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2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习7函数的单调性与最值(Word版附解析)
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这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习7函数的单调性与最值(Word版附解析),共10页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
1.下列函数中,在区间(0,1)上是增函数的是( )
A.y=-x2+1B.y=eq \r(x)
C.y=eq \f(1,x)D.y=3-x
2.函数y=eq \f(1,4+3x-x2)的单调递增区间为( )
A.[eq \f(3,2),+∞)
B.(-1,eq \f(3,2)]
C.[eq \f(3,2),4)和(4,+∞)
D.(-∞,-1)∪(-1,eq \f(3,2)]
3.已知对f(x)定义域内的任意实数x1,x2,且x1≠x2,[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0恒成立,设a=f(-eq \f(1,3)),b=f(3),c=f(5),则( )
A.ba
8.已知函数f(x)=eq \r(2-ax)在[0,2]上单调递减,则a的取值范围是( )
A.(0,1] B.(0,1)
C.(0,2] D.[2,+∞)
9.(素养提升)若函数f(x)=eq \f(2x+m,x+1)在区间[0,1]上的最大值为eq \f(5,2),则实数m=( )
A.3B.eq \f(5,2)
C.2D.eq \f(5,2)或3
10.已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(-x2+2ax+4,x≤1,,\f(1,x),x>1))是[-eq \f(1,2),+∞)上的减函数,则a的取值范围是( )
A.[-1,-eq \f(1,2)] B.(-∞,-1]
C.[-1,-eq \f(1,2)) D.(-∞,-1)
二、多项选择题
11.已知函数f(x)=eq \f(bx+a,x+2)在区间(-2,+∞)上单调递增,则a,b的取值可以是( )
A.a=1,b>eq \f(3,2)B.a>4,b=2
C.a=-1,b=2D.a=2,b=-1
12.(素养提升)设函数f(x),g(x)的定义域都为R,且f(x)>0,g(x)>0,f(x)是减函数,g(x)是增函数,则下列说法中正确的有( )
A.g(x)+f(x)是增函数
B.f(x)-g(x)是减函数
C.f(x)g(x)是增函数
D.eq \f(f(x),g(x))是减函数
三、填空题
13.[2024·浙江金华模拟]函数f(x)=的单调递增区间是________.
14.(素养提升)若函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax,x≥1,(4-\f(a,2))x+2,x0成立,则实数a的取值范围是____________.
四、解答题
15.[2024·河南漯河模拟]已知函数f(x)=eq \f(ax+b,x+1),且f(1)=-4,f(2)=-2.
(1)求f(x)的解析式;
(2)判断f(x)在(-1,+∞)上的单调性,并用定义证明.
优生选做题
16.(多选)[2024·黑龙江佳木斯一中模拟]已知函数f(x)的定义域为A,若对任意x∈A,都存在正数M使得|f(x)|≤M恒成立,则称函数f(x)是定义在A上的“有界函数”.则下列函数是“有界函数”的是( )
A.f(x)=x+eq \r(4-x)
B.f(x)=eq \r(-x2-2x+3)
C.f(x)=eq \f(5,2x2-4x+3)
D.f(x)=x|x+1|
17.已知f(x)的定义域为R,对任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)-1,当x>0时,f(x)4.
课后定时检测案7 函数的单调性与最值
1.解析:对于A,y=-x2+1在(0,1)上单调递减,不符合题意;
对于B,y=eq \r(x)在[0,+∞)上单调递增,所以在区间(0,1)上单调递增,符合题意;
对于C,y=eq \f(1,x)在(0,+∞)上单调递减,所以在区间(0,1)上单调递减,不符合题意;
对于D,y=3-x在(0,1)上单调递减,不符合题意.故选B.
答案:B
2.解析:由4+3x-x2≠0可得x≠-1且x≠4,
因为y=4+3x-x2开口向下,其对称轴为x=eq \f(3,2),
所以y=4+3x-x2的减区间为[eq \f(3,2),4)和(4,+∞),所以y=eq \f(1,4+3x-x2)的单调增区间为[eq \f(3,2),4)和(4,+∞).故选C.
答案:C
3.解析:由[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0可得函数f(x)在R上是增函数,所以f(-eq \f(1,3))0成立,
∴函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax,x≥1,(4-\f(a,2))x+2,x1,4-\f(a,2)>0,a≥4-\f(a,2)+2)),解得4≤a-1,得x2-x1>0,x2+1>0,x1+1>0,
所以f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1).故f(x)在(-1,+∞)上单调递增.
16.解析:对于A,f(x)的定义域为(-∞,4],令eq \r(4-x)=t(t≥0),则x=4-t2,
∴y=-t2+t+4=-(t-eq \f(1,2))2+eq \f(17,4),y∈(-∞,eq \f(17,4)],
不存在正数M,使得|y|≤M恒成立,∴f(x)不是有界函数;
对于B,f(x)的定义域为{x|-3≤x≤1},
∴0≤-x2-2x+3=-(x+1)2+4≤4,∴0≤f(x)≤2,
∴存在M≥2,使得|f(x)|≤M,∴f(x)是有界函数;
对于C,∵2x2-4x+3=2(x-1)2+1≥1,
∴00,所以f(y)4,
即f(2x2-3x-2+2x)+1+1>4,即f(2x2-x-2)>2,
又因为f(-1)=2,所以f(2x2-x-2)>f(-1),
由(2)知f(x)在R上单调递减,所以2x2-x-2
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