新教材老高考適用2023高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 課時(shí)規(guī)范練7函數(shù)的單調(diào)性與最值北師大版

課時(shí)規(guī)范練7函數(shù)的單調(diào)性與最值

基礎(chǔ)鞏固組

1.(2021廣東高三模擬)下列函數(shù)既是奇函數(shù)又在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增的是()

Λ.f{x}=xyfxB.f(x)=x±

X

C.f(x)=ex-exD.f{x)=log2∕x∕

2.(2021安徽阜陽(yáng)高三月考)函數(shù)F(X)=∕χ-l/+3X的單調(diào)遞增區(qū)間是()

A.[1,+8)B.(-8,1]

C.[0,+8)D.(-°o,÷o°)

3.(2021山東泰安高三期中)已知函數(shù)Ax)4'.χ2.↑2^^?,x≤L若AaM)M3a),則實(shí)數(shù)a的取值范

ι∣χ-l∣,%>1,

圍是()

A.(M,1)

B.(-∞,-4)U(1,+8)

C.(-1,4)

D.(-∞,-1)U(4,≠∞)

4.(2021天津一中高三期中)已知奇函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,且F(I)力,則xf(x)<2的解集為

()

A.(0,1)B.[0,1)

C.(-1,1)D.(-1,0)

5.(2021浙江金華高三期末)已知函數(shù)F(X)=/2XT/,若a<b<c,且f(a)Af(c),f(6),則下列結(jié)論一定

成立的是()

A.a<O,?<O,c<0B.a<0,c90

C.2-a<2cD.2a+2c<2

6.(2021山東濰坊一中高三檢測(cè))若函數(shù)f(x)=af-X在[1,+8)上單調(diào)遞增,則實(shí)數(shù)a的取值范圍

是

7?(2021浙江金華高三期中)已知函數(shù)/U)θ^4α,x>°滿(mǎn)足對(duì)任意-≠--都有號(hào)*<0

成立,則a的取值范圍是.

8.(2021云南麗江高三月考)已知函數(shù)F(X)耳是R上的奇函數(shù).

1+3"

(1)求實(shí)數(shù)a的值；

(2)用定義證明f(x)在R上為減函數(shù)；

(3)若對(duì)于任意i∈⑵5],不等式Af2-2力+f(21-A)⑴恒成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

綜合提升組

9.(2021海南?？诟呷谥?已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(χ-y)=f(x)-f(y),且當(dāng)x<0

時(shí),f(x)X),則關(guān)于%的不等式∕U√)1(2而”(∕*)+f(2x)(其中0<?<√Σ)的解集為()

A.1χlm<x<-]

m

B.1XL<?或Xu}

m

C.{xl-<x<πι

m

D.?Ix>m或x<—1

m

10.下列函數(shù)在⑵4)上單調(diào)遞增的是()

A.尸(L)Y

J3

B.y=l0g2(V÷3%)

D.片COSx

H.(2021湖南常德高三月考)函數(shù)f(x)*三在(1,+8)上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)a的取值范圍

x-a+3

是.

12.(2021廣東東莞高三月考)已知函數(shù)f(x)=x(∕x∕÷4),且/(a)+f(a)。則實(shí)數(shù)a的取值范圍

是.

13.能使“函數(shù)/'(x)=√xT∕在區(qū)間/上不是單調(diào)函數(shù),且在區(qū)間/上的函數(shù)值的集合為［0,2］”是

真命題的一個(gè)區(qū)間/為.

創(chuàng)新應(yīng)用組

14.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镈,若存在區(qū)間［網(wǎng)n?￡〃使得f(x)滿(mǎn)足：(Df(X)在［網(wǎng)T上是單調(diào)函

數(shù)；(2)f(x)在由向上的值域是［2見(jiàn)2n］,則稱(chēng)區(qū)間［勿,為函數(shù)F(X)的“倍值區(qū)間”.下列函數(shù)不存

在“倍值區(qū)間”的有()

A.f(x)-X

B.f(x)、

X

C.f(x)=χ4

X

“X)嗡

15.(2021江西上饒高三三模)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,滿(mǎn)足f(x)=f(2-χ),且對(duì)任意IWxla2,均

有缶刈則不等式加1)M3R》。的解集為.

