PAGE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＝ln(x＋1)D．y＝2－x2．函數f(x)＝log(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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))4．[2024·四川內江高三測試]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·全國卷Ⅰ]已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，則()A．a<b<cB．a<c<bC．c<a<bD．b<c<a6．將函數f(x)的圖象向右平移1個單位長度后關于y軸對稱，當x2>x1>－1時，eq\f(fx2－fx1,x2－x1)>0恒成立，設a＝f(－2)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，c＝f(3)，則a，b，c的大小關系為()A．c>a>bB．c>b>aC．a>c>bD．b>a>c7．[2024·全國卷Ⅱ]若2x－2y<3－x－3－y，則()A．ln(y－x＋1)>0B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0D．ln|x－y|<08．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\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·廣東佛山一中高三測試]已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－ax，x∈－∞，1]，,ax，x∈1，＋∞))是(－∞，＋∞)上的增函數，那么實數a的取值范圍是()A．(0,3)B．(1,3)C．(1，＋∞)D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))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．[2024·山西晉城一中高三測試]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．[2024·四川成都一中測試]假如奇函數f(x)在(0，＋∞)上為增函數，且f(2)＝0，則不等式eq\f(fx－f－x,x)<0的解集為()A．(－2,0)∪(2，＋∞)B．(－∞，－2)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－2,0)∪(0,2)14．[2024·長沙一中高三測試]已知函數y＝loga(2－ax)在[0,1]上是x的減函數，則實數a的取值范圍是()A．(0,1)B．(1,2)C．(0,2)D．(2,4)15．函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)在[－1,1]上的最大值為________．16．[2024·云南昆明一中高三測試]f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x<1，,a－3x＋4a，x≥1，))滿意對隨意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,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，由余弦函數的圖象與性質可得，y＝cosx在(－1,0)上遞增，在(0,1)上遞減，故B項不符合題意．C項，由指函數函數可得，y＝lnx為增函數，且y＝x＋1為增函數，所以y＝ln(x＋1)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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x，x≥0，,－x1－x，x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(1,4)，x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－\f(1,4)，x<0.))畫出函數的圖象，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，故選B.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.故選D.5．B本題主要考查指數與指數函數、對數與對數函數等學問點；考查運算求解實力，以及數形結合思想的應用；考查的核心素養是數學運算．∵a＝log20.2<log21＝0，b＝20.2>20＝1，c＝0.20.3∈(0,0.20)，即c∈(0,1)，∴a<c<b6．A由已知可得，函數f(x)的圖象關于x＝－1對稱，則有f(x)＝f(－2－x)，∴f(－2)＝f[－2－(－2)]＝f(0)，由x2>x1>－1時，eq\f(fx2－fx1,x2－x1)>0恒成立，知f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，又－eq\f(1,2)<0<3，∴f(3)>f(0)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，即c>a>b.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，故選A.8．Cf(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＝x＋22－4，x≥0，,4x－x2＝－x－22＋4，x<0.))由f(x)的圖象可知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，故選C.9．D由題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,a≥3－a，))得eq\f(3,2)≤a<3.10．(－3，－1)∪(3，＋∞)解析：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\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．[－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)．12．3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．D由函數f(x)為奇函數可知f(－x)＝－f(x)，因此eq\f(fx－f－x,x)<0可化為不等式eq\f(2fx,x)<0，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,fx<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,fx>0.))再由f(2)＝0，可得f(－2)＝0，由函數f(x)在(0，＋∞)上為增函數，可得函數f(x)在(－∞，0)上也為增函數，結合函數f(x)的單調性示意圖可得，所求不等式的解集為{x|－2<x<0，或0<x<2}．故選D.14．B∵y＝2－ax在[0,1]上單調遞減，∴y＝logau為增函數，∴a>1,2－ax>0在[0,1]上恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a×1>0，,a>1，))得1<a<2.15．3解析：∵y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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]上單調遞減，∴f(x)max＝f(－1)＝3.16.eq\b\lc\(\rc