2020高考数学大一轮复习第一章集合与常用逻辑用语、函数第四节函数的单调性与最值检测理新人教A版.doc

1、1第四节 函数的单调性与最值限时规范训练(限时练夯基练提能练)A级 基础夯实练1(2018江西上饶模拟)函数 f(x)x 在 上的最大值是( )1x 2， 13A. B32 83C2 D2解析：选 A.函数 f(x)x 在 上单调递减，可知 f(x)的最大值为 f(2)1x 2， 132 .12 322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 作出函数图象x2 2x， x 2， x2 2x， x 2.)如图所示：结合图象可知函数的单调递减区间是1，23(2018陕西汉中模拟)已知函数 f(x) 则log2x，

2、x 1，x c， x 1， )“c1”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 c1.由c1c 1，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)log (x24)的单调递增区间为( )12A(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)log t(t0)122tx 24 在(，2)上是减函

3、数，且 f(x)log t在(0，)上是减函数，12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) 若 f(2a 2)f(a)，则实x2 4x， x 0，4x x2， x 0， )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) 的图象，如图，x2 4x， x 0，4x x2， x 0， )由 f(x)的图象可知 f(x)在(，)上是单调增函数，由 f(2a 2)f(a)得2a 2a，即 a2a20，解得2a1.6(2018苏州模拟)设函数 yf(x)在(，)内有定

4、义对于给定的正数 k，定义函数 fk(x) 取函数 f(x)2 |x| .当 k 时，函数 fk(x)的f（ x） ， f（ x） k，k， f（ x） k， ) 12单调递增区间为( )A(，0) B(0，)C(，1) D(1，)解析：选 C.由 f(x) ，得1x1，由 f(x) ，得 x1 或 x1.12 12所以 f (x)12 2 x， x 1，12， 1 x 1，2x， x 1， )故 f (x)的单调递增区间为(，1)127设函数 f(x)ln(1|x|) ，则使得 f(x)f(2x1)成立的 x的取值范围是11 x2( )3A.(13， 1)B. (1，)( ，13)C.(13

5、， 13)D. ( ， 13) (13， )解析：解法一：选 A.易知 yln(1|x|)，y 是偶函数，所以 f(x)是偶函11 x2数当 x0 时，yln(1|x|)单调递增，y 单调递增，所以 f(x)ln(1|x|)11 x2 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11 x2解绝对值不等式|x|2x1|，即 x2(2x1) 2，化简为(3x1)(x1)0，解得 x1.因13此选 A.解法二：(特殊值法)当 x0 时，f(x)1，f(2x1)f(1)ln 2 ，1ln 2 ，排除选项 B12 12和 C.当 x1 时，f(x)f(2x1)，排除选项

6、 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(a2a)f(a3)，则实数 a的取值范围为_解析：由已知可得 解得3a1 或 a3，所以实数 a的取值范围a2 a 0，a 3 0，a2 a a 3， )为(3，1)(3，)答案：(3，1)(3，)9(2018石家庄调研)函数 f(x) log 2(x2)在区间1，1上的最大值为(13)x _解析：由于 y 在 R上单调递减，ylog 2(x2)在1，1上单调递减，所以(13)x 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：310(2018张家口检测)设函数 f(x) g

7、(x)x 2f(x1)，则函数 g(x)1， x 0，0， x 0， 1， x 0， )4的单调递减区间是_解析：由题意知 g(x) 函数图象如图所示，x2， x 1，0， x 1， x2， x 1.)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)log 2x ，若 x1(1，2)，x 2(2，)，11 x则( )Af(x 1)0，f(x 2)0 Bf(x 1)0，f(x 2)0Cf(x 1)0，f(x 2)0 Df(x 1)0，f(x 2)0解析：选 B.因为函数 ylog 2x与函数 y 的单调性在(1，)上均为

8、11 x 1x 1增函数，所以函数 f(x)log 2x 在(1，)上为增函数，且 f(2)0，所以当11 xx1(1，2)时，f(x 1)f(2)0；当 x2(2，)时，f(x 2)f(2)0，即 f(x1)0，f(x 2)0.12(2018株洲二模)定义新运算：当 ab 时，aba；当 ab 时，abb 2，则函数 f(x)(1x)x(2x)，x2，2的最大值等于( )A1 B1C6 D12解析：选 C.由已知得当2x1 时，f(x)x2；当 1x2 时，f(x)x 32.f(x)x2，f(x)x 32 在定义域内都为增函数f(x)的最大值为 f(2)2 326.13已知函数 f(x)ln

9、 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(2x)5ln(2xx 2)，从而对 f(x)的研究可转化为对二次函数 g(x)2xx 2(x(0，2)的研究因为 g(x)2xx 2(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

10、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) ，不等式 f(xa)f(2ax)x2 4x 3， x 0 x2 2x 3， x 0)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，a1上恒成立等价于 xa2ax，即 x 在a，a1上恒成立，所以只需 a1 ，即a2 a2a2.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，x 2

11、，都有 x1f(x1)x 2f(x2)x 1f(x2)x 2f(x1)，则称函数 f(x)为“H 函数”给出下列函数：ye xx；yx 2；y3xsin x；f(x) ln |x|， x 0，0， x 0. )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，x 2，都有 x1f(x1)x 2f(x2)x 1f(x2)x 2f(x1)恒成立，所以不等式等价为(x 1x 2)f(x1)f(x 2)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

12、数单调递增，满足条件f(x) 当 x0 时，函数单调递增，当 x0 时，函数单调递减，ln |x|， x 0，0， x 0， )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) (a是常数且 a0)对e x 2， （ x 0）2ax 1， （ x 0） )于下列命题：6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 上恒成立，则 a的取值范围是 a1；12， )对任意的 x10，x 20 且 x1x 2，恒有 f .其中正确命(x1 x22 ) f（ x1） f（ x2）2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 在上恒成立，12， )则 2a 10，a1，故正确；由图象可知在(，0)上对任意的 x10，x 2012且 x1x 2，恒有 f 成立，故正确(x1 x22 ) f（ x1） f（ x2）2答案：