统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练5函数的单调性与最值文

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练5函数的单调性与最值文，共5页。


[基础强化]
一、选择题
1．下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是( )
A．y＝ eq \f(1,1－x) B．y＝cs x
C．y＝ln xD．y＝2－x
2．函数f(x)＝lg eq \f(1,2)(x2－4)的单调递增区间为( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)
3．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是( )
A．(－∞，0) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C．[0，＋∞) D．( eq \f(1,2)，＋∞)
4．若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝ eq \f(a,x＋1)在区间[1，2]上都是减函数，则a的取值范围是( )
A．(－1，0)∪(0，1) B．(－1，0)∪(0，1]
C．(0，1) D．(0，1]
5．[2021·全国甲卷]下列函数中是增函数的为( )
A．f(x)＝－x B．f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(x)
C．f(x)＝x2 D．f(x)＝ eq \r(3,x)
6．已知函数f(x)＝2|x|，a＝f(lg0.53)，b＝f(lg45)，c＝f(cs eq \f(π,3))，则( )
A．a>c>b B．a>b>c
C．b>a>c D．c>a>b
7．[2023·全国甲卷(文)]已知函数f(x)＝e－(x－1)2.记a＝f( eq \f(\r(2),2))，b＝f( eq \f(\r(3),2))，c＝f( eq \f(\r(6),2))，则( )
A．b>c>a B．b>a>c
C．c>b>a D．c>a>b
8．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4x，x≥0，,4x－x2，x<0，))若f(2－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B．(－1，2)
C．(－2，1)
D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
9．[2023·河南省六市高三联考]函数f(x)是定义在R上的单调函数，f(f(x)－x＋1)＝1，则f(3)＝( )
A．9 B．8
C．3 D．1
二、填空题
10．已知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a的取值范围为________．
11．已知函数f(x)＝lga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，若f(0)<0，则此函数f(x)的单调递增区间是________．
12．已知函数f(x)＝ eq \f(x＋1,x－1)，x∈[2，5]，则f(x)的最大值是________．
[能力提升]
13．[2023·河南省郑州市高三质量预测]若函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2，x≤m,x2－2x，x＞m))是定义在R上的增函数，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，1]∪{2} B．{1}∪[2，＋∞)
C．(－∞，1] D．[2，＋∞)
14．[2023·安徽省高三联考]已知函数f(x)＝lg2(2x＋1)－ eq \f(1,2)x，若f(a－2)≥f(2a－1)恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.[－1，1] B．(－∞，－1]
C．[0，＋∞) D.(－∞，－1]∪[0，＋∞)
15．函数f(x)＝( eq \f(1,3))x－lg2(x＋2)在[－1，1]上的最大值为________．
16．f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax，x<1，,（a－3）x＋4a，x≥1，))满足对任意x1≠x2，都有 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0成立，则a的取值范围是________．
专练5 函数的单调性与最值
1．D A项，x1＝0时，y1＝1，x2＝ eq \f(1,2)时，y2＝2>y1，所以y＝ eq \f(1,1－x)在区间(－1，1)上不是减函数，故A项不符合题意．B项，由余弦函数的图像与性质可得，y＝cs x在(－1，0)上递增，在(0，1)上递减，故B项不符合题意．C项，y＝ln x为增函数，故C项不符合题意．D项，由指数函数可得y＝2x为增函数，且y＝－x为减函数，所以y＝2－x为减函数，故D项符合题意．
2．D 由x2－4>0得x>2或x<－2，∴f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为(－∞，－2).
3．B y＝|x|(1－x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（1－x），x≥0，,－x（1－x），x<0))＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x<0))
＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－（x－\f(1,2)）2＋\f(1,4)，x≥0，,（x－\f(1,2)）2－\f(1,4)，x<0.))