課時(shí)規(guī)范練7函數(shù)的單調(diào)性與最值

LC解析:函數(shù)f(x)=x√≡的定義域是［0,+8),所以既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù),故A錯(cuò)誤;函數(shù)

f(x)=戶(hù)?(0,1)上單調(diào)遞減，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閒(-χ)氣y=-(e'p*)=-f(x),所以函數(shù)f(x)Krr是

X

奇函數(shù),且在(0,1)上單調(diào)遞增，故C正確；因?yàn)閒(-χ)=log2∕-χ∕=log2∕x∕=f(x),所以函數(shù)是偶函數(shù)，

故D錯(cuò)誤.

≥

2.D解析：由于f(x)=/XT/+3產(chǎn)［產(chǎn)土?)1顯然當(dāng)在I時(shí),f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x<l時(shí),HX)也單

調(diào)遞增，且4X1T=2X1+1,因此函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-8,,8),故選D.

3.D解析:人分界:產(chǎn)巳"≤l,=f0r)才x：+2x-l.x≤1，如圖所示,畫(huà)出函數(shù)圖象,根據(jù)圖象知

函數(shù)單調(diào)遞增，ΛaM)>Λ3a),即才γ>3a,解得a>4或a<-l,故選D.

4.C解析:令F(x)=Xf(x),則F(x)為偶函數(shù),且在(0,+8)上單調(diào)遞增,在(_『0)上單調(diào)遞減.因?yàn)?/p>

F(I)之,所以xf<6GoXf(X)<1?F(I)=尸(x)m(1),所以Ta<1,故XfQ)<2的解集為(T,1).

5.D解析:對(duì)于A(yíng),若a<0,6<0,c<0,因?yàn)閍<b<c,所以a<b<c<β,而函數(shù)f(x)=∕2xT/在區(qū)間(-∞,0)

上單調(diào)遞減,故Λa)M?)>Λc),與題設(shè)矛盾，故A不正確;對(duì)于B,若a<0,b2OE,可設(shè)a=-

1,會(huì)2,c書(shū),此時(shí)Ac)=f(3)巧為最大值,與題設(shè)矛盾，故B不正確;對(duì)于C,取a=Q,c-3,同樣

HC)=f(3)=5為最大值,與題設(shè)矛盾，故C不正確;對(duì)于D,因?yàn)閍<c,且f(a)Λf(c),說(shuō)明可能如下情

況成立：(/)a,C位于函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間(-8,1),此時(shí)a<c<i,可得a?<l,所以2a+2c<2成

立；(n)a,c不同在函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間(-83),則必有a<i<c,所以f(a)=1-2a>2c-l=Λc),化簡(jiǎn)

整理,得2a+2c<2成立.綜上所述,只有?D正確.

6.】；,+8）解析:若a=0,則/"（x）=-χ,在［1,+3）上不是單調(diào)遞增的;若a≠0,必有11u；解得a

2匕≤L

若.綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是［>8）.

）

7.（o?］解析:因?yàn)楹瘮?shù)/U）θ,nv.n滿(mǎn)足對(duì)任意％力檢都有"人=㈤例成立,所以

4（（α-3jx+4α,x>Oχ1-χ2

0<a<lf

f（x）在R上單調(diào)遞減,所以卜-3<0,解得OQw±

U0≥4α,*4

8.⑴解由函數(shù)F（X）隹是R上的奇函數(shù)知Λ0）=0,即?K,解得a=L

1+3”2

(2)證明由(1)知F(X)W三.任取汨,EGR且Ma2,則F(Xl)-『(⑷』高一M=

1+3"1+3ΛI(xiàn)1+3Λ2

(1?3必)(1+3*2>(1-3"2)(1+3*1)_2(333%)

(l+3xι)(l+3x2)—(l+3χι)(l+3χ2)

因?yàn)闉?lt;?,所以3如<3%

所以3打一3^X.

又因?yàn)?+3%并且1+3切刀,

mkλ(l+3^)(l+3^),

所以F(Xl)-fix。A),即f(xι)?(及),

故Ax）在R上為減函數(shù).

