1、第2讲函数的单调性与最值组基础关1(2020河北大名一中月考)下列函数中，满足“f(xy)f(x)f(y)”的单调递增函数是()Af(x)x Bf(x)x3Cf(x)x Df(x)3x答案D解析f(x)x，f(y)y，f(xy)(xy) ，不满足f(xy)f(x)f(y)，故A错误；f(x)x3，f(y)y3，f(xy)(xy)3，不满足f(xy)f(x)f(y)，故B错误；f(x)x在R上是单调递减函数，故C错误；f(x)3x，f(y)3y，f(xy)3xy，满足f(xy)f(x)f(y)，且f(x)在R上是单调递增函数，故D正确故选D.2函数y2x23x1的单调递增区间为()A(1，) B
2、.C. D.答案B解析令2x23x122，因为22在上单调递减，函数y在R上单调递减所以y2x23x1在上单调递增3已知f(x)在R上是减函数，a，bR且ab0，则下列结论正确的是()Af(a)f(b)f(a)f(b)Bf(a)f(b)f(a)f(b)Cf(a)f(b)f(a)f(b)Df(a)f(b)f(a)f(b)答案D解析ab0可转化为ab或ba，由于函数f(x)在R上是减函数，所以f(a)f(b)，f(b)f(a)，两式相加得f(a)f(b)f(a)f(b)4已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2x11时，f(x2)f(x1)(x2x1)ab BcbaCacb D
3、bac答案D解析根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x1对称，且在(1，)上是减函数，所以aff，且2ac.5(2020河南鹤壁高中月考)若函数yax与y在(0，)上都是减函数，则yax2bx在(0，)上是()A增函数 B减函数C先增后减 D先减后增答案B解析yax与y在(0，)上都是减函数，a0，b0，yax2bx的对称轴方程x1.7(2019广东茂名二联)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是()Ay在R上为减函数By|f(x)|在R上为增函数Cy2f(x)在R上为减函数Dyf(x)3在R上为增函数答案C解析A错误，比如f(x)x在R上为增函数，但y在R上不具有单调性；B错
4、误，比如f(x)x在R上为增函数，但y|f(x)|x|在(0，)上为增函数，在(，0)上为减函数；D错误，比如f(x)x在R上为增函数，但yf(x)3x3在R上为减函数；C正确，由复合函数同增异减，得y2f(x)在R上为减函数故选C.8已知函数f(x)(a0，x0)，若f(x)在上的值域为，则a_.答案解析由反比例函数的性质，知函数f(x)(a0，x0)在上单调递增，所以即解得a.9已知函数f(x)ln xx，若f(a2a)f(a3)，则正数a的取值范围是_答案(3，)解析函数f(x)ln xx的定义域为(0，)，且为单调递增函数，f(a2a)f(a3)同解于解得a3.所以正数a的取值范围是(
5、3，)10已知函数f(x)(m1)在区间(0,1上是减函数，则实数m的取值范围是_答案(，0)(1,4解析由题意可得4mx0，x(0,1恒成立，所以mmin4.当00，解得1m4.当m0时，4mx单调递增，所以m10，解得m1，所以m3时，f(x)单调递增，且loga32，所以即解得a(1, 3(2019郑州模拟)设函数f(x)g(x)x2f(x1)，则函数g(x)的单调递减区间是_答案0,1)解析函数f(x)g(x)x2f(x1)，当x1时，即x10，g(x)x2；当x1时，x10，g(x)0；当x1时，x10，g(x)x2；g(x)画出函数g(x)的图象，如图所示根据图象得出，函数g(x)
6、的单调递减区间是0,1)4(2020河北模拟调研)已知函数f(x)loga(x1)(a0，且a1)在2,0上的值域是1,0，则实数a_；若函数g(x)axm3的图象不经过第一象限，则实数m的取值范围为_答案1，)解析函数f(x)loga(x1)(a0，且a1)在2,0上的值域是1,0当a1时，f(x)loga(x1)在2,0上单调递减，无解；当0a0且f(x)在(1，)上单调递减，求a的取值范围解(1)证明：当a2时，f(x).设x1x20，x1x20，所以f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)，所以f(x)在(，2)上单调递增(2)设1x10，x2x10，所以要使f(x1)f(x2)0，只需(x1a)(x2a)0恒成立，所以a1.综上所述，01时，f(x)x2，则1，由于当x1时，f(x)0，所以f0，即f(x1)f(x2)0，因此f(x1)f(x2)，所以函数f(x)在区间(0，)上是单调递减函数(2)因为f(x)在(0，)上是单调递减函数，所以f(x)在2,9上的最小值为f(9)由ff(x1)f(x2)得，ff(9)f(3)，而f(3)1，所以f(9)2.所以f(x)在2,9上的最小值为2.
