高考总复习优化设计一轮用书数学配人教B版课时规范练7　函数的单调性与最值试题

课时规范练7函数的单调性与最值基础巩固组1.(2021广东高三模拟)下列函数既是奇函数又在区间(0,1)上单调递增的是()A.f(x)=xx B.f(x)=x+1C.f(x)=ex-e-x D.f(x)=log2|x|2.(2021安徽阜阳高三月考)函数f(x)=|x-1|+3x的单调递增区间是()A.[1,+∞) B.(-∞,1]C.[0,+∞) D.(-∞,+∞)3.(2021山东泰安高三期中)已知函数f(x)=-x2+2x-1,x≤1,|x-1|,A.(-4,1) B.(-∞,-4)∪(1,+∞)C.(-1,4) D.(-∞,-1)∪(4,+∞)4.(2021天津一中高三期中)已知奇函数f(x)在R上单调递增,且f(1)=2,则xf(x)<2的解集为()A.(0,1) B.[0,1)C.(-1,1) D.(-1,0)5.(2021浙江金华高三期末)已知函数f(x)=|2x-1|,若a<b<c,且f(a)>f(c)>f(b),则下列结论一定成立的是()A.a<0,b<0,c<0 B.a<0,b≥0,c>0C.2-a<2c D.2a+2c<26.(2021山东潍坊一中高三检测)若函数f(x)=ax2-x在[1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是.

7.(2021浙江金华高三期中)已知函数f(x)=ax,x<0,(a-3)x+4a,x8.(2021云南丽江高三月考)已知函数f(x)=a-3x1+(1)求实数a的值;(2)用定义证明f(x)在R上为减函数;(3)若对于任意t∈[2,5],不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0恒成立,求实数k的取值范围.综合提升组9.(2021海南海口高三期中)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x-y)=f(x)-f(y),且当x<0时,f(x)>0,则关于x的不等式f(mx2)+f(2m)>f(m2x)+f(2x)(其中0<m<2)的解集为()A.xm<x<2m B.xx<m或x>2mC.x2m<x<m D.xx>m或x<2m10.(多选)(2021辽宁沈阳高三月考)下列函数在(2,4)上单调递减的是()A.y=13x B.y=log2(x2+3x)C.y=1xD.y=cosx11.(2021湖南常德高三月考)函数f(x)=x+5x-a+3在(1,+∞)上单调递减,则实数12.(2021广东东莞高三月考)已知函数f(x)=x(|x|+4),且f(a2)+f(a)<0,则实数a的取值范围是.

13.能使“函数f(x)=x|x-1|在区间I上不是单调函数,且在区间I上的函数值的集合为[0,2]”是真命题的一个区间I为.

创新应用组14.(多选)(2021山东潍坊高三月考)已知函数f(x)的定义域为D,若存在区间[m,n]⊆D使得f(x)满足:(1)f(x)在[m,n]上是单调函数;(2)f(x)在[m,n]上的值域是[2m,2n],则称区间[m,n]为函数f(x)的“倍值区间”.下列函数存在“倍值区间”的有()A.f(x)=x2 B.f(x)=1C.f(x)=x+1xD.f(x)=315.(2021江西上饶高三三模)已知函数f(x)的定义域为R,满足f(x)=f(2-x),且对任意1≤x1<x2,均有x1-x2f(x1)-f(x2)>

