課時規(guī)范練7函數(shù)的單調性與最值基礎鞏固組1.(2021廣東高三模擬)下列函數(shù)既是奇函數(shù)又在區(qū)間(0,1)上單調遞增的是()A.f(x)=xx B.f(x)=x+1C.f(x)=ex-e-x D.f(x)=log2|x|2.(2021安徽阜陽高三月考)函數(shù)f(x)=|x-1|+3x的單調遞增區(qū)間是()A.[1,+∞) B.(-∞,1]C.[0,+∞) D.(-∞,+∞)3.(2021山東泰安高三期中)已知函數(shù)f(x)=-x2+2x-1,x≤1,|x-1|,A.(-4,1) B.(-∞,-4)∪(1,+∞)C.(-1,4) D.(-∞,-1)∪(4,+∞)4.(2021天津一中高三期中)已知奇函數(shù)f(x)在R上單調遞增,且f(1)=2,則xf(x)<2的解集為()A.(0,1) B.[0,1)C.(-1,1) D.(-1,0)5.(2021浙江金華高三期末)已知函數(shù)f(x)=|2x-1|,若a<b<c,且f(a)>f(c)>f(b),則下列結論一定成立的是()A.a<0,b<0,c<0 B.a<0,b≥0,c>0C.2-a<2c D.2a+2c<26.(2021山東濰坊一中高三檢測)若函數(shù)f(x)=ax2-x在[1,+∞)上單調遞增,則實數(shù)a的取值范圍是.

7.(2021浙江金華高三期中)已知函數(shù)f(x)=ax,x<0,(a-3)x+4a,x8.(2021云南麗江高三月考)已知函數(shù)f(x)=a-3x1+(1)求實數(shù)a的值;(2)用定義證明f(x)在R上為減函數(shù);(3)若對于任意t∈[2,5],不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0恒成立,求實數(shù)k的取值范圍.綜合提升組9.(2021海南?？诟呷谥?已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x-y)=f(x)-f(y),且當x<0時,f(x)>0,則關于x的不等式f(mx2)+f(2m)>f(m2x)+f(2x)(其中0<m<2)的解集為()A.xm<x<2m B.xx<m或x>2mC.x2m<x<m D.xx>m或x<2m10.(多選)(2021遼寧沈陽高三月考)下列函數(shù)在(2,4)上單調遞減的是()A.y=13x B.y=log2(x2+3x)C.y=1xD.y=cosx11.(2021湖南常德高三月考)函數(shù)f(x)=x+5x-a+3在(1,+∞)上單調遞減,則實數(shù)12.(2021廣東東莞高三月考)已知函數(shù)f(x)=x(|x|+4),且f(a2)+f(a)<0,則實數(shù)a的取值范圍是.

13.能使“函數(shù)f(x)=x|x-1|在區(qū)間I上不是單調函數(shù),且在區(qū)間I上的函數(shù)值的集合為[0,2]”是真命題的一個區(qū)間I為.

創(chuàng)新應用組14.(多選)(2021山東濰坊高三月考)已知函數(shù)f(x)的定義域為D,若存在區(qū)間[m,n]?D使得f(x)滿足:(1)f(x)在[m,n]上是單調函數(shù);(2)f(x)在[m,n]上的值域是[2m,2n],則稱區(qū)間[m,n]為函數(shù)f(x)的“倍值區(qū)間”.下列函數(shù)存在“倍值區(qū)間”的有()A.f(x)=x2 B.f(x)=1C.f(x)=x+1xD.f(x)=315.(2021江西上饒高三三模)已知函數(shù)f(x)的定義域為R,滿足f(x)=f(2-x),且對任意1≤x1<x2,均有x1-x2f(x1)-f(x2)>

