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2026北师大版高中数学必修第一册
§3　函数的单调性和最值
基础过关练
题组一　函数单调性的概念
　1.已知四个函数的图象如图所示,其中在定义域内单调的函数是(　　)
2.已知函数f(x)在R上是增函数,则下列说法正确的是(　　)
A.y=-f(x)在R上是减函数
B.y=在R上是减函数
C.y=[f(x)]2在R上是增函数
D.y=af(x)(a为实数)在R上是增函数
3.(多选题)(2025广东佛山H7联盟联考)已知函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线,f(x)的定义域为[a,b], x1,x2∈[a,b],且x1A. f(x1)>f(x2)
B.x1 f(x2)+x2 f(x1)C. >1
D. f(x)=min{f(a),f(b)}
题组二　函数单调性的判断与证明
4.(2024江西上饶天佑中学期末)函数y=f(x)的图象如图所示,则f(x)的单调递增区间为(　　)
A.(-2,0)　　　　B.(-2,0)∪(2,+∞)
C.(2,+∞)　　　　D.(-∞,0)和(2,+∞)
5.(2025山东淄博期中)下列四个函数中,在区间(0,+∞)上单调递增的是(　　)
A. f(x)=3-x　　　　B. f(x)=x2-3x
C. f(x)=-|x|　　　　D. f(x)=-
6.(2025湖南邵阳邵东一中期中)函数g(x)=x|x-1|+1的单调递减区间为　　　　.
7.(2025江西上饶部分中学联考)已知函数f(x)=的图象经过(-1,-2),两点.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)判断函数f(x)在(0,1)上的单调性并用定义进行证明.
题组三　函数单调性的应用
8.(2025江西部分高中联考)已知f(x)是R上的减函数,A(2,-3),B(0,3)是其图象上的两点,则不等式-3A.(-∞,1)∪(3,+∞)　　　　
B.(-∞,-1)∪(1,+∞)
C.(1,3)　　　　
D.(-1,1)
9.(易错题)(教材习题改编)已知函数f(x)=满足:对任意的x1,x2∈R,当x1≠x2时,都有 >0成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　　B.-2,　　　　
C.[-2,+∞)　　　　D.-∞,
10.(多选题)(2025湖南多校期中联考)已知函数f(x)的大致图象如图所示,若f(x)在[a,a+2]上单调递增,则a的值可以为(　　)
A.-0.1　　　　B.-1　　　　C.0.8　　　　D.5
11.(2025江西南昌部分中学期中)已知函数f(x)是定义在[0,+∞)上的单调函数,且对于任意的x∈[0,+∞),都有f(f(x)-)=2,则f(16)=　　　　.
题组四　函数的最值及其应用
12.(教材习题改编)函数f(x)=在区间[2,6]上的最大值为(　　)
A.3　　　　B.　　　　C.2　　　　D.
13.(易错题)(2025安徽池州期中)已知k≥0,函数f(x)=有最大值,则实数k的取值范围是　　　　.
14.(2024广东东莞第四高级中学期中)给定函数f(x)=x+4,g(x)=(x+2)2,x∈R.
(1)在给定的平面直角坐标系中画出函数f(x),g(x)的图象;
(2) x∈R,M(x)表示f(x),g(x)中的较大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)},结合图象写出函数M(x)的解析式,并求出M(x)的最小值.
15.(2025江西南昌进贤二中期中)已知函数f(x)=ax2-2ax+1+b(a>0).
(1)若a=b=1,求f(x)在[t,t+2]上的最小值;
(2)若函数f(x)在区间[2,4]上的最大值为27,最小值为3,求实数a,b的值.
能力提升练
题组一　函数单调性的判断与证明
　1. (多选题)(2025江西多校阶段测试)下列说法中正确的是(　　)
A.函数y=9+12x-4x2在(3,+∞)上单调递减
B.函数y=在(-∞,1)∪(1,+∞)上是增函数
C.函数y=在(-∞,1]上单调递增
D.已知f(x)是定义在R上的减函数,若a>b,则f(a)+f(-b)2.(多选题)(2024广东广州执信中学期中)若定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足: x1,x2∈(0,+∞),当x1≠x2时,恒有>0,则称f(x)为“理想函数”.则下列函数中是“理想函数”的是(　　)
A. f(x)=1　　　　B. f(x)=x2+2　　　　
C. f(x)=x3-x　　　　D. f(x)=x4
3.(2025安徽A10联盟期中)已知函数f(x)=,则f(x)的单调递减区间为　　　　.
