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新课预习衔接 函数的单调性
一．选择题（共5小题）
1．（2024 浦东新区校级期末）已知函数y＝|3x﹣1|的定义域为[a，b]，值域为，则b﹣a的最大值为（　　）
A． B．log32 C． D．2
2．（2024 海淀区校级开学）已知函数f（x）满足f（﹣2﹣x）＝f（﹣2+x），对任意x1，x2∈（﹣∞，﹣2]，且x1≠x2，都有成立，且f（0）＝0，则f（x）＞0的解集是（　　）
A．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） B．（﹣2，2）
C．（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞） D．（﹣4，0）
3．（2024 顺义区校级模拟）设x、y≥1，a＞1，b＞1．若ax＝by＝3，a+b＝2，则的最大值为（　　）
A．2 B． C．1 D．
4．（2024春 怀仁市校级期末）已知函数是定义在R上的增函数，则a的取值范围是（　　）
A．[1，3） B．[1，2] C．[2，3） D．（0，3）
5．（2024 新化县期末）已知函数y＝f（x）在定义域（﹣1，1）上是减函数，且f（2a﹣1）＜f（1﹣a），则实数a的取值范围是（　　）
A．（） B．（ C．（0，2） D．（0，+∞）
二．多选题（共2小题）
（多选）6．（2024春 大连期末）在下列函数中，最小值是2的是（　　）
A． B．
C． D．y＝x2﹣4x+6
（多选）7．（2024春 太和县校级期末）定义，设f（x）＝min{|x|，x+1}，则（　　）
A．f（x）有最大值，无最小值
B．当x≤0，f（x）的最大值为
C．不等式的解集为
D．f（x）的单调递增区间为（0，1）
三．填空题（共3小题）
8．（2024 镇海区校级学业考试）已知函数（a∈R）是偶函数，则函数f（x）的单调递增区间为 　 　．
9．（2024秋 沙坪坝区校级月考）max{x1，x2，x3}表示三个数中的最大值，对任意的正实数x，y，则的最小值是 　 　．
10．（2024 盐都区期末）已知关于x的一元二次不等式bx2﹣2x﹣a＞0的解集为{x|x≠c}（a，b，c∈R），则的最小值是 　 　．
四．解答题（共5小题）
11．（2024 川汇区校级期末）已知函数是定义在（﹣1，1）上的函数，f（﹣x）＝﹣f（x）恒成立，且．
（1）确定函数f（x）的解析式，并用定义研究f（x）在（﹣1，1）上的单调性；
（2）解不等式f（x﹣1）+f（x）＜0．
12．（2024 石景山区期末）已知函数f（x）的图像过点（1，1）．
（1）求实数m的值；
（2）判断f（x）在区间（﹣∞，﹣1）上的单调性，并用定义证明．
13．（2024 余干县校级月考）已知函数，x∈[1，2]．
（1）证明f（x）的单调性并求值域；
（2）设，x∈[1，2]，a∈R，求函数F（x）的最小值g（a）．
14．（2024 广东期末）已知函数是偶函数．
（1）求实数a的值；
（2）判断函数f（x）在[0，+∞）上的单调性，并用定义证明．
15．（2024 阳江期末）已知函数．
（1）当a＝1时，求f（x）的单调递增区间（只需判定单调区间，不需要证明）；
（2）设f（x）在区间（0，2]上最大值为g（a），求y＝g（a）的解析式．
新课预习衔接 函数的单调性
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024 浦东新区校级期末）已知函数y＝|3x﹣1|的定义域为[a，b]，值域为，则b﹣a的最大值为（　　）
A． B．log32 C． D．2
【考点】函数的最值；函数的定义域及其求法；函数的值域．
【专题】转化思想；数形结合法；函数的性质及应用；数学运算．
【答案】B
【分析】利用绝对值的定义将函数化为分段函数，作出函数的图象，由图象分析求解即可．
【解答】解：函数y＝|3x﹣1|，
作出函数的图象，如图所示：
令|3x﹣1|，解得x或x，
∵函数y＝|3x﹣1|的定义域为[a，b]，值域为[0，]，
由图象可得，b﹣a的最大值为log32．
