高考数学一轮复习 课时规范练8　函数的单调性与最值（基础版）

课时规范练8函数的单调性与最值(分值:85分)(单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分)基础巩固练1.(2025·北京西城期末)下列函数在其定义域上单调递减的是()A.y=3x B.y=-|x| C.y=(x-1)3 D.y=2.函数f(x)=x2-4|x|+3的单调递增区间是()A.(-∞,-2) B.(-∞,-2)和(0,2) C.(-2,2) D.(-2,0)和(2,+∞)3.(2025·辽宁沈阳期末)函数f(x)=x-4+xA.0 B.4 C.2 D.224.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(-13),b=f(3),c=f(5),则(A.b<a<c B.c<b<a C.b<c<a D.a<b<c5.(2025·江苏南通模拟)已知函数f(x)=x2+2x,x<0,ln(x+a),x≥0A.(0,+∞) B.[0,+∞) C.(0,1] D.[1,+∞)6.(2025·广东茂名一模)已知函数f(x)=x2-6x+5在区间(a,+∞)上单调递增,则实数A.(-∞,1] B.(-∞,3] C.[3,+∞) D.[5,+∞)7.(2026·江西吉安模拟)设函数f(x)=-x2+2x,x≤1,x,x>1,则满足f(8.(2025·河北保定模拟)若函数f(x)=loga(x2-x+2)在区间[0,2]上的最大值为2,则实数a=.

9.(13分)已知函数f(x)=-2x(1)求证:函数f(x)在区间[2,3]上单调递增;(2)求f(x)在区间[2,3]上的最大值和最小值.综合提升练10.(2025·山东济宁二模)若函数f(x)=(12)

x2-ax在区间[1,+∞)上单调递减A.(-∞,2] B.[2,+∞) C.(-∞,1] D.[1,+∞)11.(多选题)(2026·安徽皖江名校高三期中)已知函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)上有最小值,则函数g(x)=f(x)x在区间[1,+∞)A.单调递减 B.单调递增 C.有最小值 D.有最大值12.(多选题)已知函数f(x)的定义域为R,对任意a,b∈R,都有f(a)f(b)=f(a+b),f(0)≠0且当x>0时,0<f(x)<1,则下列说法正确的有()A.∀x∈R,都有f(x)=-1B.当x<0时,f(x)>1C.f(x)是减函数D.若f(3)=12,则不等式f(2t2-5t)>116的解集为(-313.(15分)讨论函数f(x)=ax+1x+2(a≠12)在区间(-2,+

参考答案课时规范练8函数的单调性与最值1.D解析选项A和B中的函数在其定义域上没有单调性,选项C中的函数在定义域R上单调递增,选项D中的函数y=1x在定义域(0,+∞)上单调递减.故选D2.D解析因为f(x)=x2-4|x|+3=x2-4x+3,x≥0,x2+4x+3,x<0,作出f(x)的图象,如图所示3.D解析根据题意,函数f(x)的定义域为[4,+∞),且由于y=x-4在区间[4,+∞)上单调递增,y=x2-2x=(x-1)2-1在区间[4,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在区间[4,+∞4.D解析由[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0可得函数f(x)在其定义域内是增函数,所以f(-13)<f(3)<f(5).故选D5.D解析当x<0时,f(x)=x2+2x=(x+1)2-1,其在区间(-1,0)上单调递增,若f(x)在区间(-1,+∞)上单调递增,所以a>0,lna6.D解析由x2-6x+5≥0,可得x≤1或x≥5,即函数f(x)的定义域为(-∞,1]∪[5,+∞).又因为t=x2-6x+5在区间[5,+∞)上单调递增,在区间(-∞,1]上单调递减,y=t在区间[0,+∞)上单调递增,由复合函数的单调性可知f(x)=x2-6x+5在区间[5,+∞)上单调递增7.(-1,+∞)解析画出分段函数图象如图所示,可知分段函数f(x)在R上单调递增,因为f(k-1)<f(2k),所以k-1<2k,解得k>-1.8.2解析令g(x)=x2-x+2,则g(x)在区间[0,2]上的最大值g(x)max=g(2)=4,最小值g(x)min=g(12)=74.当a>1时,f(x)max=loga4=2,解得a=2.当0<a<1时,f(x)max=loga74=2,解得a=72(舍去).综上9.(1)证明设x1,x2是区间[2,3]上的任意两个实数,且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-2x∵2≤x1<x2≤3,∴x1-x2<0,x1-1>0,x2-1>0,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2).∴函数f(x)=-2x-1在区间(2)解由(1)知函数f(x)在区间[2,3]上单调递增,则f(x)在区间[2,3]上的最大值是f(3)=-1,最小值是f(2)=-2.10.A解析f(x)=(12)

x2-ax是由y=(12因为f(x)=(12)

x2-ax在区间[1,+∞)上单调递减,且函数y=(12)u在R上单调递减,根据复合函数“同增异减”的原则,可知函数u=x对于二次函数u=x2-ax,其图象开口向上,对称轴为x=--a2×1=a2.要使u=x2-ax在区间[1,+∞)上单调递增,则对称轴需满足a11.BC解析由函数f(x)=x2-2ax+a,可得其图象开口向上,且图象的对称轴为直线x=a,因为函数f(x)在区间(-∞,1)上有最小值,可得a<1.又由函数g(x)=f(x)x=x2-2ax+ax=x+ax-2a,当a=0时,可得g(x)=x,g(x)在区间[1,+∞)上单调递增,有最小值,无最大值;当0<a<1时,函数g(x)在区间[1,+∞)上单调递增,有最小值,无最大值;当a<0时,函数g(x)在区间[1,+∞)上单调递增,有最小值,无最大值.综上可得,函数g(x12.BCD解析令a=0,b=1,则f(0)f(1)=f(1),易知0<f(1)<1,所以f(0)=1.当x<0时,-x>0,所以0<f(-x)<1.又f(x)f(-x)=f(x-x)=f(0)=1,所以f(x)=1f(-x),即f(x)>1,故A错误,B正确;设x1<x2,且x1,x2∈R,则f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2)=f(x1-x2)f(x2)-f(x2)=f(x2)[f(x1-x2)-1],因为x1<x2,所以x1-x2<0,所以f(x1-x2)>1.又当x<0时,f(x)>1,当x>0时,0<f(x)<1,f(0)=1,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以f(x)是减函数,故C正确;因为f(3)=12,所以f(12)=f(6)f(6)=[f(3)]4=116,所以f(2t2-5t)>116,即f(2t2-5t)>f(12).又f(x)是减函数,所以2t2-5t<12,解得-32<t<4,所以不等式f(2t2-5t)>f(12)的解集为(-32,413.解因为函数f(x)=ax+1x+2=a(x+2)-2a+1x+2=a+1-2ax+2,任取x1,x2∈(-2,+∞),且x1<x2,则f(x1因为-2