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1、2022屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第二單元 函數(shù) 第6講 函數(shù)的單調(diào)性檢測
1．(2016·深圳市第二次調(diào)研)下列四個函數(shù)中，在定義域上不是單調(diào)函數(shù)的是(C)
A．y＝x3 B．y＝
C．y＝ D．y＝()x
y＝在(－∞，0)和(0，＋∞)上均為單調(diào)遞減函數(shù)，但在定義域上不單調(diào)．
2．(2016·吉林長春質(zhì)量檢測二)已知函數(shù)f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是單調(diào)函數(shù)，則a的取值范圍是(A)
A．(－∞，1] B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
因為函數(shù)f(x)在(－∞，－a)上是單調(diào)函數(shù)，所以－a≥－1，解得a≤1.
3．已知f(x)是
2、R上的減函數(shù)，則滿足f(||)1，所以0<|x|<1，所以x∈(－1,0)∪(0,1)．
4．(2017·棗莊期中)已知f(x)＝是(－∞，＋∞)上的減函數(shù)，那么a的取值范圍是(C)
A．(0,1) B．(0，)
C．[，) D．[，1)
因為f(x)＝logax(x≥1)是減函數(shù)，
所以0＜a<1，且f(1)＝0.
因為f(x)＝(3a－1)x＋4a(x<1)為減函數(shù)，
3、
所以3a－1<0，所以a<，
又因為f(x)＝是(－∞，＋∞)上的減函數(shù)，
所以f(x)在(－∞，1]上的最小值大于或等于f(x)在[1，＋∞)上的最大值．
所以(3a－1)×1＋4a≥0，所以a≥，
所以a∈[，)．
5．函數(shù)f(x)＝log2(4x－x2)的單調(diào)遞減區(qū)間是 [2,4) .
因為4x－x2>0，所以0f(a＋3)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 (－3，－1)∪(3，＋∞) .
由條
4、件得即
解得
所以a的取值范圍為(－3，－1)∪(3，＋∞)．
7．(2017·安徽皖江名校聯(lián)考題改編)已知定義在(－2,2)上的函數(shù)f(x)滿足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，x1≠x2，且f(a2－a)>f(2a－2)．
(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)求函數(shù)g(x)＝loga(x2－x－6)的單調(diào)區(qū)間．
(1)因為定義在(－2,2)上的函數(shù)f(x)滿足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，x1≠x2，
所以f(x)在(－2,2)上單調(diào)遞增，
又f(a2－a)>f(2a－2)，
所以即
所以0
5、x)＝loga(x2－x－6)可以看作由y＝logau與u＝x2＋x－6的復(fù)合函數(shù)．
由u＝x2＋x－6>0，得x<－3或x>2.
因為u＝x2＋x－6在(－∞，－3)上是減函數(shù)，在(2，＋∞)上是增函數(shù)，
因為0
6、
C．f(x)＝3－x D．f(x)＝cos x
(方法一)若f(x)具有性質(zhì)M，則[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]>0在f(x)的定義域上恒成立，即f(x)＋f′(x)>0在f(x)的定義域上恒成立．
對于選項A，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)>0，符合題意．
經(jīng)驗證，選項B，C，D均不符合題意．
故選A.
(方法二)對于A，exf(x)＝()x，因為>1，所以exf(x)為增函數(shù)．
9．函數(shù)f(x)＝g(x)＝x2·f(x－1)，則函數(shù)g(x)的遞減區(qū)間是(B)
A．[0，＋∞) B．[0,1)
C．(－∞，1)
7、 D．(－1,1)
由條件知g(x)＝
如圖所示，
其遞減區(qū)間是[0,1)．
10．討論函數(shù)f(x)＝(a≠)在(－2，＋∞)上的單調(diào)性．
(方法一：利用單調(diào)性的定義)設(shè)x1，x2∈(－2，＋∞)，且x10，(x1＋2)(x2＋2)>0，
所以當(dāng)a<時，f(x1)>f(x2)，f(x)在(－2，＋∞)上為減函數(shù)；
當(dāng)a>時，f(x1)時，f′(x)>0，f(x)在(－2，＋∞)上為增函數(shù)；
當(dāng)a<時，f′(x)<0，f(x)在(－2，＋∞)上為減函數(shù)．
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