2022版新教材高考数学一轮复习 课时质量评价7 函数的单调性与最值（含解析）新人教A版.doc

1、课时质量评价(七)(建议用时：45分钟)A组全考点巩固练1函数f (x)|x2|x的单调递减区间是()A1,2B1,0C0,2D2，)A解析：由于f (x)|x2|x结合图象(图略)可知函数的单调递减区间是1,22(多选题)下列函数中，在区间(0，)上单调递增的是()Ayln(x2)ByCyDyxAB解析：函数yln(x2)的增区间为(2，)，所以在(0，)上单调递增；函数y的增区间为1，所以在(0，)上单调递增3若函数f (x)x22xm在3，)上的最小值为1，则实数m的值为()A3 B2 C1 D1B解析：因为f (x)(x1)2m1在3，)上单调递增，且f (x)在3，)上的最小值为1，

2、所以f (3)1，即22m11，m2.故选B4若函数f (x)ax1在R上单调递减，则函数g(x)a(x24x3)的单调递增区间是()A(2，)B(，2)C(4，)D(，4)B解析：因为f (x)ax1在R上单调递减，所以a0. 而g(x)a(x24x3)a(x2)2a. 因为a0，所以g(x)的单调递增区间是(，2)5已知函数f (x)是定义在区间0，)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f (2x1)f 的x的取值范围是()A B C DD解析：因为函数f (x)是定义在区间0，)上的增函数，且f (2x1)f ，所以02x1，解得x.6已知函数f (x)在R上单调递减，且a33.1，b

3、，cln，则f (a)，f (b)，f (c)的大小关系为()Af (a)f (b)f (c)Bf (b)f (c)f (a)Cf (c)f (a)f (b)Df (c)f (b)f (a)D解析：因为a33.1301,0b1，clnln 10，所以cba.又因为函数f (x)在R上单调递减，所以f (c)f (b)f (a)故选D7若f (x)在区间(2，)上单调递增，则实数a的取值范围是_(，3)解析：f (x)1，要使函数f (x)在区间(2，)上单调递增，需使a30，解得a0，即a1，因此g(x)的单调递减区间就是y|x2|的单调递减区间(，29定义在R上的奇函数yf (x)在(0，)

4、上单调递增，且f 0，则不等式f (logx)0的解集为_解析：由题意知，f f 0，f (x)在(，0)上也单调递增，所以f (logx) f 或f (logx) f ，所以logx或logx0，解得0x或1x0时，f (x)1.(1)求f (0)的值，并证明f (x)在R上是增函数；(2)若f (1)1，解关于x的不等式f (x22x)f (1x)4.解：(1)令xy0，得f (0)1.在R上任取x1x2，则x1x20，f (x1x2)1.又f (x1)f (x1x2)x2)f (x1x2)f (x2)1f (x2)，所以函数f (x)在R上是增函数(2)由f (1)1，得f (2)3，f

5、 (3)5.由f (x22x)f (1x)4，得f (x2x1)f (3)又函数f (x)在R上是增函数，故x2x13，解得x1.故原不等式的解集为x|x1B组新高考培优练11若函数y在x|1|x|4，xR上的最大值为M，最小值为m，则Mm()AB2 C DA解析：可令|x|t，则1t4，y，易知y在1,4上单调递增，所以其最小值为110；最大值为2.所以m0，M，则Mm.故选A12(2020山东师范大学附中月考)已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，当x1x2时，有f (x1)f (x2)(x1x2)0，则x的取值范围是_(，1)解析：根据已知条件，当x1x2时，有f (x1)f (x2)(x1x2)0等价于f (3x1)f (2)f (2)，所以3x12，即x0恒成立，试求实数a的取值范围解：(1)当a时，f (x)x2，任取1x1x2，则f (x1)f (x2)(x1x2).因为1x11，所以2x1x210.又x1x20，所以f (x1)0恒成立，所以等价于a大于函数(x)(x22x)在1，)上的最大值因为(x)(x1)21在1，)上单调递减，所以当x1时，(x)取最大值为(1)3，所以a3.故实数a的取值范围是(3，)