2025版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第二單元第5講函數(shù)的單調(diào)性與最值練習(xí)文含解析新人教A版

PAGEPAGE1第5講函數(shù)的單調(diào)性與最值1.函數(shù)y=f(x)的圖像如圖K5-1所示,則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為 ()圖K5-1A.[-4,4] B.[-4,-3]和[1,4]C.[-3,1] D.[-3,4]2.[2024·北京101中學(xué)一模]函數(shù)f(x)=-x+1x在-2,-13上的最大值是 ()A.32 B.-C.-2 D.23.已知函數(shù)f(x)=log2(ax-1)在(1,2)上單調(diào)遞增,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ()A.(0,1] B.[1,2]C.[1,+∞) D.[2,+∞)4.下列函數(shù)中,在其定義域內(nèi)既是奇函數(shù)又是減函數(shù)的是()A.f(x)=1xB.f(x)=-C.f(x)=2-x-2x D.f(x)=-tanx5.函數(shù)f(x)=1x-1在[2,3]上的最小值為,6.已知f(x)是(-∞,+∞)上的增函數(shù),a為實(shí)數(shù),則下列不等式肯定成立的是 ()A.f(a)<f(2a) B.f(a2)<f(a)C.f(a2+a)<f(a) D.f(a2+1)>f(a)7.函數(shù)f(x)=2-xx+1,x∈(m,n]的最小值為0,則mA.(1,2) B.(-1,2)C.[1,2) D.[-1,2)8.已知函數(shù)f(x)=1-2a2x+2a在(-2,+∞)上是增函數(shù),且g(x)=(a+1)x.若不等式g1x<g(x)A.(-1,1) B.(0,1)C.(-1,0) D.(-1,0)∪(1,+∞)9.[2024·河南八市聯(lián)考]設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且對(duì)隨意的實(shí)數(shù)x1≠x2都有f(x1)-f(x2)x1-x2<0,若實(shí)數(shù)x,y滿意不等式f(x2-2x)+f(yA.2 B.3 C.4 D.910.[2024·六安一中月考]函數(shù)f(x)為定義在R上的奇函數(shù),且在[0,+∞)上單調(diào)遞增.若f(1)=1,則滿意-1≤f(x+2)≤1的x的取值范圍是 ()A.[-2,2] B.[-3,-1]C.[-2,0] D.[1,3]11.已知函數(shù)f(x)=(1-2a)x+312.若f(x)=ax+1x+2在(-2,+∞)上是增函數(shù),則a13.已知函數(shù)f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)且f(x)<0(x>0),試推斷F(x)=1f(x)在(0,14.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),且對(duì)一切x>0,y>0,都有fxy=f(x)-f(y),當(dāng)x>1時(shí),f(x)>0(1)求f(1)的值;(2)推斷f(x)的單調(diào)性并證明;(3)若f(6)=1,解不等式f(x+3)-f1x<215.[2024·永州二模]已知函數(shù)f(x)=a+log2(x2+a)(a>0)的最小值為8,則 ()A.a∈(5,6) B.a∈(7,8)C.a∈(8,9) D.a∈(9,10)16.已知f(x)=x2-4x+3,x≤0,-x2-2x+3,x>0,不等式課時(shí)作業(yè)(五)1.C[解析]視察圖像可知,函數(shù)在[-3,1]上單調(diào)遞增.2.A[解析]因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在-2,-13上為減函數(shù),所以函數(shù)f(x)=-x+1x在-2,-13上的最大值是f(-2)=2-12=323.C[解析]要使f(x)=log2(ax-1)在(1,2)上單調(diào)遞增,需使y=ax-1在(1,2)上單調(diào)遞增且恒大于0,則a>0且a-1≥0,即a≥1.4.C[解析]A中,f(x)=1x是奇函數(shù),但在定義域內(nèi)不單調(diào)B中,f(x)=-x是減函數(shù),但不具備奇偶性C中,f(x)=2-x-2x既是奇函數(shù)又是減函數(shù);D中,f(x)=-tanx是奇函數(shù),但在定義域內(nèi)不單調(diào).5.121[解析]易知f(x)在[2,3]上為減函數(shù)∴f(x)min=f(3)=13-1=12,f(x)max=f(2)=6.D[解析]f(x)是(-∞,+∞)上的增函數(shù),a為實(shí)數(shù).若a<0,則a>2a,f(a)>f(2a),故A不肯定成立;若a=-1,則f(a2)>f(a),故B不肯定成立;若a=0,則f(a2+a)=f(a),故C不肯定成立;由a2+1-a=a-122+34>0,得a2+1>a,則f(a2+1)>f(a),故D肯定成立.故選D.7.D[解析]因?yàn)閒(x)=2-xx+1=-1+3x+1在(-1,+∞)上單調(diào)遞減,且f(2)=0,所以n=2,所以-1≤8.D[解析]因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(-2,+∞)上是增函數(shù),所以1-2a2<0,-2a≤-2,即2a2>1,a≥1,得a≥1,所以g(x)=(a+1)x在R上是增函數(shù).由g1x<g(x),得19.D[解析]∵對(duì)隨意實(shí)數(shù)x1≠x2,都有f(x1)-f(x2)x1-x2<0,∴f(x)在R上單調(diào)遞減.∵f(x2-2x)+f(y2-3)≥0,∴f(x2-2x)≥f(3-y2),∴x2-2x∴x2+y2的最大值為(12+02+2)2=10.B[解析]函數(shù)f(x)為定義在R上的奇函數(shù),由f(1)=1,可知f(-1)=-1.由函數(shù)f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,且為定義在R上的奇函數(shù),得f(x)在R上單調(diào)遞增.由-1≤f(x+2)≤1可得-1≤x+2≤1,解得-3≤x≤-1.故選B.11.-1,12[解析]要使函數(shù)f(x)的值域?yàn)镽,只需1-2a>0,ln1≤1-12.12,+∞[解析]設(shè)x1>x2>-2,由題得f(x1)>f(x2),即f(x1)-f(x2)=ax1+1x1+2-ax2+1x2+2=2ax113.解:F(x)在(0,+∞)上為減函數(shù).證明如下:任取x1,x2∈(0,+∞)且x2-x1>0,則F(x2)-F(x1)=1f(x2)∵f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)且x2-x1>0,∴f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),∴f(x1)-f(x2)<0.又∵f(x1)<0,f(x2)<0,∴f(x1)f(x2)>0,∴F(x2)-F(x1)<0,∴F(x)在(0,+∞)上為減函數(shù).14.解:(1)令y=x>0,則f(1)=fxx=f(x)-f(x)=0.(2)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.證明如下:設(shè)0<x1<x2,由fxy=f(x)-f(y),得f(x2)-f(x1)=fx2x1∵x2x1>1,∴fx2∴f(x2)-f(x1)>0,∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.(3)∵f(6)=f366=f(36)-f(6),∴f(36)=2,∴原不等式可化為f(x2+3x)<f(36).∵f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),∴1解得0<x<317故原不等式的解集為0,317-315.A[解析]因?yàn)閒(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,則f(x)min=f(0)=a+log2a=8,令g(a)=a+log2a-8,則g(a)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又g(5)=5+log25-8<0,g(6)=6+log26-8>0,所以a+log2a=8的解在(5,6)上.故選A.16.(-∞,-2)[解析]函數(shù)y=x2-4x+3的圖像的對(duì)稱軸是直線x=2,所以函數(shù)y=x2-4x+3在(-∞,0]上單調(diào)遞減,且在(-∞,0]上,y=x2-4x+3≥