第2章 课时冲关7 函数的单调性与最值-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课时作业word（人教A版）

课时冲关7　函数的单调性与最值 对应学生用书　P207 [基础巩固练] 1．(2024·湖南邵阳统考期末)下列四个函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝3－x　　　　 B．f(x)＝3＋x C．f(x)＝x2－4x D．f(x)＝ 解析：B　[f(x)＝3－x在(0，＋∞)上单调递减，故A错误； f(x)＝3＋x在(0，＋∞)上单调递增，故B正确； f(x)＝x2－4x在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故C错误； f(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，故D错误．] 2．若函数f(x)＝，则f(x)的值域为(　　) A．(－∞，3] B．(2,3) C．(2,3] D．[3，＋∞) 解析：C　[f(x)＝＝2＋，∵x2≥0， ∴x2＋1≥1，∴0<≤1，∴f(x)∈(2,3]．] 3．(2024·山东滨州统考期末)已知f(x)＝x2－2ax在[1,3]上是减函数，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，1] B．[1,2] C．[2,3] D．[3，＋∞) 解析：A　[令t＝x2－2ax，则h(t)＝t， 因为f(x)在[1,3]上是减函数，由复合函数的单调性知，函数t＝x2－2ax与h(t)＝t的单调性相反；又因为h(t)单调递减，所以t＝x2－2ax需在[1,3]上单调递增．函数t＝x2－2ax的对称轴为x＝a，所以只需要a≤1.] 4．定义在R上的函数f(x)满足：对任意的x1，x2(x1≠x2)，有<0，f(2)＝3，则不等式f(x)－2x＋1<0的解集为(　　) A．(3，＋∞) B．(2，＋∞) C．(－∞，3) D．(－∞，2) 解析：B　[在R上的函数f(x)满足：对任意的x1，x2(x1≠x2)，有<0，所以f(x)在R上单调递减，令g(x)＝f(x)－2x＋1，则g(x)在R上单调递减，且g(2)＝0，则由g(x)<0，即g(x)<g(2)，得x>2，所以不等式f(x)－2x＋1<0的解集为(2，＋∞)．] 5．(多选)下列说法正确的是(　　) A．若存在x1，x2∈R，当x1<x2时，有f(x1)<f(x2)，则f(x)在R上单调递增 B．函数f(x)＝在定义域内单调递减 C．若函数f(x)＝x2－mx的单调递减区间是(－∞，1]，则m＝2 D．若g(x)在R上单调递增，则g(－1)<g(1) 解析：CD　[∀x1，x2∈R，对任意x1<x2时，有f(x1)<f(x2)，则f(x)在R上单调递增，所以A错误；函数f(x)＝在区间(0，＋∞)内单调递减，在(－∞，0)上单调递减，但是在定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)上不具有单调性，所以B错误；函数f(x)＝x2－mx的对称轴为x＝，开口向上，所以单调递减区间为，又函数f(x)＝x2－mx的单调递减区间是(－∞，1]，所以＝1，故m＝2，所以C正确；若g(x)在R上单调递增，所以g(－1)<g(1)，所以D正确．] 6．(多选)(2024·江苏常州校考期末)已知函数f(x)＝的最小值为f(1)，则a的可能取值是(　　) A．1　　　 B．3　　　　 C．5　　　　 D．7 解析：AB　[函数y＝x＋－3a在x∈(1,3)上单调递减，在x∈(3，＋∞)上单调递增， 故当x＞1时，函数f(x)min＝f(3)＝6－3a， y＝x2－2ax＋2＝(x－a)2＋2－a2，对称轴为x＝a， 当a≥1时，当x≤1时，f(x)min＝f(1)＝3－2a， 要想函数的最小值为f(1)，只需f(3)≥f(1)⇒6－3a≥3－2a⇒a≤3，即1≤a≤3， 显然选项AB符合，当a＜1时，当x≤1时，f(x)min＝f(a)＝2－a2≠f(1)，显然不是f(1)．综上所述，只有选项AB符合条件．] 7．若函数f(x)＝ex－e－x，则不等式f＋f<0的解集是________． 解析：因为f(x)定义域为R，在R上为单调增函数，且f(x)为奇函数，则原不等式等价于f<f，也即ln x<1－ln x，整理得ln x<，解得0<x<，故不等式的解集为. 答案： 8．(2022·北京高考)设函数f(x)＝若f(x)存在最小值，则a的一个取值为________，a的最大值为________． 解析：根据分段函数中的函数y＝－ax＋1的单调性进行分类讨论，可知，a＝0符合条件，a<0不符合条件，a>0时函数y＝－ax＋1没有最小值，故f(x)的最小值只能取y＝(x－2)2的最小值，根据定义域讨论可知－a2＋1≥0或－a2＋1≥(a－2)2，解得 0<a≤1. 若a＝0时，f(x)＝∴f(x)min＝0；若a<0时，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时，当x<