2023届高考北师版数学一轮复习试题（适用于老高考新教材） 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 WORD版含解析.docx

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)=xxB.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.(-,1C.0,+)D.(-,+)3.(2021山东泰安高三期中)已知函数f(x)=-x2+2x-1,x1,|x-1|,x1,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

2、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abf(c)f(b),则下列结论一定成立的是()A.a0,b0,c0B.a0C.2-a2cD.2a+2c26.(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,x0,(a-3)x+4a,x0满足对任意x1x2,都有f(x1)-f(x2)x1-x20成立,则a的取值范围是.8.(202

3、1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t2,5,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x0,则关于x的不等式f(mx2)+f(2m)f(m2x)+f(2x)(其中0m2)的解集为()A.xmx2mB.xx2mC.x2mxm或x2m10.下列函数在(2,4)上单调递增的是()A.y=13xB.y=log2(x2+3x)C.y=1x-2D.y=cos

4、 x11.(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.已知函数f(x)的定义域为D,若存在区间m,nD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”.下列函数不存在“倍值区间”的有()A.f

5、(x)=x2B.f(x)=1xC.f(x)=x+1xD.f(x)=3xx2+115.(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1x10,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)=xx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|=

6、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,x1,2x+1,x1,显然当x1时,f(x)单调递增,当x1f(x)=-x2+2x-1,x1,x-1,x1,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a2-43a,解得a4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)2xf(x)1f(1)F(x)F(1),所以-1x1,故xf(x)2的解集为(-1,1).5.D解析:对于A,若a0,b0,c0,因为abc,所以

7、abcf(b)f(c),与题设矛盾,故A不正确;对于B,若a0,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af(c),说明可能如下情况成立:()a,c位于函数的单调递减区间-,12,此时ac12,可得a+c1,所以2a+2c2成立;()a,c不同在函数的单调递减区间-,12,则必有a122c-1=f(c),化简整理,得2a+2c0,12a1,解得a12.综上,实数a的取值范围是12,+.7.0,14解析:因为函数f(x)=ax,x0,(a-3)x+4

8、a,x0满足对任意x1x2,都有f(x1)-f(x2)x1-x20成立,所以f(x)在R上单调递减,所以0a1,a-30,a04a,解得0a14.8.(1)解由函数f(x)=a-3x1+3x是R上的奇函数知f(0)=0,即a-12=0,解得a=1.(2)证明由(1)知f(x)=1-3x1+3x.任取x1,x2R且x1x2,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x1x2,所以3x10.又因为1+3x10且1+3x20,所以2

9、(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)k-2t2,即k3t2-2t.即对于任意t2,5,不等式k3t2-2t恒成立.设g(t)=3t2-2t,t2,5,易知8g(t)65,因此kg(t)min=8,所以实数k的取值范围是(-,8).9.A解析:任取x10,即f(x1)-f(x2)0,所

10、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mx2-2xm2x-2m,即mx2-(m2+2)x+2m0,即(mx-2)(x-m)0.又因为0mm,此时原不等式解集为xmx0,a-31,解得-2a4.12.(-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,x0,-x2+4x,x0,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

11、(a2)-f(a)=f(-a),得a2-a,解得-1a0.13.12,2(答案不唯一)解析:f(x)=x|x-1|=x(x-1),x1,x(1-x),xm,即m2=2m,n2=2n,nm,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x0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x0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,n1,+),则m+1m=2m,n+1n=2n,解得m2=n2=1,不符合题意,当xm,解得m=0,n=22,即f(x)=3xx2+1存在“倍值区间”0,22.故选C.15.(-,043,+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1x10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x0或x43.