故选：B．
【点评】本题考查了含有绝对值的函数的应用，考查逻辑推理能力与转化求解能力，属于中档题．
2．（2024 海淀区校级开学）已知函数f（x）满足f（﹣2﹣x）＝f（﹣2+x），对任意x1，x2∈（﹣∞，﹣2]，且x1≠x2，都有成立，且f（0）＝0，则f（x）＞0的解集是（　　）
A．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） B．（﹣2，2）
C．（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞） D．（﹣4，0）
【考点】由函数的单调性求解函数或参数；函数的单调性．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算．
【答案】D
【分析】由已知条件得到f（x）的图象关于x＝﹣2对称，从而可知f（x）在（﹣∞，﹣2]上为增函数，在（﹣2，+∞）上为减函数，且f（﹣4）＝0，再画出折线图表示出函数f（x）的单调性，即可得到答案．
【解答】解：根据题意，因为数f（x）满足f（﹣2﹣x）＝f（﹣2+x），则所以f（x）的图象关于x＝﹣2对称．
因为函数f（x）对任意x1，x2∈（﹣∞，﹣2]，且x1≠x2，都有成立，
所以f（x）在（﹣∞，﹣2]上为增函数．
又因为f（x）的图象关于x＝﹣2对称，f（0）＝0，
所以f（x）在（﹣2，+∞）为减函数，且f（﹣4）＝0．
用折线图表示函数f（x）的单调性，如图所示：
由图知：f（x）＞0 ﹣4＜x＜0．
故选：D．
【点评】本题考查函数奇偶性和单调性的综合应用，涉及函数的图象分析，属于中档题．
3．（2024 顺义区校级模拟）设x、y≥1，a＞1，b＞1．若ax＝by＝3，a+b＝2，则的最大值为（　　）
A．2 B． C．1 D．
【考点】函数的最值．
【专题】对应思想；转化法；函数的性质及应用；数学抽象．
【答案】C
【分析】根据题意，结合基本不等式，得到ab3，再利用对数性质，得到log3a+log3b＝log3ab，即可求解的最大值．
【解答】解：∵a＞1，b＞1，a+b＝2，
∴a+b≥2，即ab3，当且仅当a＝b时，等号成立．
∵ax＝by＝3，
∴x＝loga3，y＝logb3，
∴log3a+log3b＝log3ab≤log33＝1．
所以的最大值为1．
故选：C．
【点评】本题考查函数的最值和基本不等式，属于中档题．
4．（2024春 怀仁市校级期末）已知函数是定义在R上的增函数，则a的取值范围是（　　）
A．[1，3） B．[1，2] C．[2，3） D．（0，3）
【考点】由函数的单调性求解函数或参数；分段函数的应用．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算．
【答案】B
【分析】由题意可知函数在每一段上为增函数，且在x＝1时，一次函数的值不小于二次函数的值，然后解不等式组可求得结果．
【解答】解：因为是定义在R上的增函数，
所以，解得1≤a≤2．
故选：B．
【点评】本题考查分段函数的单调性，属于基础题．
5．（2024 新化县期末）已知函数y＝f（x）在定义域（﹣1，1）上是减函数，且f（2a﹣1）＜f（1﹣a），则实数a的取值范围是（　　）
A．（） B．（ C．（0，2） D．（0，+∞）
【考点】由函数的单调性求解函数或参数．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用．
【答案】B
【分析】利用函数y＝f（x）在定义域（﹣1，1）上是减函数，将f（2a﹣1）＜f（1﹣a）转化为：2a﹣1＞1﹣a求解．
【解答】解：函数y＝f（x）在定义域（﹣1，1）上是减函数，
则有：，
解得：，
故选：B．
【点评】本题考查了函数的性质的运用，利用了减函数这性质，注意定义域的范围．比较基础．
二．多选题（共2小题）
（多选）6．（2024春 大连期末）在下列函数中，最小值是2的是（　　）
A． B．
C． D．y＝x2﹣4x+6
【考点】函数的最值．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算．