题组二　函数单调性的应用
4.(2025江西赣州十八县二十四校期中)已知定义在R上的函数f(x)满足f(5+x)=f(5-x),且 x1,x2∈(5,+∞),x1≠x2,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0恒成立,则(　　)
A. f(5.5)>f(4.5)　　　　B. f(2.7)>f(3.2)
C. f(7.3)>f(7.9)　　　　D. f(2.7)>f(5.2)
5.(2025江西鹰潭余江一中期中)已知定义在[0,+∞)上的函数f(x)满足 x1,x2∈[0,+∞),且x1≠x2,都有 >2,若f(1)=2 024,则不等式f(x-2 024)>2(x-1 013)的解集为(　　)
A.(2 023,+∞)　　　　B.(2 024,+∞)
C.(2 025,+∞)　　　　D.(1 012,+∞)
6. (多选题)(2025江西多校阶段测试)已知f(x)是定义域为(0,+∞)的单调函数,且对于任意x>0,均有f =2,则(　　)
A. f(x)=f 　　　　B. f(x)>1
C. f(x)≥3-x　　　　D. f(x2+1)≥f(2x)
7.(2024湖南岳阳期末)已知a∈R,若函数f(x)=的值域为R,则a的取值范围是　　　　.
8.(2025安徽怀宁月考)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),对任意的a,b∈(0,+∞),都有f(a)+f(b)=f(ab).当00.
(1)求f(1)的值,并证明:当x>1时,f(x)<0;
(2)判断f(x)的单调性,并证明你的结论;
(3)若f =1,求不等式f(x2-2x+3-c2)+1<0的解集.
题组三　函数的最值及其应用
9.(2025福建福州闽侯一中月考)已知|y|≤1且2x+y=1,则2x2+16x+3y2的最小值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.13　　　　D.3
10.(2025河北衡水中学期中)设函数f(x)=若f(0)是f(x)的最小值,则a的取值范围为(　　)
A.[-1,0]　　　　B.[-1,+∞)
C.[-2,-1]　　　　D.(-∞,0]
11.(多选题)(2025江西上饶鄱阳期中)已知函数f(x)=,下列判断正确的是(　　)
A.若f(x)=2,则x=14
B. f(x)在定义域内是减函数
C.若x∈[2,8],则f(x)的值域是[-1,5]
D.若x∈N,则f(x)既有最小值又有最大值
12.(2025江西宜春丰城中学期中)已知函数f(x)=+a,g(x)=-,若 x1∈(-4,+∞), x2,x3∈(-4,+∞),使得g(x2)< f(x1)13.(2024四川泸州泸县第一中学期中)已知二次函数f(x)满足条件:①当x∈R时,f(x)的最大值为0;②f(-x)=f(x+2)成立;③2f(2)+1=0.
(1)求f(x)的解析式;
(2)求f(x)+2<0的解集;
(3)若存在实数t,当x∈[m,-1](m<-1)时,f(x+t)≥2x恒成立,求实数m的最小值.
14.(2025江苏连云港灌南协作体联考)某国产车企在车辆自动驾驶技术方面日益成熟,近期拟推出一款高阶智驾新车型,并决定大量投放市场.已知该型车的年固定研发成本为20亿元,受到场地和产能等其他因素的影响,该公司一年内生产该型车x万台(0≤x≤10)且全部售完,每台售价20万元,每年需投入的其他成本(单位:亿元)为C(x)=(其中,利润=销售收入-总成本)
(1)写出年利润S(x)(亿元)关于年产量x(万台)的函数解析式;
(2)当年产量为多少万台时,该企业获得的年利润最大 并求出最大年利润;
(3)若该企业当年不亏本,求年产量x(万台)的取值范围.
