课时检测训练7 函数的单调性与最大(小)值-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习课时检测训练（人教A版2019）

f(2)=|2-a的解集为(-∞,4.A 解析 令t=2x,则 ,所以f(x)= -In2]U(0,):;选择条件②f(x)≥1,此时不等式f(x) 所以f(x)在(-～,2a)上单调递 {或{1≥1,即为 解得x=0或x≥2,故不等 减.因为函数f(x)在(-∞,2)上为减函数，所以2a≥2,得a式f(x)≥1的解集为{0}U(2,+∞). -In2或0<a≤2,故不等式f(x)≤2 14.解(1)由题设f(x)=ax2+bx+c(a≠0), ≥1. ∵f(0)=1,∴c=1.又f(x+1)-f(x)=2x, 5.B 解析 由题意可得f(x)=ax—11=a+a二1为减函数， ∴a(x+1)2+b(x+1)+c-(ax2+bx+c)=2x, {a+b=0,{b=-1,∴2ax+a+b=2x,∴ ∴f(x)=x2-x+1. 则a-1>0,解得a>1.因为a≥1推不出a>1,a>1→a≥1, f(x)=a1所以“a≥1"是“函数 在(1,+0)为减函数”的 必要不充分条件.故选B. (2)当x∈[-1,1]时，y=f(x)=x2-x+1的图象恒在y= 2x+m图象上方， f(z)={-2r,22+12,<1所以f(3)=6.A 解析 因为 所以当x∈[-1,1]时，x2-x+1>2x+m恒成立，即x2- 3x+1-m>0恒成立. -6,f(-3)=(-3+1)2+2=6, 则f(3)+f(|x|-4)>0,即f(x|-4)>-f(3)=6= x=2,令g(x)=x2-3x+1-m,对称轴为 ,故函数g(x)在 f(-3),f(x)的函数图象如图所示： x∈[-1,1]上单调递减， y x∈[-1,1]时，g(x)mm=g(1)=I2-3×1+1-m=-1 -6 5 -m, 4 故只要 m<-1 即可，所以 实数 m 的 取 值范围 3 为(-∞,-1). 2 课时检测训练7 函数的单调性与最大(小)值 [A级·基础巩固] 1 -4-3-2-10 -1 12 34x 1.D 解析 y=x3在定义域R上单调递增，故A错误；y= (2)2=2在定义域R上单调递增，故B错误；y= logo.?(-x)的定义域为(-0,0),因为y=-x在(-0,0) 上单调递减且值域为(0,+∞),又y=logo.5x在定义域上单 调递减，所以y=logo.5(一x)在(-∞,0)上单调递增，故C错 误；y=x?1=在(-,0)上单调递减，故D正确 -2 -3 -4 -5 由函数图象可知当x>-3时，f(x)<6且f(x)在区间 (一∞,-3)上单调递减，所以f(|x|-4)>f(-3)等价于 2.C 解析 函数在区间A上单调递增，则任意两个不相等的 |x|-4<-3,即|x|<1,解得-1<x<1,即x∈(-1,1). f(x)=I(k>0)是由y=(k>0)向右7.3 解析 因为 实数a,b∈A,a-b与f(a)-f(b)应该同号，所以 f(a=fb)>0,故选C. f(x)=x-I(k>0)在(1,+∞)上单平移1个单位得到，即 f(x)=-(k>0)在[4,5]上单调递减，所以调递减，所以 3.C 解析 根据题意得函数f(1-x)=x+a+x=x+1 a+x’ f(x)=f(4)=4-1=1,解得k=3. 设t=1-x,则x=1-t,有f(t)=2-t+t-1-a,故f(x)= 2-x+z-1-a 8.{z a<-2} 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> 不妨设x?<x?,则对于任意-2<x?<x?<-1,都有 3,解得 {xx<-2}.x<-2,∴不等式的解集为 )-2>-1,即f(x?)-f(x?)<-(x?-x2),变形 可得f(x?)+x?<f(x?)+x?. 9.0(答案不唯一)1 解析 若a=0时，f(x)= (a-2)°,≥0,f(x)m=0; 设g(x)=f(x)+x=2+-1-a,则g(x)在(-2,-1)上为 增函数. 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； 当a>0时，函数g(x)在(1+a,+∞)和(-∞,1+a)上单调 递减，不符合要求，舍去； 若a>0, 当x<a时，f(x)=-ax+1单调递减，f(x)>f(a)=-a2 当a<0时，函数g(x)在(1+a,+∞)和(-0,1+a)上单调 递增，要使g(x)在(-2,-1)上为增函数，则必有1+a≤-2 或-1≤1+a,可解得a≤-3或-2≤a<0; +1, f(a)-{a-2)(2≥2),当x≥a时， 当a=0时，g(x)=f(x)+x=2为常函数，不符合要求. 