【答案】BCD
【分析】利用基本不等式、单调性和二次函数的性质即可求解．
【解答】解：对于选项A，当x＜0时，，当且仅当，即x＝﹣1时，等号成立，
此时的最大值为﹣2，故A错误；
对于选项B，的定义域为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），由，
得，当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为2，故B正确；
对于选项C，由y1＝x﹣2在上单调递增，得在上单调递减，
当时，取得最小值为，故C正确；
对于选项D，y＝x2﹣4x+6＝（x﹣2）2+2，由二次函数的性质知，y＝x2﹣4x+6的对称轴为x＝2，开口向上，
y＝x2﹣4x+6在（﹣∞，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
当x＝2时，y＝x2﹣4x+6取得最小值为（2﹣2）2+2＝2，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题主要考查了函数性质在最值求解中的应用，属于中档题．
（多选）7．（2024春 太和县校级期末）定义，设f（x）＝min{|x|，x+1}，则（　　）
A．f（x）有最大值，无最小值
B．当x≤0，f（x）的最大值为
C．不等式的解集为
D．f（x）的单调递增区间为（0，1）
【考点】函数的最值；分段函数的应用．
【专题】函数思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；数学运算．
【答案】BC
【分析】作出函数图象，根据图象逐项判断即可．
【解答】解：作出函数f（x）＝min{|x|，x+1}的图象，如图实线部分，
对于A，根据图象，可得f（x）无最大值，无最小值，故A错误；
对于B，根据图象得，当x≤0时，f（x）的最大值为，故B正确；
对于C，由，解得，结合图象，得不等式的解集为，故C正确；
对于D，由图象得，f（x）的单调递增区间为，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题属于新概念题，考查了一次函数的性质、数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题．
三．填空题（共3小题）
8．（2024 镇海区校级学业考试）已知函数（a∈R）是偶函数，则函数f（x）的单调递增区间为 　[﹣1，0]　．
【考点】复合函数的单调性；奇函数偶函数的性质．
【专题】函数思想；转化法；函数的性质及应用；数学运算．
【答案】[﹣1，0]．
【分析】利用偶函数的定义求出a，再结合二次函数单调性求解即得．
【解答】解：∵函数f（x）是偶函数，∴f（﹣x）＝f（x），
即，整理得2ax＝0，而x不恒为0，因此a＝0，
∴．
函数f（x）的定义域为[﹣1，1]，根据复合函数的单调性，可知单调递增区间为[﹣1，0]．
故答案为：[﹣1，0]．
【点评】本题考查函数的性质及其应用，考查复合函数的单调性，是基础题．
9．（2024秋 沙坪坝区校级月考）max{x1，x2，x3}表示三个数中的最大值，对任意的正实数x，y，则的最小值是 　2　．
【考点】函数的最值；基本不等式及其应用．
【专题】新定义；对应思想；综合法；不等式；直观想象；数学运算．
【答案】2．
【分析】设，因x＞0，y＞0，可得，借助于基本不等式可得N3≥8，验证等号成立的条件，即得Nmin．
【解答】解：设，则x≤N，2y≤N，，
因x＞0，y＞0，则得．
又因2xy （2）＝2xy 8，
所以N3≥8，
当且仅当，
即x＝2，y＝1时等号成立，故的最小值为2．
故答案为：2．
【点评】本题属于新概念题，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
10．（2024 盐都区期末）已知关于x的一元二次不等式bx2﹣2x﹣a＞0的解集为{x|x≠c}（a，b，c∈R），则的最小值是 　　．
【考点】函数的最值；一元二次不等式及其应用．
【专题】转化思想；转化法；不等式；逻辑推理．
【答案】．