课时规范练7函数的单调性与最值1.C解析:函数f(x)=xx的定义域是[0,+∞),所以既不是奇函数也不是偶函数,故A错误;函数f(x)=x+1x在(0,1)上单调递减,故B错误;因为f(-x)=e-x-ex=-(ex-e-x)=-f(x),所以函数f(x)=ex-e-x是奇函数,且在(0,1)上单调递增,故C正确;因为f(-x)=log2|-x|=log2|x|=f(x),所以函数是偶函数,故D错误2.D解析:由于f(x)=|x-1|+3x=4x-1,x≥1,2x+1,x<1,显然当x≥1时,f(x)单调递增,当x<1时,f(x)也单调递增,且4×1-1=2×3.D解析:f(x)=-x2+2x-1,x≤1,|x-1|,x>1⇒f(x)=-x2+2x-1,x≤1,x-1,x>1,4.C解析:令F(x)=xf(x),则F(x)为偶函数,且在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减.因为f(1)=2,所以xf(x)<2⇔xf(x)<1·f(1)⇔F(x)<F(1),所以-1<x<1,故xf(x)<2的解集为(-1,1).5.D解析:对于A,若a<0,b<0,c<0,因为a<b<c,所以a<b<c<0,而函数f(x)=|2x-1|在区间(-∞,0)上单调递减,故f(a)>f(b)>f(c),与题设矛盾,故A不正确;对于B,若a<0,b≥0,c>0,可设a=-1,b=2,c=3,此时f(c)=f(3)=5为最大值,与题设矛盾,故B不正确;对于C,取a=0,c=3,同样f(c)=f(3)=5为最大值,与题设矛盾,故C不正确;对于D,因为a<c,且f(a)>f(c),说明可能如下情况成立:(ⅰ)a,c位于函数的单调递减区间-∞,12,此时a<c<12,可得a+c<1,所以2a+2c<2成立;(ⅱ)a,c不在函数的单调递减区间-∞,12,则必有a<12<c,所以f(a)=1-2a>2c-1=f(c),化简整理,得2a+2c<2成立.综上所述,只有D正确.6.12,+∞解析:若a=0,则f(x)=-x,在[1,+∞)上不是单调递增的;若a≠0,必有a>0,12a≤1,解得a≥12.综上,实数a的取值范围是7.0,14解析:因为函数f(x)=ax,x<0,(a-3)x+4a,x≥0满足对任意x1≠x2,都有f(x1)-f(8.(1)解由函数f(x)=a-3x1+3x是R上的奇函数知f(0)=0,即a(2)证明由(1)知f(x)=1-3x1+3x.任取x1,x2∈R且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=1-3x1所以3x2−3x1>0.又因为1+3x1所以2(3x所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),故f(x)在R上为减函数.(3)解不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0可化为f(t2-2t)<-f(2t2-k).因为f(x)是奇函数,所以-f(2t2-k)=f(k-2t2),所以不等式f(t2-2t)<-f(2t2-k)可化为f(t2-2t)<f(k-2t2).由(2)知f(x)在R上为减函数,故t2-2t>k-2t2,即k<3t2-2t.即对于任意t∈[2,5],不等式k<3t2-2t恒成立.设g(t)=3t2-2t,t∈[2,5],易知8≤g(t)≤65,因此k<g(t)min=8,所以实数k的取值范围是(-∞,8).9.A解析:任取x1<x2,由已知得f(x1-x2)>0,即f(x1)-f(x2)>0,所以函数f(x)在R上单调递减.由f(mx2)+f(2m)>f(m2x)+f(2x)可得f(mx2)-f(2x)>f(m2x)-f(2m),即f(mx2-2x)>f(m2x-2m),所以mx2-2x<m2x-2m,即mx2-(m2+2)x+2m<0,即(mx-2)(x-m)<0.又因为0<m<2,所以2m>m,此时原不等式解集为xm<x<2m.10.AC解析:对于A,y=13x在(2,4)上单调递减,故A正确;对于B,y=log2t为定义域上的增函数,t=x2+3x在(2,4)上单调递增,所以y=log2(x2+3x)在(2,4)上单调递增,故B错误;对于C,y=1x-2在(2,4)上单调递减,故C正确;对于D,y=cosx在(2,π)上单调递减,在(π,4)上单调递增,故D11.(-2,4]解析:f(x)=x-a+3+a+2x-a+3=1+a+2x-a+3,因为函数f(x)=x+5x-a+3在(1,+∞)上单调递减,12.(-1,0)解析:∵f(-x)=-x(|-x|+4)=-x(|x|+4)=-f(x),∴函数f(x)=x(|x|+4)为奇函数.又f(x)=x2+4x,x≥0,-x2+4x,x<0,∴由f(x)的图像(图略)知f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.由f(a2)+f(a)<0,得f(a2)<-f(a13.12,2(答案不唯一)解析:f(x)=x|x-1|=x(x-1),x≥1,x(1-x),x<1,其图像如图所示,易得f12=14,f14.ABD解析:函数存在“倍值区间”,则(1)f(x)在[m,n]内是单调函数,(2)f(m)=2m,f(n)=2n或f(m)=2n,f(n)=2m.对于A,f(x)=x2,若存在“倍值区间”[m,n],则f(m)=2m,f(n)=2n,n>m,即m2=2m,n2=2n,n>m,解得m=0,n=2,∴f(x)=x2存在“倍值区间”[0,2];对于B,f(x)=1x,若存在“倍值区间”[m,n],则当x>0时,1m=2n,1n=2m,得mn=12,例如14,2为函数f(x)=1x的“倍值区间”;对于C,f(x)=x+1x,当x>0时,f(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间[1,+∞)上单调递增,若存在“倍值区间”[m,n]⊆(0,1),则m+1m=2n,n+1n=2m,即m2-2mn+1=0,n2-2mn+1=0,解得m2=n2