課時規(guī)范練7函數(shù)的單調性與最值1.C解析:函數(shù)f(x)=xx的定義域是[0,+∞),所以既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù),故A錯誤;函數(shù)f(x)=x+1x在(0,1)上單調遞減,故B錯誤;因為f(-x)=e-x-ex=-(ex-e-x)=-f(x),所以函數(shù)f(x)=ex-e-x是奇函數(shù),且在(0,1)上單調遞增,故C正確;因為f(-x)=log2|-x|=log2|x|=f(x),所以函數(shù)是偶函數(shù),故D錯誤2.D解析:由于f(x)=|x-1|+3x=4x-1,x≥1,2x+1,x<1,顯然當x≥1時,f(x)單調遞增,當x<1時,f(x)也單調遞增,且4×1-1=2×3.D解析:f(x)=-x2+2x-1,x≤1,|x-1|,x>1?f(x)=-x2+2x-1,x≤1,x-1,x>1,4.C解析:令F(x)=xf(x),則F(x)為偶函數(shù),且在(0,+∞)上單調遞增,在(-∞,0)上單調遞減.因為f(1)=2,所以xf(x)<2?xf(x)<1·f(1)?F(x)<F(1),所以-1<x<1,故xf(x)<2的解集為(-1,1).5.D解析:對于A,若a<0,b<0,c<0,因為a<b<c,所以a<b<c<0,而函數(shù)f(x)=|2x-1|在區(qū)間(-∞,0)上單調遞減,故f(a)>f(b)>f(c),與題設矛盾,故A不正確;對于B,若a<0,b≥0,c>0,可設a=-1,b=2,c=3,此時f(c)=f(3)=5為最大值,與題設矛盾,故B不正確;對于C,取a=0,c=3,同樣f(c)=f(3)=5為最大值,與題設矛盾,故C不正確;對于D,因為a<c,且f(a)>f(c),說明可能如下情況成立:(ⅰ)a,c位于函數(shù)的單調遞減區(qū)間-∞,12,此時a<c<12,可得a+c<1,所以2a+2c<2成立;(ⅱ)a,c不在函數(shù)的單調遞減區(qū)間-∞,12,則必有a<12<c,所以f(a)=1-2a>2c-1=f(c),化簡整理,得2a+2c<2成立.綜上所述,只有D正確.6.12,+∞解析:若a=0,則f(x)=-x,在[1,+∞)上不是單調遞增的;若a≠0,必有a>0,12a≤1,解得a≥12.綜上,實數(shù)a的取值范圍是7.0,14解析:因為函數(shù)f(x)=ax,x<0,(a-3)x+4a,x≥0滿足對任意x1≠x2,都有f(x1)-f(8.(1)解由函數(shù)f(x)=a-3x1+3x是R上的奇函數(shù)知f(0)=0,即a(2)證明由(1)知f(x)=1-3x1+3x.任取x1,x2∈R且x1<x2,則f(x1)-f(x2)=1-3x1所以3x2?3x1>0.又因為1+3x1所以2(3x所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),故f(x)在R上為減函數(shù).(3)解不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0可化為f(t2-2t)<-f(2t2-k).因為f(x)是奇函數(shù),所以-f(2t2-k)=f(k-2t2),所以不等式f(t2-2t)<-f(2t2-k)可化為f(t2-2t)<f(k-2t2).由(2)知f(x)在R上為減函數(shù),故t2-2t>k-2t2,即k<3t2-2t.即對于任意t∈[2,5],不等式k<3t2-2t恒成立.設g(t)=3t2-2t,t∈[2,5],易知8≤g(t)≤65,因此k<g(t)min=8,所以實數(shù)k的取值范圍是(-∞,8).9.A解析:任取x1<x2,由已知得f(x1-x2)>0,即f(x1)-f(x2)>0,所以函數(shù)f(x)在R上單調遞減.由f(mx2)+f(2m)>f(m2x)+f(2x)可得f(mx2)-f(2x)>f(m2x)-f(2m),即f(mx2-2x)>f(m2x-2m),所以mx2-2x<m2x-2m,即mx2-(m2+2)x+2m<0,即(mx-2)(x-m)<0.又因為0<m<2,所以2m>m,此時原不等式解集為xm<x<2m.10.AC解析:對于A,y=13x在(2,4)上單調遞減,故A正確;對于B,y=log2t為定義域上的增函數(shù),t=x2+3x在(2,4)上單調遞增,所以y=log2(x2+3x)在(2,4)上單調遞增,故B錯誤;對于C,y=1x-2在(2,4)上單調遞減,故C正確;對于D,y=cosx在(2,π)上單調遞減,在(π,4)上單調遞增,故D11.(-2,4]解析:f(x)=x-a+3+a+2x-a+3=1+a+2x-a+3,因為函數(shù)f(x)=x+5x-a+3在(1,+∞)上單調遞減,12.(-1,0)解析:∵f(-x)=-x(|-x|+4)=-x(|x|+4)=-f(x),∴函數(shù)f(x)=x(|x|+4)為奇函數(shù).又f(x)=x2+4x,x≥0,-x2+4x,x<0,∴由f(x)的圖像(圖略)知f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增.由f(a2)+f(a)<0,得f(a2)<-f(a13.12,2(答案不唯一)解析:f(x)=x|x-1|=x(x-1),x≥1,x(1-x),x<1,其圖像如圖所示,易得f12=14,f14.ABD解析:函數(shù)存在“倍值區(qū)間”,則(1)f(x)在[m,n]內是單調函數(shù),(2)f(m)=2m,f(n)=2n或f(m)=2n,f(n)=2m.對于A,f(x)=x2,若存在“倍值區(qū)間”[m,n],則f(m)=2m,f(n)=2n,n>m,即m2=2m,n2=2n,n>m,解得m=0,n=2,∴f(x)=x2存在“倍值區(qū)間”[0,2];對于B,f(x)=1x,若存在“倍值區(qū)間”[m,n],則當x>0時,1m=2n,1n=2m,得mn=12,例如14,2為函數(shù)f(x)=1x的“倍值區(qū)間”;對于C,f(x)=x+1x,當x>0時,f(x)在區(qū)間(0,1)上單調遞減,在區(qū)間[1,+∞)上單調遞增,若存在“倍值區(qū)間”[m,n]?(0,1),則m+1m=2n,n+1n=2m,即m2-2mn+1=0,n2-2mn+1=0,解得m2=n2