【分析】先利用一元二次不等式的解法得到以b＞0，c，Δ＝4+4ab＝0，从而得到a，b，c之间的关系，然后将所求解的式子统一转化为b表示，将式子进行化简变形，再利用基本不等式求最值即可．
【解答】解：因为关于x的一元二次不等式bx2﹣2x﹣a＞0的解集为{x|x≠c}，
所以b＞0，c，Δ＝4+4ab＝0，
故ab＝﹣1，则0，
所以a＝﹣c，
因为b＞0，
故，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是．
故答案为：．
【点评】本题考查了最值的求解，涉及了一元二次不等式的解法、基本不等式求最值的应用，解题的关键是将所求式子转化为只有一个变量，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
11．（2024 川汇区校级期末）已知函数是定义在（﹣1，1）上的函数，f（﹣x）＝﹣f（x）恒成立，且．
（1）确定函数f（x）的解析式，并用定义研究f（x）在（﹣1，1）上的单调性；
（2）解不等式f（x﹣1）+f（x）＜0．
【考点】由函数的单调性求解函数或参数；函数解析式的求解及常用方法．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算．
【答案】（1），函数f（x）在（﹣1，1）上是增函数，证明过程见解析；
（2）．
【分析】（1）利用f（﹣x）＝﹣f（x），可求a，b，得到函数f（x）的解析式，再利用函数的单调性证明即可；
（2）利用函数f（x）的单调性求解．
【解答】解：（1）由题意可知，即，
解得，
所以，经检验满足奇函数，
设﹣1＜x1＜x2＜1，
则，
∵﹣1＜x1＜x2＜1，
∴﹣1＜x1x2＜1，且x1﹣x2＜0，则1﹣x1x2＞0，
∴f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），
∴函数f（x）在（﹣1，1）上是增函数；
（2）∵f（x﹣1）+f（x）＜0，∴f（x﹣1）＜﹣f（x）＝f（﹣x），
又∵f（x）是定义在（﹣1，1）上的增函数，
∴，解得，
∴解集为．
【点评】本题主要考查了函数解析式的求法，考查了函数单调性的定义，属于基础题．
12．（2024 石景山区期末）已知函数f（x）的图像过点（1，1）．
（1）求实数m的值；
（2）判断f（x）在区间（﹣∞，﹣1）上的单调性，并用定义证明．
【考点】由函数的单调性求解函数或参数．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑推理；数学运算．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）将点（1，1）代入函数解析式，求解m的值即可；
（2）判断函数f（x）在区间（﹣∞，﹣1）上单调递增，利用定义证明即可．
【解答】解：（1）将点（1，1）代入函数中，可得，解得m＝﹣1．
（2）函数f（x）在区间（﹣∞，﹣1）上单调递增，证明如下．
由（1）可得，
任取x1＜x2∈（﹣∞，﹣1），则
，因为x1＜x2∈（﹣∞，﹣1），
则x1﹣x2＜0，x1+1＜0，x2+1＜0，即（x1+1）（x2+1）＞0，
所以，即f（x1）＜f（x2），
所以f（x）在区间（﹣∞，﹣1）上单调递增．
【点评】本题主要考查函数的单调性的判断与证明，考查运算求解能力，属于基础题．
13．（2024 余干县校级月考）已知函数，x∈[1，2]．
（1）证明f（x）的单调性并求值域；
（2）设，x∈[1，2]，a∈R，求函数F（x）的最小值g（a）．
【考点】定义法求解函数的单调性；运用基本不等式求最值．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑推理；数学运算．
【答案】（1）证明见解析，值域为[﹣3，0]；
（2）．
【分析】（1）用函数单调性的定义证明，并求出值域即可；
（2）设，结合二次函数的性质判断其单调性，并求出最值．
【解答】证明：（1）在[1，2]任取x1，x2且x1＜x2，则x2﹣x1＞0，x1 x2＞0，
所以，，
即f（x2）＞f（x1），所以是[1，2]上增函数，
故当x＝1时，f（x）取得最小值﹣3，当x＝2时，f（x）取得最大值0，
所以函数f（x）的值域为[﹣3，0]．
解：（2），x∈[1，2]，
令，t∈[﹣3，0]，则h（t）＝t2﹣2at+8＝（t﹣a）2+8﹣a2．
①当a≤﹣3时，h（t）在[﹣3，0]上单调递增，故g（a）＝h（﹣3）＝6a+17；
②当a≥0时，h（t）在[﹣3，0]上单调递减，故g（a）＝h（0）＝8；
③当﹣3＜a＜0时，h（t）在[﹣3，a]上单调递减，在[a，0]上单调递增，
故g（a）＝h（a）＝8﹣a2；
综上所述，．
【点评】本题考查利用定义法判断函数单调性，考查函数最值的求解，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．
14．（2024 广东期末）已知函数是偶函数．
（1）求实数a的值；
（2）判断函数f（x）在[0，+∞）上的单调性，并用定义证明．
【考点】由函数的单调性求解函数或参数．
【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据函数的奇偶性的定义求出a的值即可；
（2）根据函数的单调性的定义证明即可．
【解答】解：（1）函数是偶函数，
则对任意的x都有f（﹣x）＝f（x），
f（﹣x），
则，
即ax+1＝﹣ax+1，解得a＝0；
（2）由（1）得，
函数f（x）在[0，+∞）上的单调递减．
证明如下：
设任意的0≤x1＜x2，
则
因为x2＞x1≥0，所以，
又因为，
所以f（x2）﹣f（x1）＜0，
即f（x2）＜f（x1），
所以函数f（x）在[0，+∞）上的单调递减．
【点评】本题考查了函数的单调性、奇偶性问题，考查根据定义证明函数的单调性问题，是一道中档题．
15．（2024 阳江期末）已知函数．
（1）当a＝1时，求f（x）的单调递增区间（只需判定单调区间，不需要证明）；
（2）设f（x）在区间（0，2]上最大值为g（a），求y＝g（a）的解析式．
【考点】函数的单调性；函数的最值．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算．
【答案】（1）（﹣1，0），（0，+∞）；
（2）．
【分析】（1）当a＝1时，将函数f（x）写为分段函数的形式，结合的单调性，写出函数的单调递增区间．
（2）对a分成a≥2，a≤0，0＜a＜2三种情况，结合函数f（x）的解析式，讨论函数的最大值，由此求得g（a）的解析式．
【解答】解：（1）当a＝1时，，
当x＞1时，易得单调递增；
当x≤1时，，
因为对勾函数在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上单调递增，在（﹣1，0），（0，1）上单调递减，
所以f（x）在（﹣1，0），（0，1）上单调递增，
又当x＝1时，，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
综上，f（x）的单调递增区间为（﹣1，0），（0，+∞）．
（2）因为x∈（0，2]，
当a≥2时，x≤a，则，
根据对勾函数的单调性可知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减，
所以g（a）＝f（x）max＝f（1）＝a﹣2；
当a≤0时，x≥a，则，显然f（x）在（0，2]上单调递增，
所以；
当0＜a＜2时，，
当a＜x≤2时，单调递增，故f（x）max＝f（2）＞f（a），
当0＜x≤a时，，
若a≤1时，则f（x）max＝f（a）；若a＞1时，则f（x）max＝f（1）＝a﹣2；
所以当a≤1时，；
若1＜a＜2时，g（a）＝max{f（1），f（2）}，又f（1）＝a﹣2，，
当，即时，g（a）＝f（1），
当，即时，g（a）＝f（2）；
综上，．
【点评】本题主要考查了函数单调性的判断及应用，解决的关键在于充分理解对勾函数的单调性，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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