课时冲关9 函数的单调性（教用版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

第二章 函数、导数及其应用 课时冲关9 函数的单调性 学生用书P284 [基础训练组] 4.(2024·泰安模拟)设f(x)是定义域为R的偶 1.(多选)下列函数中，满足“对任意的x1,x2∈(0， 函数，且在(0，十∞)上单调递减，则 () +∞)，使得f）-f<0"成立的是 A.22) t1一x2 B.) A.f(x)=-x2-2x+1 B.f(x)=x- 1 C.f(2)>f2)>f1og:》 C.f(.x)=x+1 D.f2i)>f2)>f(og) D.f(x)=log1(2.x)+1 解析：C[,f(x)是定义域为R的偶函数， 解析：AD[根据题意，“对任意的x1,x2∈(0， og-f(og4). +e0),使得f)-f)<0”,则函数f)在 C1一C2 .log34>1=2°>2，又f(.x)在(0，十o∞)上单 (0,十∞)上为减函数，据此依次分析选项：对于 调递减，f(1og4)<f(2)<f(2), 选项A,f(x)=-x2-2x十1，为二次函数，其对 称轴为x=一1，在(0，十∞)上递减，符合题意； f2)>fe)>fiogH)] 对于选项B,f(x)=x-1,其导数f(x)=1十 5.已知函数f(x)=x2-2a.x十a在区间(-o∞，1) 上有最小值，则函数g(x)=f卫在区间(1，十0) >0,所以f(x)在(0，十o)上递增，不符合题 上一定 ( 意；对于选项C,f(x)=x十1为一次函数，所以 A.有最小值 B.有最大值 f(x)在(0，十∞)上递增，不符合题意；对于选项 C.是减函数 D.是增函数 D,f(x)=log(2x)+1,在(0，十o∞)上单调递 解析：D[由题意知a<1,g(x)=f)）=x 减，符合题意.] 2.(2023·新课标I卷)设函数f(x)=2rx在区 +g-2a,当a<0时，显然g(x)在区间(1，十o∞) x 间(0,1)上单调递减，则a的取值范围是( 上单调递增，当a>0时，g(.x)在[√a,十∞)上是 A.(-∞，-2] B.[-2,0) 增函数，故在(1，十∞)上为增函数，.g(x)在 C.(0,2] D.[2,+∞) (1,十∞)上一定是增函数.] 解析：D[由题意易得，号>1，所以a的取值范国 6.(多选)已知f(x)是定义在[0，十∞)上的函数， 根据下列条件，可以断定f(x)是增函数的是 是[2，十∞).] 3.(2024·聊城市模拟)函数y=ln(x2-4.x十3) A.对任意x≥0，都有f(x十1)>f(x) 的单调减区间为 B.对任意x1,x2∈[0，十o∞)，且x1≥x2,都有 A.(2,十∞) B.(3,+∞) f(x1)≥f(x2) C.(-∞，2) D.(-∞，1) C.对任意x1,x2∈[0，+∞)，且x1-x2<0,都 解析：D[令t=x2-4x+3>0,求得x<1,或 有f(.x1)-f(x2)<0 x>3, D.对任意x1,x2∈[0，十o∞)，且x1≠x2,都有 故函数的定义域为{xx<1,或x>3},且y=lnt. 由二次函数的性质得，t在区间（一∞，1）上为减 f(z)-f(z:>0 x1一T2 函数，在区间(3，十∞)为增函数， 解析：CD[根据题意，依次分析选项：对于选项 又y=lnt在t∈(0，十∞)上为增函数，根据复 A,对任意x≥0，都有f(x十1)>f(x),不满足 合函数单调性的判断方法，知函数y=ln(x2 函数单调性的定义，不符合题意；对于选项B,当 4x十3)的单调减区间为（一∞，1）.] f(x)为常数函数时，对任意x1,x2∈[0，十o∞)， ·403· 高考总复习人教数学B版（新教材） 都有f(x1)=f(x2),不是增函数，不符合题意； 解.