2025高考数学一轮复习-对点练8 单调性与最大（小）值（二）【含答案】

对点练8单调性与最大(小)值(二)【A级基础巩固】1.(2024·厦门调考)若函数f(x)＝(m－1)x＋1在R上是增函数，则f(m)与f(1)的大小关系是()A.f(m)<f(1) B.f(m)>f(1)C.f(m)≤f(1) D.f(m)≥f(1)2.对于任意的实数x，已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≤1，,2－x2，x>1，))则f(x)的最大值是()A.－2 B.－1C.1 D.23.已知定义域为R的函数f(x)，∀x1，x2∈R，x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0，则()A.f(3)＞f(π)＞f(2) B.f(π)＜f(3)＜f(2)C.f(2)＞f(π)＞f(3) D.f(π)＞f(2)＞f(3)4.(2024·哈尔滨质检)已知函数f(x)在R上为增函数，若不等式f(－4x＋a)>f(－3－x2)对∀x∈(3，＋∞)恒成立，则a的取值范围为()A.[－1，＋∞) B.[3，＋∞)C.[0，＋∞) D.(1，＋∞)5.(2024·兰州段测)已知函数f(x)＝eq\r(x－2)＋2x，若f(2a2－5a＋4)＜f(a2＋a＋4)，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪(2，＋∞) B.[2，6)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪[2，6) D.(0，6)6.(2024·南通模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－e－x，x＞0，,－x2，x≤0，))若a＝50.01，b＝log32，c＝log20.9，则有()A.f(a)＞f(b)＞f(c) B.f(b)＞f(a)＞f(c)C.f(a)＞f(c)＞f(b) D.f(c)＞f(a)＞f(b)7.若函数f(x)＝eq\f(2x＋m,x＋1)在区间[0，1]上的最大值为eq\f(5,2)，则实数m＝()A.3 B.eq\f(5,2)C.2 D.eq\f(5,2)或38.函数y＝4x－eq\r(2x－1)的值域是________.9.已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)，若f(a－2)＞3，则a的取值范围是________.10.(2024·杭州调研)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax－1，x<a，,x2－2ax＋1，x≥a，))当f(x)存在最小值时，实数a的取值范围是________.11.已知函数f(x)＝ax－eq\f(1,ax)＋eq\f(2,a)(a＞0)，且f(x)在(0，1]上的最大值为g(a)，求g(a)的最小值.12.已知函数f(x)＝eq\f(x＋2,x).(1)写出函数f(x)的定义域和值域；(2)证明函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，并求f(x)在x∈[2，8]上的最大值和最小值.【B级能力提升】13.(2024·石家庄质检)已知max{a，b}表示取a和b中较大的数.若对任意x∈R，函数f(x)＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－x＋3，\f(3,2)x＋\f(1,2)，x2－4x＋3))，则f(x)的最小值为()A.5 B.4C.3 D.214.已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，②当x>0时，f(x)>－1.(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是增函数；(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.对点练8单调性与最大(小)值(二)答案1．B[因为f(x)＝(m－1)x＋1在R上是增函数，所以m>1，故f(m)>f(1)．]2．C[因为f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≤1，,2－x2，x>1，))则f(x)在(－∞，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，所以f(x)的最大值为f(1)＝1.]3．B[易知f(x)是R上的减函数，又π＞3＞2，故f(π)＜f(3)＜f(2)．]4．C[由题意，得－4x＋a>－3－x2对∀x∈(3，＋∞)恒成立，则a>－x2＋4x－3对∀x∈(3，＋∞)恒成立．设函数g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1，则当x>3时，g(x)<0，所以a的取值范围为[0，＋∞)．]5．C[由题意可知，函数f(x)在[2，＋∞)上单调递增，∵f(2a2－5a＋4)＜f(a2＋a＋4)，∴2≤2a2－5a＋4＜a2＋a＋4，解得2≤a＜6或0＜a≤eq\f(1,2).]6．A[y＝ex是增函数，y＝－e－x是增函数，因此在(0，＋∞)上y＝ex－e－x单调递增，且此时f(x)＞0；又f(x)＝－x2在(－∞，0]上单调递增，且f(x)≤0，所以f(x)在R上单调递增．c＝log20.9＜0，0＜b＝log32＜1，a＝50.01＞1，即a＞b＞c，所以f(a)＞f(b)＞f(c)．]7．B[函数f(x)＝eq\f(2x＋m,x＋1)＝2＋eq\f(m－2,x＋1)，当m＝2时，f(x)＝2，不满足题意；当m－2＞0，即m＞2时，易知f(x)在[0，1]上单调递减，所以可得f(0)为[0，1]上的最大值，即f(0)＝eq\f(0＋m,1)＝eq\f(5,2)，解得m＝eq\f(5,2)，成立；当m－2＜0，即m＜2时，f(x)在[0，1]上单调递增，可得f(1)为[0，1]上的最大值，即f(1)＝eq\f(2＋m,2)＝eq\f(5,2)，解得m＝3，不成立．综上可得m＝eq\f(5,2).]8.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)，＋∞))[由2x－1≥0得x≥eq\f(1,2)，即函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，设t＝eq\r(2x－1)，则t≥0，且t2＝2x－1，即x＝eq\f(1＋t2,2)，则原函数等价为y＝4×eq\f(1＋t2,2)－t＝2t2－t＋2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(15,8)，∵t≥0，∴y≥eq\f(15,8)，即函数的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)，＋∞)).]9．(0，1)[由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)知，f(x)在定义域(－2，＋∞)上是减函数，且f(－1)＝3，由f(a－2)＞3，得f(a－2)＞f(－1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2＜－1，,a－2＞－2，))解得0＜a＜1.]10．(－∞，－1]∪{0}[当x≥a时，f(x)＝x2－2ax＋1图象的对称轴方程为x＝a，要想f(x)存在最小值，当x<a时，f(x)＝ax－1单调递减，且在x＝a处，y＝ax－1的函数值要大于等于y＝x2－2ax＋1的函数值，当a＜0时，需满足a2－1≥a2－2a2＋1，解得a≤－1.当a＝0时，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，x＜0，,x2＋1，x≥0，))此时f(x)min＝－1，符合题意．当a＞0时，f(x)不存在最小值．综上，a≤－1或a＝0.]11．解f(x)＝ax－eq\f(1,ax)＋eq\f(2,a)(a＞0)，∴f(x)在(0，1]上单调递增，∴f(x)max＝f(1)＝a＋eq\f(1,a)，∴g(a)＝a＋eq\f(1,a)≥2，当且仅当a＝eq\f(1,a)，即a＝1时取等号，∴g(a)的最小值为2.12．(1)解函数f(x)的定义域为{x|x≠0}．又f(x)＝1＋eq\f(2,x)，所以值域为{y|y≠1}．(2)证明由题意可设0＜x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x2)))＝eq\f(2,x1)－eq\f(2,x2)＝eq\f(2（x2－x1）,x1x2).又0＜x1＜x2，所以x1x2＞0，x2－x1＞0，所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，所以函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数．当x∈[2，8]时，f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(8)＝eq\f(5,4).13．D[如图，在同一平面直角坐标系中，画出函数y1＝－x＋3，y2＝eq\f(3,2)x＋eq\f(1,2)，y3＝x2－4x＋3的图象．根据max{a，b}的定义，可得函数f(x)的图象为图中实线部分．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2－4x＋3，,y＝－x＋3，))可得A(0，3)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋3，,y＝\f(3,2)x＋\f(1,2)，))可得B(1，2)，由图知f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)最小，且最小值为f(1)＝2.故选D.]14．解(1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1；在R上任取x1，x2，且令x1