答案与分层梯度式解析
§3　函数的单调性和最值
基础过关练
1.B 2.A 3.ABC 4.D 5.D 8.C 9.A 10.BCD
12.A
1.B　对于A,函数分别在(-∞,1)及[1,+∞)上单调递增,但存在x1∈(0,1),使f(x1)>f(1),故A不符合题意;对于C,函数分别在(-∞,1)及(1,+∞)上单调递增,但存在x1>1,使f(x1)2.A　任取x1,x2∈R,且x1-f(x2),A一定成立;其余三项不一定成立,如当f(x)=x时,B,C不成立,当a≤0时,D不成立.
3.ABC　对于A, x1,x2∈[a,b],且x1f(x2),知f(x)为减函数,A正确;
对于B,由x1 f(x2)+x2 f(x1)因为x10,即f(x2)>f(x1),所以f(x)为增函数,B正确;
对于C,由x10,又>1>0,故f(x1)对于D,易得f(x)=f(a)或f(x)=f(b),故f(x)不是单调函数,D错误.
4.D　
5.D　对于A,f(x)=3-x为R上的减函数,A错误;
对于B,f(x)=x2-3x的图象开口向上,对称轴为直线x=,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增,B错误;
对于C,当x∈(0,+∞)时,f(x)=-|x|=-x,此时f(x)单调递减,C错误;
对于D, f(x)=-的单调递增区间为(-1,+∞)和(-∞,-1),所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,D正确.
6.答案　(也可写成闭区间或半开半闭区间)
解析　g(x)=x|x-1|+1=
画出函数g(x)的图象,如图所示,
由图可知,g(x)在上单调递增,在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
故g(x)的单调递减区间为.
7.解析　(1)∵f(-1)=-2,f =,
∴解得∴f(x)=x+(x≠0).
(2)f(x)在(0,1)上单调递减,证明如下:
任取x1,x2∈(0,1),且x1则f(x1)-f(x2)=-=(x1-x2)·,
∵x1,x2∈(0,1),且x10,即f(x1)>f(x2),
∴函数f(x)在(0,1)上单调递减.
8.C　依题意知f(2)=-3,f(0)=3,则不等式-3又f(x)是R上的减函数,所以0所以不等式-39.A　由题意可知,对任意的x1,x2∈R,当x2>x1时, f(x1)>f(x2),所以f(x)在R上单调递减.
当x<1时,由y=(2a-1)x+4a单调递减,知2a-1<0,得a<;
当x≥1时,由y=-x2-ax+1单调递减,知-≤1,得a≥-2.
在分界点x=1处,需满足2a-1+4a≥-1-a+1(易错点),得a≥,故a的取值范围为≤a<.
10.BCD　由题图可知f(x)在[0,2.8],[4,+∞)上单调递增,所以或a≥4,所以0≤a≤0.8或a≥4.结合选项知B,C,D符合题意.
11.答案　5
解析　设t=f(x)-,则f(x)=t+, f(t)=2,
又函数f(x)是定义在[0,+∞)上的单调函数,所以t+=2,所以t=1,
所以f(x)=1+,则f(16)=1+4=5.
12.A　f(x)===1+,所以f(x)在区间[2,6]上单调递减,故f(x)在[2,6]上的最大值为f(2)=3.
13.答案　[1,+∞)
解析　当k=0时,f(x)=无最大值,
故要使函数存在最大值,则k>0且k+1≥(易错点),
解得k≥1.
易错警示
对于分段函数的最值问题,要特别注意的是检验分界点处的函数值,如本题中若函数存在最大值,则当x=k时,要保证k+1≥.
14.解析　(1)函数f(x),g(x)的图象如图所示.
(2)由(x+2)2=x+4,得x2+3x=0,∴x=0或x=-3,结合(1)中图象得,M(x)=
可知当x=-3时,M(x)min=(-3+2)2=1.