综上，a的取值范围是[0,1]，故a的最大值 对于选项C,对任意x1,x2∈[0，十o∞)，且x1 为1. x2<0,都有f(x1)一f(x2)<0,符合题意；对于 答案：0（答案不唯一），1 选项D,对任意x1,x2∈[0，十∞)，设x1>x2,若 10.已知定义在R上的函数f(x)同时满足下面两 f(x)-fx22>0,必有f(x1)-f(x)>0,则 个条件： x1一x2 ①对任意x,y∈R,都有f(x)十f(y)=f(x+ 函数在[0，十∞)上为增函数，符合题意.] y)+2023; 7.(2024·日照模拟)已知奇函数f(x)为R上的 ②当x>0时，f(x)<2023. 减函数，若f(3a2)十f(2a-1)≥0，则实数a的 (1)求f(0); 取值范围是 。 (2)判断f(x)在R上的单调性，并证明你的 解析：，奇函数f(x)为R上的减函数， 结论； ∴.不等式f(3a2)+f(2a-1)≥0， (3)已知g(x)=2x2-x十1，若Hx∈[1,3]，不 等价为f(3a2)≥-f(2a-1)=f(1-2a), 等式f[g(x]+f(-mx2)≥4046恒成立，求 即3a2≤1-2a,即3a2+2a-1≤0，得(a+1)(3a 实数m的取值范围. 1)≤0，得-1≤a≤3 解：(1)令x=0,y=0,则2f(0)=f(0)+ 2023, 即实数a的取值范国是[一1，] 所以f(0)=2023. (2)f(x)在R上为减函数，证明如下： 答案：1，】 设Hx1x2∈R,x1<x2,则x2-x1>0, 则f(x1)-f(x2)=f(x1)-f[(x2-x1)+x1] 8.设函数f(x)=ax在区间(-2，十o∞)上是增 x+2a =f(.x1)-[f(x2-x1)+f(x1)-2023] 函数，那么a的取值范围是 =2023-f(x2-x1), 解析：/()=ax+2a2a+1-a-2a 又x2-x1>0,则f(x2-x1)<2023,， x+2a x+2a 所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2), 定义域为(-∞，-2a)U(-2a,+∞)， 故f(x)在R上为减函数， ,函数f(x)在区间(-2，十∞)上是增函数， (3)由f[g(x)]+f(-m.x2)≥4046可得， 10,即201>0 f[g(x)-m.x2]+2023≥4046， …{-2a≤-2'年{a≥1 解得a≥1. 即f(2.x2-x+1-mx2)≥2023-f(0), 答案：[1，十o∞) 由f(x)在R上为减函数可得(2-m)x2-x十 9.(2022·北京卷，15)设函数f(x)= 1≤0对Hx∈[1,3]恒成立， 一ax十1x<a‘若f(x)存在最小值，则a的 即2-m≤ (x-2)2,x≥a. 一个取值为 ;a的最大值为 立， 解析：由题意知，函数最值与函数单调性相关， 令1=子∈[后小则y=-+,对称轴方程 故可考虑以0,2为分界点研究函数f(x)的性 质，当a<0时，f(x)=-a.x十1，x<a,该段的 为t=2 值域为（一∞，一a2十1），故整个函数没有最小值； 所以当t=1时，ymm=-1+1=0,故2-m≤0， 当a=0时，f(x)=-a.x十1，x<a,该段值域为{1}， 解得m≥2，即m的取值范围是[2，十o∞). 而f(x)=(x-2)2,x≥a的值域为[0，十o∞)，故此时 [能力提升组] f(x)的值域为[0，十∞)，即存在最小值为0，故第一 11.(2024·天津模拟)已知函数f(x)是定义在R 个空可填写0；当0<a≤2时，f(x)=-ax十1， 上的偶函数，且在区间[0，十∞)上对于任意两 x<a,该段的值域为（-a2十1，十o∞)，而 f(x)=(x-2)2,x≥a的值域为[0，十o∞)，若 个不相等的实数1x,恒有f）-f<0 x1-x2 存在最小值，则需满足一a2十1≥0，于是可得0 成立，若实数a满足f(log6a)≥f(-1),则a <a≤1；当a>2时，f(x)=-ax十1，x<a,该 的取值范围是 段的值域为(-a2十1，十∞)，而f(x)=(x一 2)2,x≥a的值域为[(a-2)2,十∞)，若存在最 AI片] BI哈+∞） 小值，则需满足一a2十1≥(a-2)2,此不等式无 C.