【新高考复习】专题3.2 函数的单调性与最值 2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（

专题3.2函数的单调性与最值1．（2021·全国高一课时练习）函数f(x)=1,01,0xxxx在R上（）A．是减函数B．是增函数C．先减后增D．先增后减【答案】B【解析】画出函数图像即可得解.【详解】选B.画出该分段函数的图象，由图象知，该函数在R上是增函数.故选：B.2．（2021·全国高一课时练习）若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有()-()-fafbab0成立，则必有（）A．f(x)在R上是增函数B．f(x)在R上是减函数C．函数f(x)先增后减D．函数f(x)先减后增【答案】A【解析】根据条件可得当ab时，f(a)f(b)，或当ab时，f(a)f(b)，从而可判断.【详解】练基础由()-()-fafbab0知f(a)-f(b)与a-b同号，即当ab时，f(a)f(b)，或当ab时，f(a)f(b)，所以f(x)在R上是增函数.故选：A.3．（2021·全国高一课时练习）设函数f(x)是(-∞，+∞)上的减函数，则（）A．f(a)f(2a)B．f(a2)f(a)C．f(a2+a)f(a)D．f(a2+1)f(a)【答案】D【解析】利用0a排除ABC，作差可知21aa，根据单调性可知D正确.【详解】当0a时，选项A、B、C都不正确；因为22131()024aaa，所以21aa，因为()fx在(,)上为减函数，所以2(1)()fafa，故D正确.故选：D4．（2021·西藏高三二模（理））已知函数332fxxx，若320fmfm，则实数m的取值范围为（）A．,3B．3,C．,3D．3,【答案】C【解析】根据函数为奇函数且在R上单调递减可得32fmfm求解.【详解】易知fx为R上的奇函数，且在R上单调递减，由320fmfm，得322fmfmfm，于是得32mm，解得3m．故选：C．5．（2021·广西来宾市·高三其他模拟（理））已知定义在R上的偶函数()fx满足在[0,)上单调递增，(3)0f，则关于x的不等式(2)(2)0fxfxx的解集为（）A．(5,2)(0,)B．(,5)(0,1)C．(3,0)(3,)D．(5,0)(1,)【答案】D【解析】根据题意作出函数()fx的草图，将(2)(2)0fxfxx，转化为2(2)0fxx，利用数形结合法求解.【详解】因为定义在R上的偶函数()fx满足在(0,)内单调递增，所以()fx满足在(,0)内单调递减，又(3)0f，所以(3)(3)0ff．作出函数()fx的草图如下：由(2)(2)0fxfxx，得(2)[(2)]0fxfxx，得2(2)0fxx，所以0,(2)0,xfx或0,(2)0,xfx所以0,23,xx或0,323,xx解得1x或5x0，即不等式(2)(2)0fxfxx的解集为(5,0)(1,)．故选：D6．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈师大附中高三三模（文））已知函数22fxxx（）A．是奇函数，()0,+?单调递增B．是奇函数，()0,+?单调递减C．是偶函数，()0,+?单调递减D．是偶函数，()0,+?单调递增【答案】D【解析】利用奇偶性和单调性的定义判断即可【详解】解：定义域为0xx，因为2222()()()()fxxxxxfx，所以()fx为偶函数，任取12,(0,)xx，且12xx，则2222212211()()fxfxxxxx212122121()()(1)xxxxxx，因为12xx，12,(0,)xx，所以212122121()()(1)0xxxxxx，所以21()()fxfx，所以()fx在()0,+?单调递增，故选：D7．（2021·全国高三月考（理））若()fx是奇函数，且在(,0)上是减函数，又(4)0f，则(2)(2)0fxfxx的解集是（）A．(4,0)(4,)B．(6,2)(0,2)C．(6,2)(2,)D．(,4)(0,4)【答案】B【解析】根据函数()fx为奇函数，(4)0f得到(4)0f，再由函数在(,0)上是减函数，作出函数()fx的图象，再由(2)(2)0fxfxx，等价于2(2)0fxx，利用数形结合法求解.【详解】因为函数()fx为奇函数，所以(4)(4)0ff，所以(4)0f，因为函数()fx在(,0)上是减函数，所以函数()fx在(0,)上是减函数．作出函数()fx的大致图象如图所示，而(2)(2)0fxfxx，等价于(2)[(2)]0fxfxx，即2(2)0fxx，则0(2)0xfx或0(2)0xfx，所以0420xx或0024xx，解得62x或02x．综上，(2)(2)0fxfxx的解集是(6,2)(0,2)．故选：B8．（2021·全国高三专题练习（文））已知函数()||2fxxxx，则下列结论正确的是（）A．()fx是偶函数，递增区间是()0，B．()fx是偶函数，递减区间是()1，C．()fx是奇函数，递减区间是(11)，D．