2024高考数学一轮复习专练5函数的单调性与最值含解析文新人教版

PAGE专练5函数的单调性与最值命题范围：函数的单调性、最值．[基础强化]一、选择题1．下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是()A．y＝eq\f(1,1－x)B．y＝cosxC．y＝ln(x＋1)D．y＝2－x2．函数f(x)＝log(x2－4)的单调递增区间为()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(2，＋∞)D．(－∞，－2)3．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是()A．(－∞，0)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．[0，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))4．[2024·四川内江高三测试]若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq\f(a,x＋1)在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是()A．(－1,0)∪(0,1)B．(－1,0)∪(0,1]C．(0,1)D．(0,1]5．[2024·全国卷Ⅰ]已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则()A．a<b<cB．a<c<bC．c<a<bD．b<c<a6．将函数f(x)的图象向右平移1个单位长度后关于y轴对称，当x2>x1>－1时，eq\f(fx2－fx1,x2－x1)>0恒成立，设a＝f(－2)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为()A．c>a>bB．c>b>aC．a>c>bD．b>a>c7．[2024·全国卷Ⅱ]若2x－2y<3－x－3－y，则()A．ln(y－x＋1)>0B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0D．ln|x－y|<08．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x≥0，,4x－x2，x<0，))若f(2－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－1,2)C．(－2,1)D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)9．[2024·广东佛山一中高三测试]已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－ax，x∈－∞，1]，,ax，x∈1，＋∞))是(－∞，＋∞)上的增函数，那么实数a的取值范围是()A．(0,3)B．(1,3)C．(1，＋∞)D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))二、填空题10．已知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a的取值范围为________．11．[2024·山西晋城一中高三测试]已知函数f(x)＝loga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，若f(0)<0，则此函数f(x)的单调递增区间是________．12．已知函数f(x)＝eq\f(x＋1,x－1)，x∈[2，5]，则f(x)的最大值是________．[实力提升]13．[2024·四川成都一中测试]假如奇函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，则不等式eq\f(fx－f－x,x)<0的解集为()A．(－2,0)∪(2，＋∞)B．(－∞，－2)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－2,0)∪(0,2)14．[2024·长沙一中高三测试]已知函数y＝loga(2－ax)在[0,1]上是x的减函数，则实数a的取值范围是()A．(0,1)B．(1,2)C．(0,2)D．(2,4)15．函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)在[－1,1]上的最大值为________．16．[2024·云南昆明一中高三测试]f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x<1，,a－3x＋4a，x≥1，))满意对随意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0成立，则a的取值范围是________．专练5函数的单调性与最值1．DA项，x1＝0时，y1＝1，x2＝eq\f(1,2)时，y2＝2>y1，所以y＝eq\f(1,1－x)在区间(－1,1)上不是减函数，故A项不符合题意．B项，由余弦函数的图象与性质可得，y＝cosx在(－1,0)上递增，在(0,1)上递减，故B项不符合题意．C项，由指函数函数可得，y＝lnx为增函数，且y＝x＋1为增函数，所以y＝ln(x＋1)为增函数，故C项不符合题意．D项，由指数函数可得y＝2x为增函数，且y＝－x为减函数，所以y＝2－x为减函数，故D项符合题意．2．D由x2－4>0得x>2或x<－2，∴f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为(－∞，－2)．3．By＝|x|(1－x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x，x≥0，,－x1－x，x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(1,4)，x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－\f(1,4)，x<0.))画出函数的图象，如图．由图易知原函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，故选B.4．D由于g(x)＝eq\f(a,x＋1)在区间[1,2]上是减函数，所以a>0；由于f(x)＝－x2＋2ax在区间[1,2]上是减函数，且f(x)的对称轴为x＝a，则a≤1.综上有0<a≤1.故选D.5．B本题主要考查指数与指数函数、对数与对数函数等学问点；考查运算求解实力，以及数形结合思想的应用；考查的核心素养是数学运算．∵a＝log20.2<log21＝0，b＝20.2>20＝1，c＝0.20.3∈(0,0.20)，即c∈(0,1)，∴a<c<b6．A由已知可得，函数f(x)的图象关于x＝－1对称，则有f(x)＝f(－2－x)，∴f(－2)＝f[－2－(－2)]＝f(0)，由x2>x1>－1时，eq\f(fx2－fx1,x2－x1)>0恒成立，知f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，又－eq\f(1,2)<0<3，∴f(3)>f(0)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，即c>a>b.7．A因为2x－2y<3－x－3－y，所以2x－3－x<2y－3－y.设f(x)＝2x－3－x，则f′(x)＝2xln2－3－x×ln3×(－1)＝2xln2＋3－xln3，易知f′(x)>0，所以f(x)在R上为增函数．由2x－3－x<2y－3－y得x<y，所以y－x＋1>1，所以ln(y－x＋1)>0，故选A.8．Cf(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＝x＋22－4，x≥0，,4x－x2＝－x－22＋4，x<0.))由f(x)的图象可知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，由f(2－a2)>f(a)得2－a2>a，即a2＋a－2<0，解得－2<a<1，故选C.9．D由题意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,a≥3－a，))得eq\f(3,2)≤a<3.10．(－3，－1)∪(3，＋∞)解析：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得－3<a<－1或a>3，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．11．[－1,1)解析：∵f(0)＝loga3<0，∴0<a<1，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为[－1,1)．12．3解析：f(x)＝eq\f(x＋1,x－1)＝eq\f(x－1＋2,x－1)＝1＋eq\f(2,x－1)，明显f(x)在[2,5]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝1＋eq\f(2,2－1)＝3.13．D由函数f(x)为奇函数可知f(－x)＝－f(x)，因此eq\f(fx－f－x,x)<0可化为不等式eq\f(2fx,x)<0，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,fx<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,fx>0.))再由f(2)＝0，可得f(－2)＝0，由函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，可得函数f(x)在(－∞，0)上也为增函数，结合函数f(x)的单调性示意图可得，所求不等式的解集为{x|－2<x<0，或0<x<2}．故选D.14．B∵y＝2－ax在[0,1]上单调递减，∴y＝logau为增函数，∴a>1,2－ax>0在[0,1]上恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a×1>0，,a>1，))得1<a<2.15．3解析：∵y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在R上单调递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上单调递增，∴f(x)在[－1,1]上单调递减，∴f(x)max＝f(－1)＝3.16.eq\b\lc\(\rc