限时规范训练(7) 第2章 第2讲 函数的单调性与最大(小)值（word课时作业）-【高考领航】2025年高考数学大一轮复习

限时规范训练(七) A级　基础落实练 1．(2023·北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝－ln x　　 B．f(x)＝ C．f(x)＝－　　 D．f(x)＝3|x－1| 解析：C　对于A，因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，故A错误； 对于B，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，故B错误； 对于C，因为y＝在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，故C正确； 对于D，因为f()＝3＝3＝，f(1)＝3|1－1|＝30＝1，f(2)＝3|2－1|＝3，显然f(x)＝3|x－1|在(0，＋∞)上不单调，D错误． 2．函数f(x)＝－|x－2|的单调递减区间为(　　) A．(－∞，2]　　 B．[2，＋∞) C．[0，2]　　 D．[0，＋∞) 解析：B　∵y＝|x－2|＝ ∴函数y＝|x－2|的单调递减区间是(－∞，2]，单调递增区间为[2，＋∞)， ∴f(x)＝－|x－2|的单调递减区间是[2，＋∞)． 3．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]． 4．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：D　∵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． 5．(多选)已知函数f(x)＝loga|x－1|在区间(－∞，1)上单调递增，则(　　) A．0<a<1 B．a>1 C．f(a＋2022)>f(2023) D．f(a＋2022)<f(2023) 解析：AC　f(x)＝loga|x－1|的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)． 设z＝|x－1|，可得函数z在(－∞，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增， 由题意可得0<a<1，故A正确，B错误； 由于0<a<1，可得2022<a＋2022<2023. 又f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 则f(a＋2022)>f(2023)，故C正确，D错误． 6．(2024·南通模拟)已知函数f(x)＝x＋＋1，设0<x1<x2<x3，a＝x1f(x1)，b＝x2f(x2)，c＝x3f(x3)，则(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．c<b<a D．a，b，c的大小关系不能确定 解析：A　由题意构造函数g(x)＝xf(x)＝x2＋x＋1，因为二次函数g(x)的对称轴方程为x＝－，且在区间(－，＋∞)上是增函数，所以当x∈(0，＋∞)时函数g(x)是单调递增函数，结合0<x1<x2<x3，可得a<b<c，故选A． 7．函数f(x)＝x2－6|x|＋8的单调递减区间是________． 解析：由题意得函数f(x)＝ 当x≥0时，函数f(x)＝x2－6x＋8的单调递减区间为[0，3]， 当x<0时，函数f(x)＝x2＋6x＋8的单调递减区间为(－∞，－3]， 综上，函数f(x)＝的单调递减区间为(－∞，－3]，[0，3]． 答案：(－∞，－3]，[0，3] 8．函数f(x)＝x＋的值域为________． 解析：由2x－1≥0，得x≥， ∴函数的定义域为[，＋∞)． 又函数f(x)＝x＋在[，＋∞)上单调递增， ∴当x＝时，函数取最小值f()＝， ∴函数f(x)的值域为[，＋∞)． 答案：[，＋∞) 9．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{x|x<－}． 答案：{x|x<－} 10．已知函数f(x)＝2a＋2x－(a>0，x>0)． (1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数； (2)若f(x)在[1，3]上的最大值是最小值的2倍，求a的值． 解：(1)证明：任取x2>x1>0， 则f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)＋(－)， 由于0<x1<x2， 故x1－x2<0，－<0， 从而f(x1)－f(x2)<0，则f(x1)<f(x2)， 故函数f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数． (2)由(1)知f(x)在[1，3]上单调递增． 依题意f(3)＝2f(1)． ∴2a＋6－＝2(2a＋2－1)，解得a＝. 11．已知函数f(x)＝|x|(x－2)． (1)作出函数f(x)的图象； (2)写出函数f(x)的单调区间； (3)当x∈[0，1]时，求f(x)的值域． 解：(1)f(x)＝|x|(x－2) ＝作出函数图象，如图所示： (2)由图可得：函数的单调增区间为(－∞，0)，[1，＋∞)，单调减区间为[0，1)． (3)因为函数在x∈[0，1]上递减，所以f(x)max＝f(0)＝0，f(x)min＝f(1)＝－1，所以f(x)的值域为[－1，0]． B级　能力提升练 12．已知函数y＝f(x)的定义域为R，对任意x1，x2且x1≠x2，都有>－1，则下列说法正确的是(　　) A．y＝f(x)＋x是增函数 B．y＝f(x)＋x是减函数 C．y＝f(x)是增函数 D．y＝f(x)是减函数 解析：A　不妨令x1<x2，∴x1－x2<0， ∵>－1⇔f(x1)－f(x2)<－(x1－x2)⇔f(x1)＋x1<f(x2)＋x2， 令g(x)＝f(x)＋x，∴g(x1)<g(x2)，又x1<x2，∴g(x)＝f(x)＋x是增函数． 13．若函数f(x)＝ln (ax－2)在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　) A．(0，＋∞)　　 B．(2，＋∞) C．(0，2]　　 D．[2，＋∞) 解析：D　 在函数f(x)＝ln (ax－2)中，令u＝ax－2， 函数y＝ln u在(0，＋∞)上单调递增， 而函数f(x)＝ln (ax－2)在(1，＋∞)上单调递增， 则函数u＝ax－2在(1，＋∞)上单调递增，且∀x>1，ax－2>0，因此 解得a≥2， 所以实数a的取值范围为[2，＋∞)． 14．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)单调递增，f(1)＝0，f(3)＝1. (1)解不等式0<f(x2－1)<1； (2)若f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0，3]，a∈[－1，1]恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)由题意得解得<x<2或－2<x<－. 所以原不等式的解集为(－2，－)∪(，2)． (2)因为函数f(x)在(0，3]上单调递增， 所以f(x)在(0，3]上的最大值为f(3)＝1， 所以不等式f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0，3]，a∈[－1，1]恒成立转化为1≤m2－2am＋1对所有a∈[－1，1]恒成立，即m2－2am≥0对所有a∈[－1，1]恒成立． 设g(a)＝－2ma＋m2，a∈[－1，1]， 所以需满足即 解该不等式组，得m≤－2或m≥2或m＝0， 即实数m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $$