新课标2021版高考数学一轮总复习考点集训六第6讲函数的单调性新人教A版.docx

5考点集训(六)第6讲函数的单调性对应学生用书p208A组题1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是()A．y＝eq\r(x－1)B．y＝(x＋1)2C．y＝2－xD．y＝log0.5x[解析]y＝eq\r(x－1)的定义域为[1，＋∞)，故A错误；y＝(x＋1)2在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增，所以函数y＝(x＋1)2在(0，＋∞)上是增函数，故B正确；y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在R上单调递减，故C错误；y＝log0.5x在(0，＋∞)上单调递减，故D错误．[答案]B2．已知f(x)为R上的减函数，则满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))>f(1)的实数x的取值范围是()A．(－∞，1)B．(1，＋∞)C．(－∞，0)∪(0，1)D．(－∞，0)∪(1，＋∞)[解析]由题意，得eq\f(1,x)<1，即eq\f(1－x,x)<0，解得x<0或x>1，所以实数x的取值范围是(－∞，0)∪(1，＋∞)．[答案]D3．函数f(x)＝x|x－2|的增区间是()A．(－∞，1]B．[2，＋∞)C．(－∞，1]，[2，＋∞)D．(－∞，＋∞)[解析]f(x)＝x|x－2|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,2x－x2，x<2.))作出f(x)的简图如右：由图象可知f(x)的增区间是(－∞，1]，[2，＋∞)．[答案]C4．(多选)定义在R上的函数f(x)在(4，＋∞)上为减函数，且函数y＝f(x＋4)为偶函数，则()A．f(2)>f(3)B．f(3)>f(6)C．f(3)＝f(5)D．f(2)>f(5)[解析]∵y＝f(x＋4)为偶函数，∴f(－x＋4)＝f(x＋4)，令x＝2，得f(2)＝f(－2＋4)＝f(2＋4)＝f(6)，同理，f(3)＝f(5)，∵f(x)在(4，＋∞)上为减函数，5<6，∴f(5)>f(6)．∴f(2)<f(3)，f(2)＝f(6)<f(5)，f(3)＝f(5)>f(6)．[答案]BC5．已知函数f(x)＝ax2－x，若对任意x1，x2∈[2，＋∞)，且x1≠x2，不等式eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0恒成立，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))[解析]因为函数f(x)＝ax2－x对任意x1，x2∈[2，＋∞)，且x1≠x2，不等式eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0恒成立，所以函数f(x)＝ax2－x在[2，＋∞)上单调递增，即f′(x)＝2ax－1≥0恒成立，即4a－1≥0，解得a≥eq\f(1,4).[答案]D6．已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≤0，,－x2－2x＋3，x>0，))不等式f(x＋a)>f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是__________．[解析]二次函数y1＝x2－4x＋3的对称轴是x＝2，∴该函数在(－∞，0]上单调递减，∴x2－4x＋3≥3，同样可知函数y2＝－x2－2x＋3在(0，＋∞)上单调递减，∴－x2－2x＋3<3，∴f(x)在R上单调递减，∴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，∴实数a的取值范围是(－∞，－2)．[答案](－∞，－2)7．若函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2a－ax，x<1，,logax，x≥1))(a>0且a≠1)是R上的单调函数，则实数a的取值范围是________．[解析]∵函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2a－ax，x<1，,logax，x≥1))(a＞0且a≠1)是R上的单调函数，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,a>0，,1－2a－a≥0，))解得a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\a