考点测试7 函数的单调性和值域-【金版教程】2025年高考数学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

数学　高考总复习首选用卷 考点测试7　函数的单调性和值域 高考 概览 本考点是高考的常考知识点，常与函数的奇偶性、周期性相结合综合考查．题型为选择题、填空题，分值为5分，难度为低、中、高各种档次 考点 研读 1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义 2．会运用基本初等函数的图象分析函数的单调性 一、基础小题 1．下列四个函数在(－∞，0)上是增函数的为(　　) A．f(x)＝x2＋4 B．f(x)＝1－2x C．f(x)＝－x2－x＋1 D．f(x)＝2－ 答案　D 解析　对于A，f(x)＝x2＋4为二次函数，图象开口向上，对称轴为y轴，在(－∞，0)上是减函数，故A错误；对于B，f(x)＝1－2x为一次函数，在(－∞，0)上是减函数，故B错误；对于C，f(x)＝－x2－x＋1为二次函数，图象开口向下，对称轴为直线x＝－，在上是增函数，故C错误；对于D，f(x)＝2－为反比例类型，在(－∞，0)上是增函数，故D正确． 2．函数y＝x2－6x＋10在区间(2，4)上(　　) A．单调递减 B．单调递增 C．先单调递减后单调递增 D．先单调递增后单调递减 答案　C 解析　由函数y＝x2－6x＋10的图象开口向上，对称轴为直线x＝3，知y＝x2－6x＋10在区间(2，4)上先单调递减后单调递增．故选C. 3．函数y＝的值域为(　　) A．(－1，1) B．[－1，1) C．(－1，1] D．[－1，1] 答案　C 解析　(分离常数法)y＝＝－1＋，∵|x|≥0，∴|x|＋1≥1，∴0<≤2，∴－1<－1＋≤1.即函数y＝的值域为(－1，1]． 4．已知函数f(x)＝则不等式f(a)＜f(3a－1)的解集为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　因为f(x)＝当x＜0时，f(x)＝－3x＋3单调递减，且f(x)＞－3×0＋3＝3；当x≥0时，f(x)＝e－x＋1单调递减，且f(0)＝e0＋1＝2＜3，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以不等式f(a)＜f(3a－1)等价于a＞3a－1，解得a＜.即原不等式的解集为. 5．已知函数f(x)＝满足对任意实数x1≠x2，都有<0成立，则a的取值范围是(　　) A．(0，3] B．[2，＋∞) C．(0，＋∞) D．[2，3] 答案　D 解析　因为函数f(x)满足对任意实数x1≠x2，都有<0成立，所以函数f(x)在R上单调递减，所以解得2≤a≤3.故选D. 6．设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是(　　) A．y＝在R上为减函数 B．y＝|f(x)|在R上为增函数 C．y＝－在R上为增函数 D．y＝－f(x)在R上为减函数 答案　D 解析　A错误，如f(x)＝x，y＝在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递减；B错误，如f(x)＝x，y＝|f(x)|在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；C错误，如f(x)＝x，y＝－在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增．故选D. 7．已知函数f(x)＝若函数f(x)的值域为R，则实数a的取值范围为(　　) A．(－1，0) B．(－1，0] C．[－1，0) D．[－1，0] 答案　D 解析　函数y＝－在[a，＋∞)上单调递减，其函数值的集合为(－∞，－]，当a＞0时，y＝x2的取值集合为[0，＋∞)，f(x)的值域为(－∞，－]∪[0，＋∞)≠R，不符合题意；当a≤0时，函数y＝x2在(－∞，a)上单调递减，其函数值的集合为(a2，＋∞)，因为函数f(x)的值域为R，所以有－≥a2，解得－1≤a≤0，所以实数a的取值范围为[－1，0]． 8．已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c>a>b B．c>b>a C．a>c>b D．b>a>c 答案　A 解析　因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f＝f.由x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为1<2<<e，所以f(2)<f<f(e)，所以b<a<c. 9．函数f(x)＝2x＋的最大值为________． 答案　 解析　令＝t(t≥0)，则x＝1－t2，y＝－2t2＋t＋2＝－2＋(t≥0)，所以ymax＝. 10．设函数f(x)＝若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________． 答案　(－∞，1]∪[4，＋∞) 解析　作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a＋1≤2或a≥4，即a≤1或a≥4. 