⑶解不等式f（t2-21）"?（2e-∕?<0可化為Λi2-2f）<-Λ2i2-?）.因?yàn)閒（x）是奇函數(shù),所以-『（2e-

22

4)=/U-2釣，所以不等式/(t-2t)<-∕?(2d-j?)可化為Λf-2i)6U-2的.

由（2）知∕,（Λ）在R上為減函數(shù),故ii~2t^k~2干，即在<3d-21.即對(duì)于任意大右［2,5］,不等式“<3ti~21

恒成立.

設(shè)g(。當(dāng)"2t,f∈[2,5],易知8Wg(t)W65,

因此k<g{%甩所以實(shí)數(shù)4的取值范圍是（-8,8）.

9.Λ解析:任取MJ,由已知得/(xι-^2)A),即/U)KU)的,所以函數(shù)F(X)在R上單調(diào)遞減.由

f{nιx)÷-∕(2∕z?)>f{πιx)-∕?∕(2x)可得f{mx)-f[2x)>f{mx)-f(2m),即f{mx-2x)>f{ιnx-2ni),所以nιχ-

λtx<mχ-2∕zz,即mχ-{πι÷2)X÷2ΛZ<0,即(加x~2)(X-%)<0.又因?yàn)?<?<V^,所以馬>m,此時(shí)原不等式解集為

m

10.B解析:對(duì)于A(yíng),尸(P'在⑵4)上單調(diào)遞減,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,Mog21為定義域上的增函

數(shù)，t=*,3x在(2,4)上單調(diào)遞增,所以y=log2(x03x)在⑵4)上單調(diào)遞增，故B正確;對(duì)于C,片之在

⑵4)上單調(diào)遞減,故C錯(cuò)誤;對(duì)于D,yposx在(2,n)上單調(diào)遞減,在(n,4)上單調(diào)遞增，故D錯(cuò)誤.

11.(24]解析:f(χ)失等=1喘芻因?yàn)楹瘮?shù)『⑸,在(1,+8)上單調(diào)遞減,所以只需

y■在(Lg)上單調(diào)遞減，因此{(lán)；鼠;°，解得-2QW4.

12.(-1,0)解析：?."(-χ)=-χ(∕-χ∕≠4)=-χ(∕x∕÷4)=-F(*),;.函數(shù)F(X)=x(∕x∕M)為奇函數(shù).又

χ2+≥2

HX)42竽”，由『(X)的圖象(圖略)知『(*)在(-8,+8)上單調(diào)遞增.由r(a)+f(a)<0,得

(-%2+4x,x<0,

F(才)?C-f(a)=f{~a),得a<z-a,解得TQ<0.

13.Li2](答案不唯一)解析:f(*)=γ∕χ-l∕4x^^1^x；其圖象如圖所示，易得F(P

2(X(1-%)A<1,2

?AD?θ,H2)2,結(jié)合圖象可知，函數(shù)在區(qū)間2]上符合條件.

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14.C解析:函數(shù)存在“倍值區(qū)間”，則⑴F(X)在M,d內(nèi)是單調(diào)函數(shù)，(2)份?=Jm'或

(?(n)=2n

2mm22m

rf(m?=7n〃(m)='(='的-n

比V二?對(duì)于A(yíng)，f(x)=?Λ若存在“倍值區(qū)間"W則f(n)=2n,即M=2n,解得二；

V；(Ti)一?τn.in一Δ,

?n>mf∣k∏>mt

???f(x)才存在“倍值區(qū)間”[0,2];對(duì)于B,F(x)4若存在“倍值區(qū)間”[加,〃],則當(dāng)xX)

X

時(shí)，仁一2"得"后,例如2]為函數(shù)f(x)上的“倍值區(qū)間”；對(duì)于C,f(x)=χ4,當(dāng)xX)時(shí)，f(x)

2

I-=2m,4Xx

n

在區(qū)間(o,i)上單調(diào)遞減,在區(qū)間［1,+8)上單調(diào)遞增,若存在“倍值區(qū)間”［加,(0,1),則

M+工=2n,

即｛O：??靠;;二:‘解得療=?,不符合題意;若存在“倍值區(qū)間”

m