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1、课时质量评价(七)A组全考点巩固练1函数f(x)1x1在区间3，7上的最大值是M，最小值是N，则MN()A13B12C3D22已知f(x)是定义在0，1上的函数，那么“函数f(x)在0，1上单调递增”是“函数f(x)在0，1上的最大值为f(1)”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件3(2023日照模拟)已知函数f(x)exx1，若a(1，0)，则f(a)，f(2a)，f2(a)的大小关系为()Af(2a)f(a)f2(a)Bf(2a)f2(a)f(a)Cf2(a)f(2a)f(a)Df2(a)f(a)f(2a)4定义在R上的偶函数f(x)满足f(x)f(x
2、2)，且在1，0上单调递减设af(2)，bf(2)，cf(3)，则a，b，c的大小关系是()AbcaBabcCbacDac0的最小值为f(0)，则实数a的取值范围是()A1，2B1，0C1，2D0，26已知函数f(x)x22ax3在区间1，2上不具有单调性，则实数a的取值范围为_7(2023合肥模拟)函数f(x)43xx2的单调递增区间是 _8设函数f(x)x2+4x，x4，log2x，x4. 若函数f(x)在区间(a, a1)上单调递增，则实数a的取值范围是_9已知函数f(x)x2x3.(1)试判断f(x)在1，2上的单调性；(2)求函数f(x)在1，2上的最值10已知定义在R上的函数f(x
3、)满足：f(xy)f(x)f(y)1；当x0时，f(x)1.(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是增函数；(2)若f(1)1，解关于x的不等式f(x22x)f(1x)4.B组新高考培优练11已知函数f(x)x3，x0， lnx+1，x0，若f(2x2)f(x)，则实数x的取值范围是()A(，1)(2，) B(，2)(1，)C(1，2) D(2，1)12(多选题)已知函数f(x)x1+x2，x(，0)(0，)，则下列等式成立的是()Af(x)f1xBf(x)f1xC1fxf1xDf(x)f(x)13(多选题)若函数f(x)x2a2 x+8，x1，ax，x1 为R上的减函数，则实数a的取值可
4、能为()A4B5 C6D714高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设xR，用x表示不超过x的最大整数，则yx称为高斯函数，例如：3.54，2.12.已知函数f(x)ex1+ex12，则函数yf(x)的值域是_15判断并证明函数f(x)ax21x(其中1a3)在x1，2上的单调性16(2022烟台模拟)已知0mn，若函数f(x)在xm，n上的值域是km，kn，则称f(x)是第k类函数(1)若f(x)11x是第k类函数，求k的取值范围；(2)若f(x)4xx2是第2类函数，求m，n的值课时质量评价
5、(七)A组全考点巩固练1C解析：f(x)在3，7上单调递减，故最大值为f(3)12，最小值为f(7)16，则MN3.故选C.2A解析：若函数f(x)在0，1上单调递增，则f(x)在0，1上的最大值为f(1)若f(x)在0，1上的最大值为f(1)，比如f(x)x132，但f(x)x132在0，13上单调递减，在13，1上单调递增，故f(x)在0，1上的最大值为f(1)推不出f(x)在0，1上单调递增，故“函数f(x)在0，1上单调递增”是“f(x)在0，1上的最大值为f(1)”的充分不必要条件故选A.3D解析：显然f(x)在R上是增函数，且f(0)0，当a(1，0)时，2aa0，所以f(2a)f
6、(a)0，从而f2(a)f(a)f(2a)故选D.4C解析：因为偶函数f(x)满足f(x2)f(x)，所以函数f(x)的周期为2，则af(2)f(22)，bf(2)f(0)，cf(3)f(1)因为1220，且函数f(x)在1，0上单调递减，所以ba0时，f(x)x1xa2a，当且仅当x1x，即x1时，等号成立，故当x1时取得最小值2a.因为f(0)是函数f(x)的最小值，所以当x0时，f(x)(xa)2单调递减，故a0，此时的最小值为f(0)a2，所以2aa2，解得1a2.又a0，可得0a2.故选D.6(1，2)解析：函数f(x)x22ax3的图象开口向上，对称轴为直线xa，函数在(，a和a，
