)＝lga(1－x)在(0，1)上单调递减，∵y＝1－x在其定义域内是减函数，∴a>1.当x∈(1，＋∞)时，f(x)＝lga|x－1|＝lga(x－1)，∵y＝x－1在其定义域内是增函数，且a>1，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，且无最大值，故A正确，B错误．∵f(2－x)＝lga|2－x－1|＝lga|x－1|＝f(x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，故C正确；由a>1可知，当a＝2 022时，f(x)在(0，1)上单调递减，故D正确．故选ACD.
8．C f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4x＝（x＋2）2－4，x≥0，,4x－x2＝－（x－2）2＋4，x<0.))
由f(x)的图象可知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
由f(2－a2)>f(a)得2－a2>a，
即a2＋a－2<0，解得－29．D 方法一 由题意得y＝x(x－a)在区间(0，1)单调递减，所以x＝ eq \f(a,2) ≥1，解得a≥2.故选D.
方法二 取a＝3，则y＝x(x－3)＝(x－ eq \f(3,2) )2－ eq \f(9,4) 在(0，1)单调递减，所以f(x)＝2x(x－3)在(0，1)单调递减，所以a＝3符合题意，排除A，B，C，故选D.
10．(－3，－1)∪(3，＋∞)
解析：由已知可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，)) 解得－33，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞).
11．[－1，1)
解析：∵f(0)＝lga3<0，∴012．3
解析：f(x)＝ eq \f(x＋1,x－1) ＝ eq \f(x－1＋2,x－1) ＝1＋ eq \f(2,x－1) ，显然f(x)在[2，5]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝1＋ eq \f(2,2－1) ＝3.
13．C 设f(x)＝(1－x)ex－1，x＞0，则当x＞0时，f′(x)＝－ex＋(1－x)ex＝－xex＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(0.1)＜f(0)＝0，即0.9 e0.1－1＜0，所以0.1e0.1＜ eq \f(1,9) ，即a＜b.令g(x)＝x－ln (1＋x)，x＞0，则当x＞0时，g′(x)＝1－ eq \f(1,1＋x) ＝ eq \f(x,1＋x) ＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g( eq \f(1,9) )＞g(0)＝0，即 eq \f(1,9) －ln (1＋ eq \f(1,9) )＞0，所以 eq \f(1,9) ＞－ln eq \f(9,10) ，即b＞c.令h(x)＝xex＋ln (1－x)，0＜x≤0.1，则h′(x)＝(1＋x)·ex＋ eq \f(1,x－1) ＝ eq \f(（x2－1）ex＋1,x－1) .设t(x)＝(x2－1)ex＋1，则当0＜x≤0.1时，t′(x)＝(x2＋2x－1)ex＜0，所以t(x)在(0，0.1]上单调递减，所以t(x)＜t(0)＝0，所以当0＜x≤0.1时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，0.1]上单调递增，所以h(0.1)＞h(0)＝0，即0.1e0.1＋ln 0.9＞0，所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c，所以b＞a＞c.故选C.
14．D eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(|2x＋1|>0，,|2x－1|>0)⇒x∈\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x≠±\f(1,2)，x∈R)))))) ，∴函数f(x)的定义域关于原点对称，又∵f(－x)＝ln |－2x＋1|－ln |－2x－1|＝ln |2x－1|－ln |2x＋1|＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，排除A、C；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))) 时，f(x)＝ln (2x＋1)－ln (1－2x)，则f′(x)＝ eq \f(2,2x＋1) － eq \f( －2,1－2x) ＝ eq \f(4,1－4x2) >0，∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))) 单调递增，排除B；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) 时，f(x)＝ln (－2x－1)－ln (1－2x)，则f′(x)＝ eq \f(－2,－2x－1) － eq \f( －2,1－2x) ＝ eq \f(4,1－4x2) <0，∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) 单调递减，∴D正确．
15．3
解析：∵y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(x) 在R上单调递减，y＝lg2(x＋2)在[－1，1]上单调递增，∴f(x)在[－1，1]上单调递减，∴f(x)max＝f(－1)＝3.
16. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))
解析：∵对任意x1≠x2，都有 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) <0成立，
∴f(x)在定义域R上为单调递减函数，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0∴a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) .