画出函数的图像，如图．
由图易知原函数在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增．
4．D 由于g(x)＝ eq \f(a,x＋1)在区间[1，2]上是减函数，所以a>0；由于f(x)＝－x2＋2ax在区间[1，2]上是减函数，且f(x)的对称轴为x＝a，则a≤1.综上有05．D 解法一(排除法) 取x1＝－1，x2＝0，对于A项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A项不符合题意；对于B项有f(x1)＝ eq \f(3,2)，f(x2)＝1，所以B项不符合题意；对于C项有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C项不符合题意．
解法二(图像法) 如图，在坐标系中分别画出A，B，C，D四个选项中函数的大致图像，即可快速直观判断D项符合题意．
6．B 由题意，f(－x)＝2|－x|＝2|x|＝f(x)，
故函数f(x)＝2|x|为偶函数，
且x＞0时，f(x)＝2x，故函数在(0，＋∞)单调递增，
∵lg23＞lg45＝lg2 eq \r(5)＞lg22＝1，cs eq \f(π,3)＝ eq \f(1,2)，
∴a＝f(lg0.53)＝f(lg23)＞b＞c.
7．A 函数f(x)＝e－(x－1)2是由函数y＝eu和u＝－(x－1)2复合而成的复合函数，y＝eu为R上的增函数，u＝－(x－1)2在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以由复合函数的单调性可知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．易知f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以c＝f( eq \f(\r(6),2))＝f(2－ eq \f(\r(6),2))，又 eq \f(\r(2),2)＜2－ eq \f(\r(6),2)＜ eq \f(\r(3),2)＜1，所以f( eq \f(\r(2),2))＜f(2－ eq \f(\r(6),2))＜f( eq \f(\r(3),2))，所以b>c>a，故选A.
8．C f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4x＝（x＋2）2－4，x≥0，,4x－x2＝－（x－2）2＋4，x<0.))
由f(x)的图像可知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
由f(2－a2)>f(a)得2－a2>a，
即a2＋a－2<0，解得－29．C 因为函数f(x)是定义在R上的单调函数，且f(f(x)－x＋1)＝1，所以f(x)－x＋1为常数，记f(x)－x＋1＝m，则f(x)＝x＋m－1，所以f(1)＝m，f(m)＝1，不妨设函数f(x)单调递增，且m＞1，则f(m)＞f(1)，即1＞m(矛盾)，故m＝1.所以f(x)＝x，故f(3)＝3.
10．答案：(－3，－1)∪(3，＋∞)
解析：由已知可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得－33，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞).
11．答案：[－1，1)
解析：∵f(0)＝lga3<0，∴012．答案：3
解析：f(x)＝ eq \f(x＋1,x－1)＝ eq \f(x－1＋2,x－1)＝1＋ eq \f(2,x－1)，显然f(x)在[2，5]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝1＋ eq \f(2,2－1)＝3.
13．B y＝x－2在R上单调递增，y＝x2－2x＝(x－1)2－1在(1，＋∞)上单调递增．
要使函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2，x≤m,x2－2x，x＞m))是定义在R上的增函数，
只需 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m≥1,m－2≤m2－2m))，解得：m＝1或m≥2.
所以实数m的取值范围是{1}∪[2，＋∞).
14．A 因为函数f(x)的定义域为R，
所以f(－x)＝lg2(2－x＋1)＋ eq \f(1,2)x＝lg2(2x＋1)－ eq \f(1,2)x＝f(x)，即函数f(x)为偶函数．
又当x＞0时，f′(x)＝ eq \f(2x,2x＋1)－ eq \f(1,2)＝ eq \f(2x－1,2（2x＋1）)＞0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
而f(a－2)≥f(2a－1)等价于f(|a－2|)≥f(|2a－1|)，所以|a－2|≥|2a－1|，
化简得，a2≤1，所以－1≤a≤1.
15．答案：3
解析：∵y＝( eq \f(1,3))x在R上单调递减，y＝lg2(x＋2)在[－1，1]上单调递增，∴f(x)在[－1，1]上单调递减，∴f(x)max＝f(－1)＝3.
16．答案：(0， eq \f(3,4)]
解析：∵对任意x1≠x2，都有 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0成立，
∴f(x)在定义域R上为单调递减函数，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0∴a的取值范围是(0， eq \f(3,4)].