2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习7函数的单调性与最值（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习7函数的单调性与最值（Word版附解析），共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．下列函数中，在区间(0，1)上是增函数的是( )
A．y＝－x2＋1B．y＝eq \r(x)
C．y＝eq \f(1,x)D．y＝3－x
2．函数y＝eq \f(1,4＋3x－x2)的单调递增区间为( )
A．[eq \f(3,2)，＋∞)
B．(－1，eq \f(3,2)]
C．[eq \f(3,2)，4)和(4，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(－1，eq \f(3,2)]
3．已知对f(x)定义域内的任意实数x1，x2，且x1≠x2，[f(x1)－f(x2)](x1－x2)>0恒成立，设a＝f(－eq \f(1,3))，b＝f(3)，c＝f(5)，则( )
A．bC．b4．已知函数f(x)在R上是递减函数，a，b∈R且a＋b<0，则有( )
A．f(a)＋f(b)<0
B．f(a)＋f(b)>0
C．f(a)＋f(b)D．f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)
5．已知函数f(x)＝eq \f(2x＋1,x－1)，其定义域是[－8，－4)，则下列说法正确的是( )
A．f(x)有最大值eq \f(5,3)，无最小值
B．f(x)有最大值eq \f(5,3)，最小值eq \f(7,5)
C．f(x)有最大值eq \f(7,5)，无最小值
D．f(x)有最大值2，最小值eq \f(7,5)
6．已知函数f(x)是实数集R上的减函数，则不等式f(2－x)>f(x－2)的解集为( )
A．(－∞，2) B．(－∞，－2)
C．(2，＋∞) D．(－2，＋∞)
7．[2024·河南洛阳模拟]已知函数f(x)＝2x＋5x.若a＝f(eq \f(1,2))，b＝f(lg3eq \r(5))，c＝f(60.2).则a，b，c的大小关系为( )
A．a>b>cB．a>c>b
C．c>a>bD．c>b>a
8．已知函数f(x)＝eq \r(2－ax)在[0，2]上单调递减，则a的取值范围是( )
A．(0，1] B．(0，1)
C．(0，2] D．[2，＋∞)
9．(素养提升)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．3B．eq \f(5,2)
C．2D．eq \f(5,2)或3
10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋2ax＋4，x≤1，,\f(1,x)，x>1))是[－eq \f(1,2)，＋∞)上的减函数，则a的取值范围是( )
A．[－1，－eq \f(1,2)] B．(－∞，－1]
C．[－1，－eq \f(1,2)) D．(－∞，－1)
二、多项选择题
11．已知函数f(x)＝eq \f(bx＋a,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递增，则a，b的取值可以是( )
A．a＝1，b>eq \f(3,2)B．a>4，b＝2
C．a＝－1，b＝2D．a＝2，b＝－1
12．(素养提升)设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)>0，g(x)>0，f(x)是减函数，g(x)是增函数，则下列说法中正确的有( )
A．g(x)＋f(x)是增函数
B．f(x)－g(x)是减函数
C．f(x)g(x)是增函数
D．eq \f(f（x）,g（x）)是减函数
三、填空题
13．[2024·浙江金华模拟]函数f(x)＝的单调递增区间是________．
14．(素养提升)若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax，x≥1,（4－\f(a,2)）x＋2，x<1))满足对任意的实数x1≠x2都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0成立，则实数a的取值范围是____________．
四、解答题
15．[2024·河南漯河模拟]已知函数f(x)＝eq \f(ax＋b,x＋1)，且f(1)＝－4，f(2)＝－2.
(1)求f(x)的解析式；
(2)判断f(x)在(－1，＋∞)上的单调性，并用定义证明．
优生选做题
16．(多选)[2024·黑龙江佳木斯一中模拟]已知函数f(x)的定义域为A，若对任意x∈A，都存在正数M使得|f(x)|≤M恒成立，则称函数f(x)是定义在A上的“有界函数”．则下列函数是“有界函数”的是( )
A．f(x)＝x＋eq \r(4－x)
B．f(x)＝eq \r(－x2－2x＋3)
C．f(x)＝eq \f(5,2x2－4x＋3)
D．f(x)＝x|x＋1|
17．已知f(x)的定义域为R，对任意x，y∈R都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，当x>0时，f(x)<1，f(1)＝0
(1)求f(0)，f(－1)；
(2)证明：f(x)在R上是减函数；
(3)解不等式：f(2x2－3x－2)＋2f(x)>4.