7、)上都分别具有单调性，因此要使函数f(x)在区间1，2上不具有单调性，只需1a2.74，32解析：函数f(x)43xx2，由43xx20，可得4x1.设t43xx2，则此函数在4，32上单调递增，在32，1上单调递减因为函数yt在定义域上为增函数，所以由复合函数的单调性可知，此函数的单调递增区间是4，32.8(，14，)解析：作出函数f(x)的图象如图所示由图象可知，若f(x)在(a，a1)上单调递增，需满足a4或a12，即a1或a4.9解：(1)任取x1，x21，2，且x1x2，则f(x2)f(x1)x22x23x12x13x22x13x12x23x23x13x2x1x1x23x1+x2x2
8、3x13x2x1x13x239x23x13.因为x1，x21，2，所以2x231，2x131，所以1(x23)(x13)4，所以(x13)(x23)90，(x23)(x13)0，所以x2x1x13x239x23x130，即f(x2)x2，则x1x20，f(x1x2)1.又f(x1)f(x1x2)x2)f(x1x2)f(x2)1f(x2)，所以函数f(x)在R上是增函数(2)由f(1)1，得f(2)3，f(3)5.由f(x22x)f(1x)4，得f(x2x1)f(3)又函数f(x)在R上是增函数，故x2x13，解得x1.故原不等式的解集为x|x1B组新高考培优练11D解析：因为当x0时，两个表达
9、式对应的函数值都为零，所以函数的图象是一条连续的曲线因为当x0时，函数f(x)x3为增函数，当x0时，f(x)ln (x1)也是增函数，所以函数f(x)是定义在R上的增函数因此，不等式f(2x2)f(x)等价于2x2x，即x2x20，解得2x1.12AD解析：因为f(x)x1+x2，所以f1x1x1+1x2x1+x2，所以f(x)f1x.又f(x)x1+x2x1+x2f(x)，所以f(x)f(x)故AD正确，BC错误13ABC解析：因为函数f(x)x2a2 x+8，x1，ax，x1 为R上的减函数，所以1a4， a0， 9a2a，解得4a6.故选ABC.141，0解析：f(x)1+ex11+e
10、x12111+ex121211+ex，因为1ex1，所以011+ex1，所以111+ex0，121211+ex12，即f(x)12，12，所以f(x)1，015解：f(x)ax21x(1a3)在1，2上单调递增证明如下：任取1x1x22，则f(x2)f(x1)ax22+1x2ax12+1x1(x2x1)ax1+x21x1x2.由1x1x22，得x2x10，2x1x24，1x1x24，11x1x214.又1a3，所以2a(x1x2)12，得a(x1x2)1x1x20，从而f(x2)f(x1)0，即f(x2)f(x1)，故当a(1，3)时，函数f(x)在1，2上单调递增16解：(1)因为f(x)1
11、1x在xm，n，0mn上是增函数，且函数f(x)在xm，n上的值域是km，kn，所以11m=km，11n=kn，即1m1m2=k，1n 1n2=k，所以直线yk与函数yx2x(x0)的图象有两个交点因为yx2xx12214(x0)在0，12上单调递增，在12，+上单调递减，将x0代入yx2x得y0，将x12代入yx2x得y14，所以直线yk与函数yx2x(x0)的图象有两个交点，只需0k14，所以k的取值范围是0，14.(2)因为f(x)4xx2(x2)24，当0mn2时，f(x)在xm，n上单调递增，因为f(x)4xx2是第2类函数，所以fm=4mm2=2m，fn=4nn2=2n，即m22m=0，n22n=0，因为0mn2，所以m0，n2，当2mn时，f(x)在xm，n上单调递减，因为f(x)4xx2是第2类函数，所以fm=4mm2=2n，fn=4nn2=2m，则4mm2(4nn2)2n2m，整理得mn6，即m6n.将m6n代入4nn22m，得n26n120，因为364120，所以n没有实数解，当0m2n时，当xm，n，f(x)maxf(2)4，因为f(x)4xx2是第2类函数，所以2n4，解得n2(舍去)综上所述，m0，n2.