(0,6] D.(-∞，6] ·404· 第二章函数、导数及其应用 解析：A[根据题意，函数f(x)在区间[0，十∞) 14.已知f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数，且 上有f)-f)<0成立， f(1)-1,若a,b∈[-1,1]，a+b≠0时，有 x1一x2 则函数f(x)在区间[0，十∞)上是减函数， fa)+fb)>0成立. 又函数f(x)为偶函数，则f(1og6a)≥f(-1) atb 等价于f(log6a)≥f(1), (1)判断f(x)在[一1,1]上的单调性，并证明它； 即|loga<1,解得-1<log,a<1,所以日<a (2解不等式：(+号)大f(马)： ≤6.] 12.(多选)已知f(x)=3-2|x|,g(x)=x2-2x, (3)若f(x)≤m2-2am+1对所有的a∈[-1,1] F(x)= g(x),若fx)≥gx,则关于F(x) 恒成立，求实数m的取值范围。 {f(.x),若f(x)<g(x) 的说法正确是 解：(1)任取x1,x2∈[-1,1]，且x1<x2, A.最大值为3，最小值-1 则-x2∈[-1,1]，f(x)为奇函数， B.最大值为7一2√7，无最小值 .f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2) C.增区间是（一∞，2一√7）和(1，√3)，减区间是 =f(x)+f(-x2) (2-√7,1)和（√3，+∞） x1十(-x2) ·(x1-x2）, D.增区间是（一∞，0）和(1，√3)，减区间是 (0,1)和（√5，+∞） 由已知得f)f二>01-，<0， x1+(-x2) 解析：BC[作出 .f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2). F(x)的图像，如图实 线部分，知有最大值 .f(x)在[-1,1]上单调递增. 而无最小值，且最大 (2)f(x)在[-1,1]上单调递增， 值不是3， 当x≤0时，由3十2x =x2-2x得x=2-√7， 当x>0时，由3-2x=x2-2x得x=3结合 -1x+1-昌≤<-l 图像可得增区间是（一∞，2一√7）和(1，√3)，减 区间是(2-√7,1)和（√3，十∞）.] 13.设min(x,y}=之y∵若定义域为R的函 ,I<y, 所以不等式的解集为{红一是<<一} 则 数f(x),g(x)满足f(x)十g(x)= (3),f(1)=1,f(x)在[-1,1]上单调递增 min{f(x),g(x)}的最大值为 .在[-1,1]上，f(x)≤1. 解析：设minf(x),g(x)》=m,n≤fx, 问题转化为m2-2am十1≥1， msg(x) →2m≤f(.x)+g(.x)→m≤，x 即m2-2am≥0，对a∈[-1,1]恒成立. x2+81 设g(a)=-2m·a十m≥0. 显然当m取到最大值时，x>0,心十8 ①若m=0,则g(a)=0≥0，对a∈[-1,1]恒 1 1 、② 成立 x大8 2/ 8 ns② ，当且仅当 ②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a) 「f(x)=g(x), ≥0，对a∈[-1,1]恒成立，必须有g(-1)≥0 T=8 且g(1)≥0， x 时等号成立，即m的最大值是 x>0 .m≤-2或m≥2. 答案号 ∴.实数m的取值范围是m=0或m≥2或m≤-2. ·405·