2023届人教A版新高考数学新教材一轮复习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（Word版带解析）

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)=xB.f(x)=x+C.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)=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)=满足对任意x1≠x2,都有<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)=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.\n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<)的解集为(　　)A.xm<x<B.xx<m或x>C.x<x<mD.xx>m或x<10.(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=xB.y=log2(x2+3x)C.y=D.y=cosx11.(2021湖南常德高三月考)函数f(x)=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)=\nC.f(x)=x+D.f(x)=15.(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>0,则不等式f(2x-1)-f(3-x)≥0的解集为　　　　　. \n课时规范练7　函数的单调性与最值1.C　解析函数f(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+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=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)=⇒f(x)=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-∞,,此时a<c<,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-∞,,则必有a<<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.\n6.,+∞　解析若a=0,则f(x)=-x,在[1,+∞)上不是单调递增的;若a≠0,必有解得a≥.综上,实数a的取值范围是,+∞.7.0,　解析因为函数f(x)=满足对任意x1≠x2,都有<0成立,所以f(x)在R上单调递减,所以解得0<a≤.8.(1)解由函数f(x)=是R上的奇函数知f(0)=0,即=0,解得a=1.(2)证明由(1)知f(x)=.任取x1,x2∈R且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=.因为x1<x2,所以,所以>0.又因为1+>0且1+>0,所以>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,\n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<,所以>m,此时原不等式解集为xm<x<.10.AC　解析对于A,y=x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=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.11.(-2,4]　解析f(x)==1+,因为函数f(x)=在(1,+∞)上单调递减,所以只需y=在(1,+∞)上单调递减,因此解得-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)=∴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.,2(答案不唯一)　解析f(x)=x|x-1|=其图象如图所示,易得f=,f(1)=0,f(2)=2,结合图象可知,函数在区间,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)对于A,f(x)=x2,若存在“倍值区间”[m,n],则解得∴f(x)=x2存在“倍值区间”[0,2];对于B,f(x)=,\n若存在“倍值区间”[m,n],则当x>0时,得mn=,例如,2为函数f(x)=的“倍值区间”;对于C,f(x)=x+,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),则解得m2=n2,不符合题意;若存在“倍值区间”[m,n]⊆[1,+∞),则解得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)=,f'(x)=,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],则解得即f(x)=存在“倍值区间”0,.故选ABD.15.(-∞,0]∪,+∞　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>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≥.