高考數學函數的單調性與最值復習試題（帶答案）
考試是檢測學生學習效果的重要手段和方法，考前需要做好各方面的知識儲備。下面是學習啦小編為大家整理的高考數學函數的單調性與最值復習試題，希望對大家有所幫助!
高考數學函數的單調性與最值復習試題及答案解析
一、選擇題
1.(2013•宣城月考)下列四個函數中，在區間(0，1)上是減函數的是( )
A.y=log2x B.y=x
C.y=-12x D.y=1x
D [y=log2x在(0，+∞)上為增函數;
y=x 在(0，+∞)上是增函數;
y=12x在(0，+∞)上是減函數，
y=-12x在(0，+∞)上是增函數;
y=1x在(0，+∞)上是減函數，
故y=1x在(0，1)上是減函數.故選D.]
2.若函數f(x)=4x2-mx+5在[-2，+∞)上遞增，在(-∞，-2]上遞減，則f(1)=( )
A.-7 B.1
C.17 D.25
D [依題意，知函數圖象的對稱軸為x=--m8=m8=-2，即 m=-16，從而f(x)=4x2+16x+5，f(1)=4+16+5=25.]
3.(2014•佛山月考)若函數y=ax與y=-bx在(0，+∞)上都是減函數，則y=ax2+bx在(0，+∞)上是( )
A.增函數 B.減函數
C.先增后減 D.先減后增
B [∵y=ax與y=-bx在(0，+∞)上都是減函數，
∴a<0，b<0，
∴y=ax2+bx的對稱軸方程x=-b2a<0，
∴y=ax2+bx在(0，+∞)上為減函數.]
4.“函數f(x)在[a，b]上為單調函數”是“函數f(x)在[a，b]上有最大值和最小值”的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
A [若函數f(x)在[a，b]上為單調遞增(減)函數，則在[a，b]上一定存在最小(大)值f(a)，最大(小)值f(b).所以充分性滿足;反之，不一定成立，如二次函數f(x)=x2-2x+3在[0，2]存在最大值和最小值，但該函數在[0，2]不具有單調性，所以必要性不滿足，即“函數f(x)在[a，b]上單調”是“函數f(x)在
[a，b]上有最大值和最小值”的充分不必要條件.]
5.設函數f(x)定義在實數集上，f(2-x)=f(x)，且當x≥1時，f(x)=ln x，則有 ( )
A.f(13)<f(2)<f(12)
B.f(12)<f(2)<f(13)
C.f(12)<f(13)<f(2)
D.f(2)<f(12)<f(13)
C [由f(2-x)=f(x)可知f(x)的圖象關于直線x=1對稱，當x≥1時，f(x)=ln x，可知當x≥1時f(x)為增函數，所以當x<1時f(x)為減函數，因為|12-1|<|13-1|<|2-1|，所以f(12)<f(13)<f(2).故選C.]
6.定義在R上的函數f(x)滿足f(x+y)=f(x)+f(y)，當x<0時，f(x)>0，則函數f(x)在[a，b]上有( )
A.最小值f(a) B.最大值f(b)
C.最小值f(b) D.最大值fa+b2
C [∵f(x)是定義在R上的函數，且f(x+y)=f(x)+f(y)，
∴f(0)=0，令y=-x，則有f(x)+f(-x)=f(0)=0.
∴f(-x)=-f(x).∴f(x)是R上的奇函數.
設x1<x2，則x1-x2<0，
∴f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2)>0.
∴f(x)在R上是減函數.
∴f(x)在[a，b]有最小值f(b).]
7.設函數f(x)定義在實數集上，f(2-x)=f(x)，且當x≥1時，f(x)=ln x，則有( )
A.f13<f(2)<f12
B.f12<f(2)<f13
C.f12<f13<f(2)
D.f(2)<f12<f13
C [由f(2-x)=f(x)可知，f(x)的圖象關于直線x=1對稱，當x≥1時，f(x)=ln x，可知當x≥1時f(x)為增函數，所以當x<1時f(x)為減函數，因為12-1<13-1<|2-1|，所以f12<f13<f(2).]
