PAGEPAGE2專練5函數的單調性與最值命題范圍：函數的單調性、最值．[基礎強化]一、選擇題1．下列函數中，在區間(－1，1)上為減函數的是()A．y＝eq\f(1,1－x) B．y＝cosxC．y＝lnx D．y＝2－x2．函數f(x)＝logeq\f(1,2)(x2－4)的單調遞增區間為()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(2，＋∞)D．(－∞，－2)3．函數y＝|x|(1－x)在區間A上是增函數，那么區間A是()A．(－∞，0)B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．[0，＋∞)D．(eq\f(1,2)，＋∞)4．若f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝eq\f(a,x＋1)在區間[1，2]上都是減函數，則a的取值范圍是()A．(－1，0)∪(0，1)B．(－1，0)∪(0，1]C．(0，1)D．(0，1]5．[2024·全國甲卷]下列函數中是增函數的為()A．f(x)＝－x B．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)C．f(x)＝x2 D．f(x)＝eq\r(3,x)6．已知函數f(x)＝2|x|，a＝f(log0.53)，b＝f(log45)，c＝f(coseq\f(π,3))，則()A．a>c>bB．a>b>cC．b>a>cD．c>a>b7．[2024·全國卷Ⅱ]若2x－2y<3－x－3－y，則()A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<08．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x≥0，,4x－x2，x<0，))若f(2－a2)>f(a)，則實數a的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－1，2)C．(－2，1)D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)9．[2024·河南省六市高三聯考]函數f(x)是定義在R上的單調函數，f(f(x)－x＋1)＝1，則f(3)＝()A．9 B．8C．3 D．1二、填空題10．已知函數f(x)為(0，＋∞)上的增函數，若f(a2－a)>f(a＋3)，則實數a的取值范圍為________．11．已知函數f(x)＝loga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，若f(0)<0，則此函數f(x)的單調遞增區間是________．12．已知函數f(x)＝eq\f(x＋1,x－1)，x∈[2，5]，則f(x)的最大值是________．[實力提升]13．[2024·河南省鄭州市高三質量預料]若函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2，x≤m,x2－2x，x＞m))是定義在R上的增函數，則實數m的取值范圍是()A.(－∞，1]∪{2} B．{1}∪[2，＋∞)C．(－∞，1] D．[2，＋∞)14．[2024·安徽省高三聯考]已知函數f(x)＝log2(2x＋1)－eq\f(1,2)x，若f(a－2)≥f(2a－1)恒成立，則實數a的取值范圍是()A．[－1，1]B．(－∞，－1]C．[0，＋∞)D．(－∞，－1]∪[0，＋∞)15．函數f(x)＝(eq\f(1,3))x－log2(x＋2)在[－1，1]上的最大值為________．16．f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax，x<1，,（a－3）x＋4a，x≥1，))滿意對隨意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0成立，則a的取值范圍是________．專練5函數的單調性與最值1．DA項，x1＝0時，y1＝1，x2＝eq\f(1,2)時，y2＝2>y1，所以y＝eq\f(1,1－x)在區間(－1，1)上不是減函數，故A項不符合題意．B項，由余弦函數的圖像與性質可得，y＝cosx在(－1，0)上遞增，在(0，1)上遞減，故B項不符合題意．C項，y＝lnx為增函數，故C項不符合題意．D項，由指數函數可得y＝2x為增函數，且y＝－x為減函數，所以y＝2－x為減函數，故D項符合題意．2．D由x2－4>0得x>2或x<－2，∴f(x)的定義域為(－∞，－2)∪(2，＋∞)，由復合函數的單調性可知，函數的單調增區間為(－∞，－2).3．By＝|x|(1－x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（1－x），x≥0，,－x（1－x），x<0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x<0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（x－\f(1,2)）2＋\f(1,4)，x≥0，,（x－\f(1,2)）2－\f(1,4)，x<0.))畫出函數的圖像，如圖．由圖易知原函數在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調遞增．4．D由于g(x)＝eq\f(a,x＋1)在區間[1，2]上是減函數，所以a>0；由于f(x)＝－x2＋2ax在區間[1，2]上是減函數，且f(x)的對稱軸為x＝a，則a≤1.綜上有0<a≤1.5．D解法一(解除法)取x1＝－1，x2＝0，對于A項有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A項不符合題意；對于B項有f(x1)＝eq\f(3,2)，f(x2)＝1，所以B項不符合題意；對于C項有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C項不符合題意．解法二(圖像法)如圖，在坐標系中分別畫出A，B，C，D四個選項中函數的大致圖像，即可快速直觀推斷D項符合題意．6．B由題意，f(－x)＝2|－x|＝2|x|＝f(x)，故函數f(x)＝2|x|為偶函數，且x＞0時，f(x)＝2x，故函數在(0，＋∞)單調遞增，∵log23＞log45＝log2eq\r(5)＞log22＝1，coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，∴a＝f(log0.53)＝f(log23)＞b＞c.7．A因為2x－2y<3－x－3－y，所以2x－3－x<2y－3－y.設f(x)＝2x－3－x，則f′(x)＝2xln2－3－x×ln3×(－1)＝2xln2＋3－xln3，易知f′(x)>0，所以f(x)在R上為增函數．由2x－3－x<2y－3－y得x<y，所以y－x＋1>1，所以ln(y－x＋1)>0.8．Cf(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＝（x＋2）2－4，x≥0，,4x－x2＝－（x－2）2＋4，x<0.))由f(x)的圖像可知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數，由f(2－a2)>f(a)得2－a2>a，即a2＋a－2<0，解得－2<a<1.9．C因為函數f(x)是定義在R上的單調函數，且f(f(x)－x＋1)＝1，所以f(x)－x＋1為常數，記f(x)－x＋1＝m，則f(x)＝x＋m－1，所以f(1)＝m，f(m)＝1，不妨設函數f(x)單調遞增，且m＞1，則f(m)＞f(1)，即1＞m(沖突)，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\co1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得－3<a<－1或a>3，所以實數a的取值范圍為(－3，－1)∪(3，＋∞).11．答案：[－1，1)解析：∵f(0)＝loga3<0，∴0<a<1，由復合函數的單調性可知，函數的單調增區間為[－1，1).12．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)，明顯f(x)在[2，5]上單調遞減，∴f(x)max＝f(2)＝1＋eq\f(2,2－1)＝3.13．By＝x－2在R上單調遞增，y＝x2－2x＝(x－1)2－1在(1，＋∞)上單調遞增．要使函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2，x≤m,x2－2x，x＞m))是定義在R上的增函數，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≥1,m－2≤m2－2m))，解得：m＝1或m≥2.所以實數m的取值范圍是{1}∪[2，＋∞).14．A因為函數f(x)的定義域為R，所以f(－x)＝log2(2－x＋1)＋eq\f(1,2)x＝log2(2x＋1)－eq\f(1,2)x＝f(x)，即函數f(x)為偶函數．又當x＞0時，f′(x)＝eq\f(2x,2x＋1)－eq\f(1,2)＝eq\f(2x－1,2（2x＋1）)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．而f(a－2)≥f(2a－1)等價于f(|a－2|)≥f(|2a－1|)，所以|a－2|≥|2a－1|，化簡得，a2≤1，所以－1≤a≤1.15．答案：3解析：∵y＝(eq\f(1,3))x在R上單調遞減，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上單調遞增，∴f(x)在[－1，1]上