课时检测训练7 函数的单调性与最大（小）值（word练习）-【勤径学升】2025年高考数学一轮总复习课时检测训练（人教A版）

课时检测训练7　函数的单调性与最大（小）值 ➢对应学生用书P242 1.函数f＝x－的最大值为 （　　） A.－1 B.1 C. D.2 解析　因为函数y＝x，y＝－在区间上均为增函数，故函数f在上为增函数，当x∈时，f＝f＝2－1＝1. 答案　B 2.设函数y＝f在区间A上有意义，任意两个不相等的实数a，b∈A，下列各式中，能够确定函数在区间A上单调递增的是 （　　） A.≥0 B.＜0 C.＞0 D.f－f＜0 解析　函数在区间A上单调递增，则任意两个不相等的实数a，b∈A，a－b与f－f应该同号，所以＞0，故选C. 答案　C 3.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)<f(－a)＋f(－b) D.f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b) 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 4.y＝－的单调增区间为(　　) A.(－∞，－1] B.[－1，＋∞) C.(－∞，－2] D.[0，＋∞) 解析　由x2＋2x≥0，得x≤－2或x≥0，则函数的定义域为(－∞，－2]∪[0，＋∞).令t＝x2＋2x，则y＝－.因为t＝x2＋2x在(－∞，－2]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，y＝－在定义域内为减函数，所以y＝－在(－∞，－2]上递增，在[0，＋∞)上递减，所以y＝－的单调增区间为(－∞，－2].故选C. 答案　C 5.设a∈R，则“a≥1”是“函数f(x)＝在(1，＋∞)上为减函数”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 解析　由题意可得f(x)＝＝a＋为减函数，则a－1>0，解得a>1.因为a≥1推不出a>1，a>1⇒a≥1，所以“a≥1”是“函数f(x)＝在(1，＋∞)为减函数”的必要不充分条件.故选B. 答案　B 6.（2022·河北·衡水模拟）设函数f＝则不等式f＋f＞0的解集为（　　） A. B.∪ C. D.∪ 解析　因为f＝所以f＝－6，f＝＋2＝6， 则f＋f＞0，即f＞－f＝6＝f，f的函数图象如图所示： 由函数图象可知当x＞－3时，f＜6且f在区间上单调递减，所以f＞f等价于－4＜－3，即＜1，解得－1＜x＜1，即x∈. 答案　A 7.函数f（x）＝（k＞0）在上的最大值为1，则k的值为　　　　.  解析　因为f（x）＝（k＞0）是由y＝（k＞0）向右平移1个单位得到，即f（x）＝（k＞0）在上单调递减，所以f（x）＝（k＞0）在上单调递减，所以f＝f＝＝1，解得k＝3. 答案　3 8.设f(x)是定义在R上的增函数，且f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则不等式f(x)＋f(－2)＞1的解集为________. 解析　由已知条件可得f(x)＋f(－2)＝f(－2x)，又f(3)＝1，∴不等式f(x)＋f(－2)＞1可化为f(－2x)＞f(3).∵f(x)是定义在R上的增函数，∴－2x＞3，解得x＜－，∴不等式的解集为. 答案　 9.（2022·北京卷T14）设函数f＝若f（x）存在最小值，则a的一个取值为　　　　；a的最大值为　　　　.  解析　若a＝0时，f（x）＝∴f（x）min＝0； 若a＜0，当x＜a时，f（x）＝－ax＋1单调递增，当x→－∞时，f（x）→－∞，故f（x）没有最小值，不符合题目要求； 若a＞0， 当x＜a时，f（x）＝－ax＋1单调递减，f（x）＞f（a）＝－a2＋1， 当x≥a时，f（x）min＝ ∴－a2＋1≥0或－a2＋1≥（a－2）2，解得0＜a≤1. 综上可得，0≤a≤1. 答案　0（答案不唯一）　1 10.已知函数f＝＋2. （1）判断函数f在区间上的单调性，并用定义法证明你的结论； （2）若x∈，求函数的最大值和最小值. 解　（1）任取x1，x2，且0＜x1＜x2， 则f－f＝＋2－＝－＝. 因为0＜x1＜x2，所以x2－x1＞0，x1x2＞0， 所以f－f＞0，即f＞f， 所以f（x）＝＋2在区间上是减函数. （2）因为函数f（x）＝＋2在区间上是减函数， 所以f（x）max＝f＝，f（x）min＝f＝. 11.已知一次函数f的图象经过点和，g＝f·. （1）求f的解析式； （2）若g在上单调递增，求实数m的取值范围. 解　（1）由题意设f＝ax＋b， 由题意得即解得 所以f的解析式为f＝4x＋1. （2）g（x）＝f（x）·（x＋m）＝（4x＋1）（x＋m）＝4x2＋（4m＋1）x＋m， 则函数g（x）的图象的对称轴为直