二、高考小题 11．(2023·北京高考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝－ln x B．f(x)＝ C．f(x)＝－ D．f(x)＝3|x－1| 答案　C 解析　对于A，因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，故A不符合题意；对于B，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，故B不符合题意；对于C，因为y＝在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，故C符合题意；对于D，因为f＝3|－1|＝3＝，f(1)＝3|1－1|＝30＝1，f(2)＝3|2－1|＝3，显然f(x)＝3|x－1|在(0，＋∞)上不单调，故D不符合题意．故选C. 12．(2020·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝ln |2x＋1|－ln |2x－1|，则f(x)(　　) A．是偶函数，且在单调递增 B．是奇函数，且在单调递减 C．是偶函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减 答案　D 解析　f(x)＝ln |2x＋1|－ln |2x－1|的定义域为，关于坐标原点对称，又f(－x)＝ln |1－2x|－ln |－2x－1|＝ln |2x－1|－ln |2x＋1|＝－f(x)，∴f(x)为定义域上的奇函数，可排除A，C；当x∈时，f(x)＝ln (2x＋1)－ln (1－2x)，∵y＝ln (2x＋1)在上单调递增，y＝ln (1－2x)在上单调递减，∴f(x)在上单调递增，排除B；当x∈时，f(x)＝ln (－2x－1)－ln (1－2x)＝ln ＝ln ，∵μ＝1＋在上单调递减，y＝ln μ在定义域内单调递增，∴根据复合函数单调性可知f(x)在上单调递减，D正确．故选D. 13．(2020·全国Ⅱ卷)若2x－2y＜3－x－3－y，则(　　) A．ln (y－x＋1)＞0 B．ln (y－x＋1)＜0 C．ln |x－y|＞0 D．ln |x－y|＜0 答案　A 解析　由2x－2y＜3－x－3－y，得2x－3－x＜2y－3－y.令f(t)＝2t－3－t，∵y＝2x为R上的增函数，y＝3－x为R上的减函数，∴f(t)为R上的增函数，∴x＜y，∴y－x＞0，∴y－x＋1＞1，∴ln (y－x＋1)＞0，故A正确，B错误．∵|x－y|与1的大小关系不确定，故C，D无法确定．故选A. 14．(2020·新高考Ⅰ卷)若定义在R的奇函数f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是(　　) A．[－1，1]∪[3，＋∞) B．[－3，－1]∪[0，1] C．[－1，0]∪[1，＋∞) D．[－1，0]∪[1，3] 答案　D 解析　因为定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上也单调递减，且f(－2)＝0，f(0)＝0，所以当x∈(－∞，－2)∪(0，2)时，f(x)>0；当x∈(－2，0)∪(2，＋∞)时，f(x)<0，所以由xf(x－1)≥0可得 或或x＝0，解得－1≤x≤0或1≤x≤3，所以满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1，0]∪[1，3]．故选D. 15．(2019·全国Ⅲ卷)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则(　　) A．f>f(2－)>f(2－) B．f>f(2－)>f(2－) C．f(2－)>f(2－)>f D．f(2－)>f(2－)>f 答案　C 解析　因为f(x)是定义域为R的偶函数，所以f＝f(－log34)＝f(log34)．又因为log34>1>2－>2－>0，且函数f(x)在(0，＋∞)单调递减，所以f(log34)<f(2－)<f(2－)．故选C. 16．(2022·北京高考)设函数f(x)＝ 若f(x)存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为________． 答案　0(答案不唯一)　1 解析　若a＝0，f(x)＝ ∴f(x)min＝0；若a<0，当x<a时，f(x)＝－ax＋1单调递增，当x→－∞时，f(x)→－∞，故f(x)没有最小值，不符合题目要求；若a>0，当x<a时，f(x)＝－ax＋1单调递减，f(x)>f(a)＝－a2＋1，当x≥a时，f(x)min＝∴－a2＋1≥0或－a2＋1≥(a－2)2，解得0<a≤1.综上可得，0≤a≤1. 三、模拟小题 17．(2023·河北保定第二中学模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且∀x1，x2∈R，当x1＜x2时，都有f(x1)－f(x2)＜2(x1－x2)，则不等式f(log2x)＋1＜log2x2的解集为(　　) A．