2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练7函数的单调性与最值含解析新人教B版

这是一份2023年新教材高考数学一轮复习课时规范练7函数的单调性与最值含解析新人教B版，共7页。试卷主要包含了下列函数在上单调递减的是等内容，欢迎下载使用。
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 B.f(x)=x+C.f(x)=ex-e-x D.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<0 B.a<0,b≥0,c>0C.2-a<2c D.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.      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<m D.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=x B.y=log2(x2+3x)C.y= D.y=cos x11.(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”的有(　　)A.f(x)=x2 B.f(x)=C.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　　　　　.   
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,画出函数图像,根据图像知函数单调递增,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.6.,+∞　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,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)的图像(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|=其图像如图所示,易得f=,f(1)=0,f(2)=2,结合图像可知,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)=,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)的图像关于直线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≥.