【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）第三章函数与基本初等函数 课时规范练7　函数的单调性与最值含解析【高考】.docx，共(7)页，65.311 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-66d7737e09f741b9444065c7a06b1e7f.html

以下为本文档部分文字说明：

1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)=x√𝑥B.f(x)=x+1𝑥C.f(x)=ex-e-xD.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|

,𝑥>1,若f(a2-4)>f(3a),则实数a的取值范围是()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<0B.a<0,b≥0,c>0C.2-a<2cD

.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,𝑥≥0满足对任意x1≠x2,都有𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)

𝑥1-𝑥2<0成立,则a的取值范围是.8.(2021云南丽江高三月考)已知函数f(x)=𝑎-3𝑥1+3𝑥是R上的奇函数.(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.2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.x

m<x<2𝑚B.xx<m或x>2𝑚C.x2𝑚<x<mD.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=13xB.y=log2(x2+3x)C.y=1𝑥-2D.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a的取值范围是.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”的是()A.f

(x)=x2B.f(x)=1𝑥C.f(x)=x+1𝑥D.f(x)=3𝑥𝑥2+1315.(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)>0,则不等式f(2x-1)-f(3-x)≥0的解集为.4课时规范练7函数的单调性与最值1.C解析函数f(x)=x√𝑥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=2×1+1,因此函数的单调递增区

间是(-∞,+∞),故选D.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,如图所示,画出函数图象,根据图象知函数单调递增,f(a2-4)>f(3a),即a2-4>3a,解得a>4或a<-1

,故选D.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不同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12,+∞.57.0,14解析因为函数f(x)={𝑎𝑥,𝑥<0,(𝑎-3)𝑥+4

𝑎,𝑥≥0满足对任意x1≠x2,都有𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2<0成立,所以f(x)在R上单调递减,所以{0<𝑎<1,𝑎-3<0,𝑎0≥4𝑎,解得0<a≤14.8.(1)解由函数f(x)=𝑎-3𝑥1+3𝑥是R上的奇函数知f(0)=0,即�

�-12=0,解得a=1.(2)证明由(1)知f(x)=1-3𝑥1+3𝑥.任取x1,x2∈R且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=1-3𝑥11+3𝑥1−1-3𝑥21+3𝑥2=(1-3𝑥1)(1+3𝑥2)-(1-3𝑥2)(1+3𝑥1)(1

+3𝑥1)(1+3𝑥2)=2(3𝑥2-3𝑥1)(1+3𝑥1)(1+3𝑥2).因为x1<x2,所以3𝑥1<3𝑥2,所以3𝑥2−3𝑥1>0.又因为1+3𝑥1>0且1+3𝑥2>0,所

以2(3𝑥2-3𝑥1)(1+3𝑥1)(1+3𝑥2)>0.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D错误.611.(-2,4]解析f(x)=𝑥-𝑎+3+𝑎+2𝑥-𝑎+3=1+�

�+2𝑥-𝑎+3,因为函数f(x)=𝑥+5𝑥-𝑎+3在(1,+∞)上单调递减,所以只需y=𝑎+2𝑥-𝑎+3在(1,+∞)上单调递减,因此{𝑎+2>0,𝑎-3≤1,解得-2<a≤4.12.(-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)的图象(图略)知f(x)在(-∞,+∞)上单调递增

.由f(a2)+f(a)<0,得f(a2)<-f(a)=f(-a),得a2<-a,解得-1<a<0.13.12,2(答案不唯一)解析f(x)=x|x-1|={𝑥(𝑥-1),𝑥≥1,𝑥(1-𝑥)

,𝑥<1,其图象如图所示,易得f12=14,f(1)=0,f(2)=2,结合图象可知,函数在区间12,2上符合条件.14.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,不符合题意;若存在“倍值

区间”[m,n]⊆[1,+∞),则{𝑚+1𝑚=2𝑚,𝑛+1𝑛=2𝑛,解得m2=n2=1,不符合题意,当x<0时同理,故此函数不存在“倍值区间”;对于D,f(x)=3𝑥𝑥2+1,f'(x)=-3(𝑥+1)(𝑥-1)(𝑥

2+1)2,所以f(x)在区间[0,1]上单调递增,在区间[1,+∞)上单调递减,若存在“倍值区间”[m,n]⊆[0,1],则{3𝑚𝑚2+1=2𝑚,3𝑛𝑛2+1=2𝑛,𝑛>𝑚,解得{𝑚=0,𝑛=√22,7即f(

x)=3𝑥𝑥2+1存在“倍值区间”0,√22.故选ABD.15.(-∞,0]∪43,+∞解析因为函数f(x)满足f(x)=f(2-x),所以f(x)的图象关于直线x=1对称.因为对任意1≤x1<x2,均

有𝑥1-𝑥2𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)>0成立,所以函数f(x)在[1,+∞)上单调递增.由对称性可知f(x)在(-∞,1]上单调递减.因为f(2x-1)-f(3-x)≥0,即f(2x-1)≥f(3-x),所以|2x-1-1|≥|3-x-1|,即|2x-2|≥|2-x|,解得x≤

0或x≥43.