()fx是奇函数，递增区间是(0)，【答案】C【解析】将函数解析式化为分段函数型，画出函数图象，数形结合即可判断；【详解】解：将函数()||2fxxxx去掉绝对值得2220()20xxxfxxxx，，，画出函数()fx的图象，如图，观察图象可知，函数()fx的图象关于原点对称，故函数()fx为奇函数，且在(11)，上单调递减，故选：C9．（2021·宁夏银川市·高三二模（文））设函数21fxxx，则fx（）A．是偶函数，且在,0单调递增B．是偶函数，且在,0单调递减C．是奇函数，且在,0单调递增D．是奇函数，且在,0单调递减【答案】B【解析】利用定义可判断函数fx的奇偶性，化简函数fx在,0上的解析式，利用函数单调性的性质可判断函数fx在,0上的单调性.【详解】函数21fxxx的定义域为0xx，2211fxxxfxxx，所以，函数fx为偶函数，当0x时，21fxxx，由于函数2yx=、1yx在,0上均为减函数，所以，函数fx在,0上单调递减，故选：B.10．（2021·全国高一课时练习）已知y=f(x)是定义在区间(-2，2)上单调递减的函数，若f(m-1)f(1-2m)，则m的取值范围是_______.【答案】1223，【解析】结合函数定义域和函数的单调性列不等式求解即可.【详解】由题意得：-2-12-21-22-11-2mmmm，，，解得12m23.故答案为：1223，1．（2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学高二月考（文））定义在*N上的函数22,3,3xaxaxfxaxx为递增函数，则头数a的取值范围是（）A．1,2B．33,42C．3,14D．1,3【答案】D【解析】练提升TIDHNE根据定义域和单调性可知12ff，再根据3x时fx的单调性判断出32ff，由此求解出a的取值范围..【详解】因为*xN，所以3x时，即1,2x，由单调性可知21ff，所以22142aaaa，解得3a；当3x时，yax为增函数，若fx单调递增，则只需32ff，所以2342aaa，解得14a，综上可知a的取值范围是：1,3，故选：D.2．（2021·上海高三二模）已知函数,yfxygx满足：对任意12,xxR，都有1212fxfxgxgx．命题p：若yfx是增函数，则yfxgx不是减函数；命题q：若yfx有最大值和最小值，则ygx也有最大值和最小值．则下列判断正确的是（）A．p和q都是真命题B．p和q都是假命题C．p是真命题，q是假命题D．p是假命题，q是真命题【答案】A【解析】利用函数单调性定义结合已知判断命题p的真假，再利用函数最大、最小值的意义借助不等式性质判断命题q的真假而得解.【详解】对于命题p：设12xx，因为yfx是R上的增函数，所以12fxfx，所以1221fxfxfxfx，因为1212fxfxgxgx，所以211221()()fxfxgxgxfxfx所以1122()()fxgxfxgx故函数yfxgx不是减函数，故命题p为真命题；对于命题:qyfx在R上有最大值M，此时xa，有最小值m，此时xb，因为()()()()()()()()fxfagxgafxMgxgaMfx，()()()()()()()()fxfbgxgbmfxgxgbfxm所以()()()()2()()()()22mMgagbMmgagbmMgxgagbMmgx，所以()ygx也有最大值和最小值，故命题q为真命题．故选：A3．（2021·全国高三二模（理））已知实数a，b，c，d满足abc，且0abc，220adbdb，则d的取值范围是（）A．,10,B．1,1C．2,2D．12,12【答案】D【解析】先求解出方程的解1,2d，然后利用换元法（bta）将d表示为关于t的函数，根据条件分析t的取值范围，然后分析出d关于t的函数的单调性，由此求解出d的取值范围.【详解】因为220adbdb，所以221,2bbabbbbdaaaa且2440bab，令bta，则21,2dttt，且20tt，所以,10,t，又因为0abc且abc，所以0a且cabba，所以2,abba，所以112bta，所以0,1t，当0,1t时，21210,1111tdtttttttt，因为1yt在0,1上单调递减，所以2yttt在0,1上单调递增，当0t时，10d，当1t时，121d，所以10,21d；当0,1t时，22dttt，因为yt、2ytt在0,1上单调递增，所以2yttt在0,1上单调递减，当0t时，20d，当1t时，212d，所以212,0d，综上可知：12,12d，故选：D.4．【多选题】（2021·湖南高三三模）关于函数111fxxx的结论正确的是（）A．fx在定义域内单调递减B．fx的值域为RC．fx在定义城内有两个零点D．12yfx是奇函数【答案】BD【解析】根据所给函数结合函数性质，对各项逐个分析判断，即可得解.【详解】111fxxx的定义域为(,1)(1,0)(0,)UU，而1x和11x在各段定义域内均为减函数，故()fx在各段上为减函数，但不能说在定义域内单调递减，故A错误；当(1,0)x，1x时，有111fxxx