综上所述，a的取值范围为(-∞,-3)U[-2,0). ∴-a2+1≥0或-a2+1≥(a-2)2,解得0<a≤1. 综上可得，0≤a≤1. ·475· 高考一轮总复习·数学·RJA 10.解(1)任取x?,x?,且0<x?<x?, 则f()-f(z)-昙+2-(+2)-会-会 -3z) 因为0<x?<x2,所以x?-x?>0,x?x?>0, 所以f(x?)-f(x?)>0,即f(x?)>f(x?), f(x)=3+2所以 在区间(0,+∞)上是减函数. f(z)=3+2(2)因为函数 在区间[2,7]上是减函数， 所以f(x)=f(2)=2,f(x)=f(7)=7 11.解(1)由题意设f(x)=ax+b(a≠0), a)=5,甲(c-1-5, {b=1,解得由题意得 所以f(x)的解析式为f(x)=4.x+1. (2)g(x)=f(x)·(x+m)=(4x+1)(x+m)=4x2+(4m +1)x+m, z=-4m+1,则函数g(x)的图象的对称轴为直线： 由已知g(x)在(1,+○)上单调递增，则-4m+1≤1, 解得m9 [B级·能力提升] 12.ABC 解析 由题意得y=f(x)为偶函数，且在(-∞,0) 上单调递减， 故y=f(x)在(0,+○)上单调递增， 因为f(2ax)<f(2x2+1), 故f(|2ax|)<f(2x2+1), 所以|2ax|<2x2+1, 当x=0时，|0|<1恒成立，即对Va∈R满足要求， 当x≠0时，12al<1=2lal+高在 x∈(-∞,0)U(0,+∞)上恒成立， 其中2lal+m≥2√21al·高=22,当且仅当2|zl= a|=受时，等号成立，文,即 故|2a|<2√2,解得-√2<a<√2, 综上，a的取值范围为-√2<a<√2. A选项，由于(-√2,-1)E(-√2,√2),A正确； [-1,1]s(-√2,√2),B正确；B选项， C选项，[0,√2]≤(-√2,√2),C正确； D选项，(√2,+∞)显然不是(-√2,√2)的子集，D错误. 13.A 解析∵f(x)=x2-2x+2≥f(1)=1,∴f(a),f(b), f(c)三个数中的最小值为1,又要满足f(a),f(b),f(c)构 成三角形的三条边，则三个数中的最大值小于或等于2.又 f(x)=x2-2x+2=2,得x=0或x=2,∴m2-m+2≤2, ∴0≤m≤1. 14.解(1)证明：由题意，得f(1)=f(1)+f(1)→f(1)=0, f(1)=f(x)+f(1)=0. 当x∈(0,1)时，∈(1,+∞),f(x)>0>f(1)<0, ∴当x>1时，f(x)<0. (2)单调递减. 证明：Vx?,x?∈(0,+∞),且x?<x?,f(x?)-f(x?)= (), ∵x?<x?,>1∴f()<0,即f(z?)>f(?), ∴f(x)单调递减. (3)∵函数f(x)的定义域是(0,+一),∴a>0. f(x3+x2)≤f(a)+f(x?x?)→f(x2+x2)≤f(ax?x?) 恒成立. 由(2),f(x)单调递减，∴xi+x2≥ax?x?恒成立，即a≤ 恒成立. 2+≥2,,当且仅当x?=x2时等号成立， ∴a≤2. 综上，a∈[0,2]. 课时检测训练8 函数的奇偶性、周期性与对称性 [A级·基础巩固] f(x)=+1.B 解析 对于A,设 ,函数定义域为R,但 f(-1)=e2-1,f(1)=21,则f(-1)≠f(1),故A错误； g(z)=s+1,对于B,设 ,函数定义域为R,且g(-x)= os(-)+1x)=osx+=g(x),,则g(x)为偶函数， 故B正确； 对于C,设h(x)=+,,函数定义域为{x|x≠-1},不关于 原点对称，则h(x)不是偶函数，故C错误； q(x)=sine+4对于D,设 ,函数定义域为R,因为φ(1)= sin1+4,(-1)==sine1-4, 则φ(1)≠φ(-1),则φ(x)不是偶函数，故D错误. 2.A 解析 因为f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时， f(x)=log?x,所以f(-3)=-f(3)=-logs3=-1. f(-x)=e+1m+1,故f(-x)+3.B 解析 因为. f(x)=e+1+e+1=6+1++1=6, 故f(-2022)+f(2022)=6,故选B. 4.D 解析 ∵f(x)对于任意x∈R都有 f(x+2)=f(x), ∴f(x)的周期为2, ∵偶函数f(x)在区间[0,1]上单调递增， f(-6.5)=f(-0.5)=f(0.5),f(-1)=f(1), ∴f(0)<f(0.5)<f(1), 即f(0)<f(-6.5)<f(-1). 