课后定时检测案7 函数的单调性与最值
1．解析：对于A，y＝－x2＋1在(0，1)上单调递减，不符合题意；
对于B，y＝eq \r(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以在区间(0，1)上单调递增，符合题意；
对于C，y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在区间(0，1)上单调递减，不符合题意；
对于D，y＝3－x在(0，1)上单调递减，不符合题意．故选B.
答案：B
2．解析：由4＋3x－x2≠0可得x≠－1且x≠4，
因为y＝4＋3x－x2开口向下，其对称轴为x＝eq \f(3,2)，
所以y＝4＋3x－x2的减区间为[eq \f(3,2)，4)和(4，＋∞)，所以y＝eq \f(1,4＋3x－x2)的单调增区间为[eq \f(3,2)，4)和(4，＋∞).故选C.
答案：C
3．解析：由[f(x1)－f(x2)](x1－x2)>0可得函数f(x)在R上是增函数，所以f(－eq \f(1,3))答案：D
4．解析：∵f(x)是减函数，a＋b<0，∴a<－b，b<－a，∴f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)，f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b).故选D.
答案：D
5．解析：函数f(x)＝eq \f(2x＋1,x－1)＝2＋eq \f(3,x－1)，
即有f(x)在[－8，－4)上单调递减，
则x＝－8处取得最大值，且为eq \f(5,3)，
由x＝－4取不到，即最小值取不到．故选A.
答案：A
6．解析：由函数f(x)是实数集R上的减函数，又f(2－x)>f(x－2)，所以2－x2.故选C.
答案：C
7．解析：因为0＝lgeq \s\d9(\f(1,3))11，函数y＝2x与y＝5x都是增函数，所以f(x)＝2x＋5x也是增函数，因此f(lgeq \s\d9(\f(1,3))eq \f(1,2))b>a.故选D.
答案：D
8．解析：因为函数f(x)＝eq \r(2－ax)在[0，2]上单调递减，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,2－2a≥0，))
解得0所以a的取值范围是(0，1].故选A.
答案：A
9．解析：函数f(x)＝eq \f(2x＋m,x＋1)，即f(x)＝2＋eq \f(m－2,x＋1)，x∈[0，1]，
当m＝2时，f(x)＝2不成立；
当m－2>0，即m>2时，f(x)在[0，1]上单调递减，可得f(0)为最大值，
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).故选B.
答案：B
10．解析：显然当x>1时，f(x)＝eq \f(1,x)为单调减函数，f(x)当x≤1时，f(x)＝－x2＋2ax＋4，则对称轴为x＝－eq \f(2a,2×（－1）)＝a，f(1)＝2a＋3，
若f(x)是[－eq \f(1,2)，＋∞)上的减函数，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≤－\f(1,2)，,2a＋3≥1，))解得a∈[－1，－eq \f(1,2)].故选A.
答案：A
11．解析：f(x)＝eq \f(bx＋a,x＋2)＝b＋eq \f(a－2b,x＋2)在(－2，＋∞)上单调递增，则满足：a－2b<0，即a<2b，故a＝1，b>eq \f(3,2)满足，a＝－1，b＝2满足．故选AC.
答案：AC
12．解析：对于A，如g(x)＝2x，f(x)＝(eq \f(1,2))x，g(1)＋f(1)＝eq \f(5,2)，g(－1)＋f(－1)＝eq \f(5,2)，故g(x)＋f(x)不一定为增函数，故A错误；对于B，g(x)是增函数，则－g(x)为减函数，又f(x)是减函数，故f(x)－g(x)＝f(x)＋[－g(x)]为减函数，故B正确；对于C，如g(x)＝2x，f(x)＝(eq \f(1,2))x，f(x)g(x)＝1不满足增函数，故C错误；对于D，由于g(x)是增函数，且g(x)>0，所以eq \f(1,g（x）)>0且eq \f(1,g（x）)单调递减，又f(x)>0，f(x)为减函数，故eq \f(f（x）,g（x）)＝f(x)×eq \f(1,g（x）)为减函数，故D正确．故选BD.