(－∞，2) B．(0，2) C．(1，2) D．(2，＋∞) 答案　B 解析　当x1＜x2时，f(x1)－2x1＜f(x2)－2x2，令h(x)＝f(x)－2x，则h(x)在R上单调递增，又h(1)＝f(1)－2＝－1，而f(log2x)＋1＜log2x2等价于f(log2x)－2log2x＜－1，所以h(log2x)＜h(1)，即log2x＜1，可得0＜x＜2.故原不等式的解集为(0，2)． 18．(多选)(2024·福建宁德高三第一次考试)已知函数f(x)＝则(　　) A．f(－1)＝－2 B．若f(a)＝1，则a＝0或a＝2 C．函数f(x)在(0，1)上单调递减 D．函数f(x)在[－1，2]上的值域为[1，3] 答案　BD 解析　函数f(x)的图象如图所示．f(－1)＝－2×(－1)＋1＝3，故A错误；当a<0时，由f(a)＝1，得－2a＋1＝1，解得a＝0，不符合题意；当a≥0时，由f(a)＝1，得－a2＋2a＋1＝1，解得a＝0或a＝2，故B正确；由图可知，f(x)在(0，1)上单调递增，故C错误；由图可知，当x∈[－1，2]时，f(x)min＝min{f(0)，f(2)}＝1，f(x)max＝max{f(－1)，f(1)}＝3，故f(x)在[－1，2]上的值域为[1，3]，故D正确．故选BD. 19．(多选)(2023·河南洛阳高三开学考试)已知函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，且对于y＝f(x)(x∈R)，当x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≠x2时，＜0恒成立．若f(2ax)＜f(2x2＋1)对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围可以是(　　) A．(－，1) B. C．(0，) D．(，2) 答案　ABC 解析　因为函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)的图象关于y轴对称，即f(x)为偶函数．当x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≠x2时，＜0恒成立，即>0恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则f(x)在(－∞，0)上单调递减，若f(2ax)＜f(2x2＋1)对任意的x∈R恒成立，即|2ax|＜2x2＋1恒成立，即－2x2－1＜2ax＜2x2＋1恒成立，即恒成立，所以4a2－8＜0，解得－＜a＜.故选ABC. 20．(多选)(2024·江苏南通海安高三上学期期初学业质量监测)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，则下列结论正确的是(　　) A．f(0)＝1 B．f(x)≥0 C．若f(m＋n)>1，则f(m)＋f(n)>2 D．若对任意的实数m，f(2m)>1，则f(x)是单调增函数 答案　BCD 解析　对于A，当x＝y＝0时，f(0)＝[f(0)]2，所以f(0)＝0或f(0)＝1，故A错误；对于B，取x＝y＝，则f(t)＝≥0，故B正确；对于C，因为f(m＋n)＝f(m)f(n)>1，又由B项分析知，f(m)≥0，f(n)≥0，所以f(m)＋f(n)≥2>2，故C正确；对于D，由f(2m)>1可知，当x>0时，f(x)>1，此时f(x)＝f(0)f(x)，故f(0)＝1，所以对任意的x∈R有f(－x)f(x)＝1，故不存在x，使f(x)＝0，所以对任意的x∈R，f(x)>0，所以当x1<x2时，＝f(x2－x1)>1，故f(x2)>f(x1)，所以f(x)在R上单调递增，故D正确．故选BCD. 21．(2023·湖南长沙一中高三开学考试)已知函数f(x)＝1－，若不等式f(ax)＋f＞1对任意x∈(1，2)恒成立，则实数a的取值范围是________． 答案　 解析　由题意知y＝ex单调递增，故f(x)＝1－在R上单调递增，又f(x)＋f(－x)＝1－＋1－＝2－＝1，故不等式f(ax)＋f＞1对任意x∈(1，2)恒成立，即f(ax)＞1－f＝f对任意x∈(1，2)恒成立，所以ax＞x2＋，即a＞x＋对任意x∈(1，2)恒成立，当x∈(1，2)时，x＋＜2＋＝，故a≥，即实数a的取值范围是. 22．(2024·江苏南通海安高三上学期期初学业质量监测)若函数f(x)＝存在最值，则实数a的取值范围是________． 答案　[－2，0] 解析　①当a>0时，2a>a，f(x)＝f(x)在(－∞，a]上单调递减，在(a，＋∞)上单调递减，此时f(x)无最值；②当a＝0时，f(x)＝则易知f(x)有最小值－3；③当a<0时，2a<a，f(x)＝f(x)在(－∞，2a)上单调递减，在(2a，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递增，若f(x)有最小值，则f(2a)≤1－a2，所以－2≤a<0.综上所述，－2≤a≤0.故实数a的取值范围是[－2，0]． 本考点在近三年高考中未涉及此题型． 12 学科网（北京）股份有限公司 $$