2021年高考數(shù)學(xué)一輪精選練習(xí)：05《函數(shù)的單調(diào)性與最值》(含解析)

2021年高考數(shù)學(xué)一輪精選練習(xí)：05《函數(shù)的單調(diào)性與最值》一         、選擇題1.已知f(x)=不等式f(x＋a)＞f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　 　)A.(－∞，－2)    B.(－∞，0)       C.(0,2)      D.(－2,0) 2.已知函數(shù)f(x)滿足：①對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，都有＞0②對(duì)定義域內(nèi)的任意x，都有f(x)=f(－x)，則符合上述條件的函數(shù)是(　 　)A.f(x)=x2＋|x|＋1B.f(x)=－xC.f(x)=ln|x＋1|D.f(x)=cosx 3.已知函數(shù)y=f(x)是R上的偶函數(shù)，對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＜0.設(shè)a=ln，b=(lnπ)2，c=ln，則(  　)A.f(a)＞f(b)＞f(c)B.f(b)＞f(a)＞f(c)C.f(c)＞f(a)＞f(b)D.f(c)＞f(b)＞f(a) 4.若函數(shù)y=在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值為M，最小值為m，則M－m=(　A　)A.        B.2         C.         D. 5.已知函數(shù)f(x)=loga(－x2－2x＋3)(a＞0且a≠1)，若f(0)＜0，則此函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是(　 　)A.(－∞，－1]    B.[－1，＋∞)       C.[－1,1)     D.(－3，－1] 6.已知f(x)=是(－∞，＋∞)上的減函數(shù)，則a的取值范圍是(　　)A.(0,1)       B.       C.       D. 7.給定函數(shù)①y=x，②y=log(x＋1)，③y=|x－1|，④y=2x＋1.其中在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減的函數(shù)序號(hào)是(　 　)A.①②　　　B.②③　　　C.③④　　　D.①④  8.下列函數(shù)f(x)中，滿足“對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有f(x1)＞f(x2)”的是(　 　)A.f(x)=    B.f(x)=(x－1)2      C.f(x)=ex    D.f(x)=ln(x＋1) 9.已知函數(shù)f(x)=2 017x＋log2 017(＋x)－2 017－x＋3，則關(guān)于x的不等式f(1－2x)＋f(x)＞6的解集為(　 　)A.(－∞，1)     B.(1，＋∞)     C.(－∞，2)     D.(2，＋∞) 10.如果函數(shù)y=f(x)在區(qū)間I上是增函數(shù)，且函數(shù)y=在區(qū)間I上是減函數(shù)，那么稱(chēng)函數(shù)y=f(x)是區(qū)間I上的“緩增函數(shù)”，區(qū)間I叫做“緩增區(qū)間”.若函數(shù)f(x)=x2－x＋是區(qū)間I上的“緩增函數(shù)”，則“緩增區(qū)間”I為(　 　)A.[1，＋∞)      B.[0，]       C.[0,1]      D.[1，] 二         、填空題11.定義在R上的奇函數(shù)y=f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f=0，則不等式f(logx)＞0的解集為              . 12.設(shè)函數(shù)f(x)=g(x)=x2f(x－1)，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是        .13.設(shè)函數(shù)f(x)=＋2 016sinx，x∈的最大值為M，最小值為N，那么M＋N=          . 三         、解答題14.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：①f(x＋y)=f(x)＋f(y)＋1，②當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＞－1.(1)求f(0)的值，并證明f(x)在R上是單調(diào)增函數(shù).(2)若f(1)=1，解關(guān)于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4.             15.已知定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足f=f(x1)－f(x2)，且當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＞0，f(3)=1.(1)判斷f(x)的單調(diào)性；(2)解關(guān)于x的不等式f(3x＋6)＋f＞2；(3)若f(x)≤m2－2am＋1對(duì)所有x∈(0,3]，a∈[－1,1]恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.          16.已知函數(shù)f(x)=lg，其中a是大于0的常數(shù).(1)求函數(shù)f(x)的定義域；(2)當(dāng)a∈(1,4)時(shí)，求函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(3)若對(duì)任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0，試確定a的取值范圍.            
答案解析1.答案為：A；解析：二次函數(shù)y=x2－4x＋3圖象的對(duì)稱(chēng)軸是直線x=2，∴該函數(shù)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，∴x2－4x＋3≥3，同樣可知函數(shù)y=－x2－2x＋3在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴－x2－2x＋3＜3，∴f(x)在R上單調(diào)遞減，∴由f(x＋a)＞f(2a－x)得到x＋a＜2a－x，即2x＜a，∴2x＜a在[a，a＋1]上恒成立，∴2(a＋1)＜a，∴a＜－2，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2)，故選A. 2.答案為：A；解析：由題意得：f(x)是偶函數(shù)，在(0，＋∞)上遞增.對(duì)于A，f(－x)=f(x)，是偶函數(shù)，且x＞0時(shí)，f(x)=x2＋x＋1，f′(x)=2x＋1＞0，故f(x)在(0，＋∞)上遞增，符合題意；對(duì)于B，函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，不符合題意；對(duì)于C，由x＋1≠0，解得x≠－1，定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，故函數(shù)f(x)不是偶函數(shù)，不符合題意；對(duì)于D，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上不單調(diào)遞增，不符合題意，故選A. 3.答案為：C；解析：由題意易知f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，又∵|a|=lnπ＞1，b=(lnπ)2＞|a|,0＜c=＜|a|，∴f(c)＞f(|a|)＞f(b).又由題意知f(a)=f(|a|)，∴f(c)＞f(a)＞f(b).故選C. 4.答案為：A；解析：可令|x|=t，則1≤t≤4，y=－，易知y=－在[1,4]上遞增，∴其最小值為1－1=0；最大值為2－=，則m=0，M=，則M－m=，故選A. 5.答案為：C；解析：令g(x)=－x2－2x＋3，由題意知g(x)＞0，可得－3＜x＜1，故函數(shù)的定義域?yàn)閧x|－3＜x＜1}.根據(jù)f(0)=loga3＜0，可得0＜a＜1，則本題即求函數(shù)g(x)在(－3,1)內(nèi)的減區(qū)間.利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得函數(shù)g(x)在(－3,1)內(nèi)的減區(qū)間為[－1,1)，故選C. 6.答案為：C；解析：由f(x)是減函數(shù)，得∴≤a＜，∴a的取值范圍是. 7.答案為：B；解析：①y=x在(0,1)上遞增；②∵t=x＋1在(0,1)上遞增，且0＜＜1，故y=log(x＋1)在(0,1)上遞減；③結(jié)合圖象可知y=|x－1|在(0,1)上遞減；④∵u=x＋1在(0,1)上遞增，且2＞1，故y=2x＋1在(0,1)上遞增.故在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減的函數(shù)序號(hào)是②③. 8.答案為：A；解析：依題意可得函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故由選項(xiàng)可得A正確. 9.答案為：A；解析：因?yàn)楹瘮?shù)y1=2 017x－2 017－x是奇函數(shù)，函數(shù)y2=log2 017(＋x)為奇函數(shù)，所以函數(shù)g(x)=2 017x－2 017－x＋log2 017(＋x)為奇函數(shù)且在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(1－2x)＋f(x)＞6即g(1－2x)＋3＋g(x)＋3＞6，即g(x)＞g(2x－1)，∴x＞2x－1，∴x＜1，∴不等式f(1－2x)＋f(x)＞6的解集為(－∞，1).故選A. 10.答案為：D；解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=x2－x＋的對(duì)稱(chēng)軸為x=1，所以函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，又當(dāng)x≥1時(shí)，=x＋－1，令g(x)=x＋－1(x≥1)，則g′(x)=－=，由g′(x)≤0，得1≤x≤，即函數(shù)=x－1＋在區(qū)間[1，]上單調(diào)遞減，故“緩增區(qū)間”I為[1，]. 11.答案為：.解析：由題意知，f=－f=0，f(x)在(－∞，0)上也單調(diào)遞增.∴f(logx)＞f或f(0)>f(logx)＞f，∴logx＞或－＜logx＜0，解得0＜x＜或1＜x＜3.∴原不等式的解集為. 12.答案為：[0,1).解析：由題意知g(x)=該函數(shù)圖象如圖所示，其單調(diào)遞減區(qū)間是[0,1). 13.答案為：4 033.解析：f(x)=＋2 016sinx=＋2 016sinx=2 017－＋2 016sinx.顯然該函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，故最大值為f，最小值為f，所以M＋N=f＋f=＋=4 034－－=4 034－1=4 033.  一         、解答題14.解：(1)令x=y=0得f(0)=－1.證明：在R上任取x1＞x2，則x1－x2＞0，f(x1－x2)＞－1.又f(x1)=f((x1－x2)＋x2)=f(x1－x2)＋f(x2)＋1＞f(x2)，所以，函數(shù)f(x)在R上是單調(diào)增函數(shù).(2)由f(1)=1，得f(2)=3，f(3)=5.由f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4得f(x2＋x＋1)＞f(3)，又函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，故x2＋x＋1＞3，解得x＜－2或x＞1，故原不等式的解集為{x|x＜－2或x＞1}. 15.解：(1)設(shè)x1＞x2＞0，則＞1，∵當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＞0，∴f(x1)－f(x2)=f＞0，∴f(x1)＞f(x2)，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù).(2)在f(x1)－f(x2)=f中，令x1=9，x2=3，∴f(9)－f(3)=f(3).又f(3)=1，∴f(9)=2.∴不等式f(3x＋6)＋f＞2，可轉(zhuǎn)化為f(3x＋6)＋f＞f(9)，∴f(3x＋6)＞f(9)－f=f(9x)，由函數(shù)f(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，可得3x＋6＞9x＞0，∴0＜x＜1，∴原不等式的解集為(0,1).(3)∵函數(shù)f(x)在(0,3]上是增函數(shù)，∴f(x)在(0,3]上的最大值為f(3)=1，∴不等式f(x)≤m2－2am＋1對(duì)所有x∈(0,3]，a∈[－1，1]恒成立轉(zhuǎn)化為1≤m2－2am＋1對(duì)所有a∈[－1,1]恒成立，即m2－2am≥0對(duì)所有a∈[－1,1]恒成立.設(shè)g(a)=－2ma＋m2，∴需滿足即解該不等式組，得m≤－2或m≥2或m=0，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞). 16.解：(1)由x＋－2＞0，得＞0，當(dāng)a＞1時(shí)，x2－2x＋a＞0恒成立，定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a=1時(shí)，定義域?yàn)閧x|x＞0且x≠1}，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，定義域?yàn)閧x|0＜x＜1－或x＞1＋}.(2)設(shè)g(x)=x＋－2，當(dāng)a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)時(shí)，∴g′(x)=1－=＞0.因此g(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù)，∴f(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù).則f(x)min=f(2)=lg.(3)對(duì)任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0.即x＋－2＞1對(duì)x∈[2，＋∞)恒成立.∴a＞3x－x2.令h(x)=3x－x2，x∈[2，＋∞).由于h(x)=－2＋在[2，＋∞)上是減函數(shù)，∴h(x)max=h(2)=2.故a＞2時(shí)，恒有f(x)＞0.因此實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2，＋∞).