8.(2014•黃岡模擬)已知函數y=1-x+x+3的最大值為M，最小值為m，則mM的值為( )
A.14 B.12
C.22 D.32
C [顯然函數的定義域是[-3，1]且y≥0，故y2=4+2(1-x)(x+3)=4+2-x2-2x+3=4+2-(x+1)2+4，根據根式內的二次函數，可得4≤y2≤8，故2≤y≤22，即m=2，M=22，所以mM=22.]
二、填空題
9.函數y=-(x-3)|x|的遞增區間是________.
解析 y=-(x-3)|x|
=-x2+3x，x>0，x2-3x，x≤0.
作出該函數的圖象，
觀察圖象知遞增區間為0，32.
答案 0，32
10.若f(x)=ax+1x+2在區間(-2，+∞)上是增函數，則a的取值范圍是________.
解析 設x1>x2>-2，則f(x1)>f(x2)，
而f(x1)-f(x2)=ax1+1x1+2-ax2+1x2+2
=2ax1+x2-2ax2-x1(x1+2)(x2+2)
=(x1-x2)(2a-1)(x1+2)(x2+2)>0，
則2a-1>0.得a>12.
答案 12，+∞
三、解答題
11.已知f(x)=xx-a(x≠a).
(1)若a=-2，試證f(x)在(-∞，-2)內單調遞增;
(2)若a>0且f(x)在(1，+∞)內單調遞減，求a的取值范圍.
解析 (1)證明：設x1<x2<-2，
則f(x1)-f(x2)=x1x1+2-x2x2+2=2(x1-x2)(x1+2)(x2+2).
∵(x1+2)(x2+2)>0，x1-x2<0，
∴f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(-∞，-2)內單調遞增.
(2)設1<x1<x2，則
f(x1)-f(x2)=x1x1-a-x2x2-a=a(x2-x1)(x1-a)(x2-a).
∵a>0，x2-x1>0，
∴要使f(x1)-f(x2)>0，
只需(x1-a)(x2-a)>0恒成立，
∴a≤1.
綜上所述，a的取值范圍為(0，1].
12.已知f(x)是定義在[-1，1]上的奇函數，且f(1)=1，若a，b∈[-1，1]，
a+b≠0時，有f(a)+f(b)a+b>0成立.
(1)判斷f(x)在[-1，1]上的單調性，并證明;
(2)解不等式：f(x+12)
(3)若f(x)≤m2-2am+1對所有的a∈[-1，1]恒成立，求實數m的取值范圍.
解析 (1)任取x1，x2∈[-1，1]，且x1
則-x2∈[-1，1]，
∵f(x)為奇函數，
∴f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)
=f(x1)+f(-x2)x1+(-x2)•(x1-x2)，
由已知得f(x1)+f(-x2)x1+(-x2)>0，x1-x2<0，
∴f(x1)-f(x2)<0，
即f(x1)
∴f(x)在[-1，1]上單調遞增.
(2)∵f(x)在[-1，1]上單調遞增，
∴x+12<1x-1，-1≤x+12≤1，-1≤1x-1≤1.
解得-32≤x<-1.
(3)∵f(1)=1，f(x)在[-1，1]上單調遞增.
∴在[-1，1]上，f(x)≤1.
問題轉化為m2-2am+1≥1，
即m2-2am≥0，對a∈[-1，1]成立.
設g(a)=-2m•a+m2≥0.
①若m=0，則g(a)=0≥0，對a∈[-1，1]恒成立.
②若m≠0，則g(a)為a的一次函數，若g(a)≥0，對a∈[-1，1]恒成立，必須g(-1)≥0且g(1)≥0，
∴m≤-2，或m≥2.
∴m的取值范圍是m=0或m≥2或m≤-2.
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