5.C 解析 因为f(-x)=2-lal++11=f(x), 所以f(x)为偶函数，图象关于y轴对称， y=2+11又因为当x>0时，y=2-|x|和 均单调递减， 所以f(x)=2-|xl++11在(0,+∞)上单调递减， 因为f(2m)<f(m+1), 所以|m+1|<|2m|,即(m+1)2<(2m)2, 展开可得3m2-2m-1>0, 解得m∈(-,-3)u(1,+∞). 高考一轮总复习·数学·RJA ·476· 课时检测训练7函数的单调性与最大（小）值 >对应答案P475 遮A级·基础巩固 (x+1)2+2,x<1, 6.设函数f(x)= 则不等式 1.(2024·北章联考)下列函数中，在（一0,0）上是 -2.xx≥1， 减函数的是 f(3)+f(|x|-4)>0的解集为 A.y= B=(2) A.(-1,1) B.(-∞，-1)U(1,+∞) C.y=log.(-) D.y=x C.(-7.7) 2设函数y=∫(x)在区间A上有意义，任意两个 D.(-∞，-7)U(7,+0) 不相等的实数a,b∈A,下列各式中，能够确定函 7.函数)=与>0)在[4,5]上的最大值为 数在区间A上单调递增的是 1,则k的值为 A.(a-b)[f(a)-f(b)]≥0 8.设f(x)是定义在R上的增函数，且f(xy)= B.(a-b)[f(a)-f(b)]<0 f(x)+f(y),f(3)=1,则不等式f(x)十f(-2) C.f(a)-f(b)o a-b >1的解集为 D.f(a)-f(b)<0 9.(2022·北京卷T14)设函数f(x)= 3.(2024·山西送城模拟)已知函数f(1一x)=x十 -ax十1，x<a, 若f(x)存在最小值，则a的一 。千若对于任意45∈（一2，-1，都有 1(x-2)2,x≥a. 个取值为 :a的最大值为 f()-fx)>-1,则a的取值范围是( E,一Ce 10.已知函数f(x)=3+2. A.(-∞，-1]U[0,+∞) (1)判断函数f(x)在区间(0，+∞)上的单调 B.(-∞，-3]U[-2,+∞) 性，并用定义法证明你的结论： C.(-o0,-3]U[-2,0) (2)若x∈[2,7]，求函数的最大值和最小值. D.(-o,-3] 4.(2024·北京丰台区模拟)已知f(2x)=x-a: 若函数f(x)在（一o0,2]上为减函数，则实数a 的取值范围是 ( A.[1,+o∞) B.(1,十oo) C.[2,+o∞) D.(2,+∞) 5,设a∈R,则“a≥1"是“函数f(x)=ar 十∞)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 课时检测训练·数学·JA 242 11.已知一次函数f(x)的图象经过点(0,1)和：14.已知函数f(x)的定义域是(0，十∞)，对定义域 (1,5),g(x)=f(x)·(x十m). 内的任意x1,x,都有f(xx)=∫(x)十 (1)求f(x)的解析式： f(x2),且当0<r<1时，f(x)>0. (2)若g(x)在(1，+∞)上单调递增，求实数m (1)证明：当x>1时，f(x)<0: 的取值范围。 (2)判断f(x)的单调性并加以证明： (3)如果对任意的x·x:∈(0，+∞) f(x十x)≤f(a)十f(x1x)恒成立，求实数a 的取值范围. 草B级+能力提升 12.(多选)(2024·长沙模拟)已知函数y=f(x)的 图象关于y轴对称，且对于y=f(x)(x∈R) 当x1,x1∈（一∞，0）且x≠x时， fx)-fx)<0恒成立，若f(2ax)<f(2x r1一Tg +I)对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范 围可以是 ( A.(-√2，-1) B.( C.[02) D.(W2,十o∞) 13.(2024·安微称州联考)《数学统综》有如下记 载：“有凹线，取三数，小小大，存三角.”意思是 说“在凹（或凸）函数（函数值为正）的图象上取 三个点，如果在这三点的纵坐标中两个较小数 之和大于最大的数，那么存在将这三点的纵坐 标值作为三边长的三角形.”现已知凹函数 )=-2x+2,在[3m-m+2]上取三 个不同的点(a,f(a),(b,f(b)),(c,f(c),均 存在以f(a),f(b),f(c)为三边长的三角形，则 实数m的取值范围为 A.[0,1] B[o,) c(.] .[ 243 课时检测训练·数学·RJA