专题2.4 函数的单调性与最值-重难点题型精练-2023年高考数学一轮复习举一反三系列（新高考地区专用）

专题2.4 函数的单调性与最值-重难点题型精练 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）（2022春•辽宁期末）下列函数中，定义域为R，又是（0，+∞）上的增函数的是（　　） A． B．y＝e﹣x C． D．y＝x2﹣x﹣6 【解题思路】根据题意，依次分析选项中函数的单调性和定义域，即可得答案． 【解答过程】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，函数的定义域为R，又是（0，+∞）上的增函数，符合题意； 对于B，y＝e﹣x是指数函数，定义域为R，当在（0，+∞）上的减函数，不符合题意； 对于C，是幂函数，其定义域是[0，+∞），不符合题意； 对于D，y＝x2﹣x﹣6是二次函数，在（0，）上单调递减，不符合题意； 故选：A． 2．（5分）（2020秋•东城区期末）若函数f（x）是R上的减函数，a＞0，则下列不等式一定成立的是（　　） A．f（a2）＜f（a） B． C．f（a）＜f（2a） D．f（a2）＜f（a﹣1） 【解题思路】可取a＝1，从而可判断出选项A，B都错误；可得出a＜2a，根据f（x）是R上的减函数可得出f（a）＞f（2a），从而判断C错误，这样只能选D． 【解答过程】解：a＝1时，， ∴，∴A，B都错误； ∵a＞0，a＜2a，f（x）是R上的减函数，∴f（a）＞f（2a），即C错误； ，∴a2＞a﹣1，且f（x）是R上的减函数， ∴f（a2）＜f（a﹣1），即D正确． 故选：D． 3．（5分）（2020秋•张掖期末）若幂函数f（x）的图象过点，则函数的递减区间为（　　） A．（0，2） B．（﹣∞，0）和（2，+∞） C．（﹣2，0） D．（﹣∞，0）∪（2，+∞） 【解题思路】求出幂函数的解析式，求出函数g（x）的导数，从而求出函数的单调区间即可． 【解答过程】解：设幂函数f（x）＝xα，它的图象过点（，）， ∴（）α，∴α＝2； ∴f（x）＝x2； ∴g（x），则g′（x）， 令g′（x）＜0，即x（2﹣x）＜0，解得：x＞2或x＜0， 故g（x）在递减区间是（﹣∞，0）和（2，+∞）， 故选：B． 4．（5分）（2021秋•阆中市校级期中）已知函数f（x）在（2，+∞）上单调递减，则实数a的取值范围是（　　） A．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） B．（﹣1，1） C．（﹣∞，﹣1）∪（1，2] D．（﹣∞，﹣1）∪（1，2） 【解题思路】根据题意，函数的解析式变形可得f（x）a，结合反比例函数的性质可得，解可得a的取值范围，即可得答案． 【解答过程】解：根据题意，函数f（x）a， 若f（x）在区间（2，+∞）上单调递减，必有， 解可得：a＜﹣1或1＜a≤2，即a的取值范围为（﹣∞，﹣1）∪（1，2]， 故选：C． 5．（5分）（2021春•雨城区校级期中）已知函数f（x），若，b＝f（e0.1），，则a，b，c的大小关系是（　　） A．b＜c＜a B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．a＜c＜b 【解题思路】根据题意，分析函数的定义域，求出函数的导数分析可得f（x）在其定义域上为减函数，由指数、对数的性质分析log3e0.1，结合单调性分析可得答案． 【解答过程】解：根据题意，函数f（x），其定义域为（0，+∞） 其导数f′（x）（）＜0，则f（x）在其定义域上为减函数， 0＜log3log3，e0.1＞e0＝1，，则有log3e0.1， 则b＜c＜a， 故选：A． 6．（5分）（2021春•昌江区校级期末）已知函数的定义域为[﹣1，3]，则不等式f（2﹣x）＞f（1+x）的解集为（　　） A． B． C． D． 【解题思路】求导函数，分析导函数在（﹣1，1）上的符号，得出函数f（x）在（﹣1，1）上的单调性，再得出函数f（x）的对称性，由此建立不等式组，解之可得选项． 【解答过程】解：因为函数f（x），所以， 当﹣1＜x＜1时，，0＜﹣2x+2＜4，， 所以当﹣1＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣1，1）上单调递增， 又f（2﹣x）， 所以函数f（x）关于x＝1对称，所以f（x）在（1.3）上单调递减， 所以不等式f（2﹣x）＞f（1+x）等价于，解得， 故选：C． 7．（5分）（2022•兴庆区校级三模）已知的最小值为2，则m的取值范围为（　　） A．（﹣∞，3] B．（﹣∞，5] C．[3，+∞） D．[5，+∞） 【解题思路】利用基本不等式求得x＞0是函数的最小值为2，问题转化为x≤0时，4x﹣2x+2+m≥2恒成立，即m≥﹣4x+4•2x+2在（﹣∞，0]上恒成立，换元后利用二次函数的单调性求最值，即可得到m的取值范围． 【解答过程】解：， 当x＞0时，f（x）＝x2，当且仅当x，即x＝1时等号成立； ∴若的最小值为2， 则x≤0时，4x﹣2