答案：BD
13．解析：设u＝x2－2x，对称轴x＝1，
在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，
因为函数y＝(eq \f(1,2))x为减函数，
所以f(x)＝(eq \f(1,2))x2－2x的单调递增区间为(－∞，1).
答案：(－∞，1)
14．解析：∵对任意的实数x1≠x2都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0成立，
∴函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax，x≥1,（4－\f(a,2)）x＋2，x<1))在R上单调递增，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>1,4－\f(a,2)>0,a≥4－\f(a,2)＋2))，解得4≤a<8.
答案：[4，8)
15．解析：(1)由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝\f(a＋b,2)＝－4，,f（2）＝\f(2a＋b,3)＝－2，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝－8，,2a＋b＝－6，))
解得a＝2，b＝－10.故f(x)＝eq \f(2x－10,x＋1).
(2)f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
证明：∀x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1则f(x2)－f(x1)＝eq \f(2x2－10,x2＋1)－eq \f(2x1－10,x1＋1)
＝eq \f(（2x2－10）（x1＋1）－（2x1－10）（x2＋1）,（x2＋1）（x1＋1）)＝eq \f(12（x2－x1）,（x2＋1）（x1＋1）).
由x2>x1>－1，得x2－x1>0，x2＋1>0，x1＋1>0，
所以f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1).故f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
16．解析：对于A，f(x)的定义域为(－∞，4]，令eq \r(4－x)＝t(t≥0)，则x＝4－t2，
∴y＝－t2＋t＋4＝－(t－eq \f(1,2))2＋eq \f(17,4)，y∈(－∞，eq \f(17,4)]，
不存在正数M，使得|y|≤M恒成立，∴f(x)不是有界函数；
对于B，f(x)的定义域为{x|－3≤x≤1}，
∴0≤－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4≤4，∴0≤f(x)≤2，
∴存在M≥2，使得|f(x)|≤M，∴f(x)是有界函数；
对于C，∵2x2－4x＋3＝2(x－1)2＋1≥1，
∴0∴存在M≥5，使得|f(x)|≤M，∴f(x)是有界函数；
对于D，f(x)＝x|x＋1|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（x＋1），x≥－1,－x（x＋1），x<－1))，
∵x<－1时，f(x)单调递增，此时f(x)∈(－∞，0)，
故不存在正数M，使得|y|≤M恒成立，∴f(x)不是有界函数．
故选BC.
答案：BC
17．解析：(1)根据f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，
令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)－1，解得f(0)＝1，
再令x＝1，y＝－1，则有f(0)＝f(1)＋f(－1)－1，
解得f(－1)＝2.
(2)设x＋y＝x1，x＝x2，x1>x2，则y＝x1－x2>0，
所以f(x1)＝f(x2)＋f(y)－1，即f(x1)－f(x2)＝f(y)－1，
因为y>0，所以f(y)<1，所以f(x1)－f(x2)<0，
即∀x1，x2∈R，x1>x2，都有f(x1)所以f(x)在R上单调递减．
(3)由题可知f(x)＋f(y)＝f(x＋y)＋1，
所以2f(x)＝f(x)＋f(x)＝f(2x)＋1，
所以由f(2x2－3x－2)＋2f(x)>4得f(2x2－3x－2)＋f(2x)＋1>4，
即f(2x2－3x－2＋2x)＋1＋1>4，即f(2x2－x－2)>2，
又因为f(－1)＝2，所以f(2x2－x－2)>f(－1)，
由(2)知f(x)在R上单调递减，所以2x2－x－2<－1，
即2x2－x－1<0，即(2x＋1)(x－1)<0，解得－eq \f(1,2)所以解集为(－eq \f(1,2)，1).