15.解析　(1)当a=b=1时, f(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1,x∈[t,t+2],
当t+2≤1,即t≤-1时,f(x)在[t,t+2]上单调递减,f(x)min=f(t+2)=t2+2t+2;
当t≥1时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,f(x)min=f(t)=t2-2t+2;
当-1设f(x)在[t,t+2]上的最小值为g(t),
则g(t)=
(2)由a>0知f(x)的图象开口向上,易知其对称轴为直线x=1 [2,4],故f(x)在[2,4]上单调递增,
当x=2时,f(x)取得最小值,为b+1,当x=4时,f(x)取得最大值,为8a+1+b,
则解得
能力提升练
1.AD 2.CD 4.C 5.C 6.BC 9.D 10.A 11.AD
1.AD　函数y=9+12x-4x2的图象开口向下,对称轴为直线x=,故该函数在(3,+∞)上单调递减,故A正确;
函数y==-在(-∞,1),(1,+∞)上均单调递增,但在(-∞,1)∪(1,+∞)上不单调递增,例如,取x=0和x=2,0<2,但当x=0时,y=1,当x=2时,y=-1,且1>-1,故B错误;
要使y=有意义,则-x2+2x+8≥0,解得-2≤x≤4,即函数的定义域为[-2,4],而(-∞,1] [-2,4],故C错误;
因为f(x)是定义在R上的减函数,a>b,所以f(a)-a,所以f(-b)2.CD　不妨设x1>x2>0,由>0,可得x2 f(x1)-x1 f(x2)>0,∴>,∵此不等式对任意的x1>x2>0都成立,∴函数y=在(0,+∞)上单调递增.
对于A,y==,易知函数y=在(0,+∞)上单调递减,所以A不符合题意;
对于B,y==x+,易知函数y=x+在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,所以B不符合题意;
对于C,y==x2-1,易知函数y=x2-1在(0,+∞)上单调递增,所以C符合题意;
对于D,y==x3,易知函数y=x3在(0,+∞)上单调递增,所以D符合题意.
3.答案　(4,+∞)
解析　令x2-3x-4>0,解得x<-1或x>4,又y=x2-3x-4在x∈(-∞,-1)上单调递减,在x∈(4,+∞)上单调递增,且y=在t∈(0,+∞)上单调递减,所以由复合函数“同增异减”的原则知f(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减,故f(x)的单调递减区间为(4,+∞).
易错警示
求复合函数的单调区间时,应先求出函数的定义域,再在定义域内讨论其单调性,避免因忽视定义域而解题错误.
4.C　因为f(5+x)=f(5-x),所以f(x)的图象关于直线x=5对称,
由题意可知f(x)在(5,+∞)上单调递减,所以f(x)在(-∞,5)上单调递增,
所以f(5.5)=f(5+0.5)=f(5-0.5)=f(4.5),故A错误;
因为2.7<3.2<5,所以f(2.7)因为5<7.3<7.9,所以f(7.3)>f(7.9),故C正确;
因为f(2.7)=f(5-2.3)=f(5+2.3)=f(7.3),且5<5.2<7.3,所以f(2.7)=f(7.3)二级结论
f(x)的图象关于直线x=a对称 f(a+x)=f(a-x) f(2a-x)=f(x).
5.C　由>2得>0,令g(x)=f(x)-2x(关键点),
则 x1,x2∈[0,+∞),且x1≠x2,都有>0,因此函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,由f(1)=2 024,得g(1)=2 022,
由f(x-2 024)>2(x-1 013)得f(x-2 024)-2(x-2 024)>2 022,即g(x-2 024)>g(1),则x-2 024>1,解得x>2 025,
所以原不等式的解集为(2 025,+∞).
6.BC　因为f(x)是单调函数,且对于任意x>0,均有f=2,所以f-x是一个常数,设该常数为n,
用t替换,得f(t)-=n,则f(n)=2,f(t)=+n,故f(n)=+n=2,所以n=1,所以f(x)=1+.
f=1+x,故A错误;
因为x∈(0,+∞),所以>0,即1+>1 f(x)>1,故B正确;
易知x>0时,x+≥2,当且仅当x=1时取等号,则1+≥3-x(x>0),即f(x)≥3-x,故C正确;
当x∈(0,+∞)时,x2+1≥2x,易知f(x)=1+在(0,+∞)上单调递减,所以f(x2+1)≤f(2x),故D错误.
7.答案　
解析　当x≤1时,f(x)=x3,f(x)单调递增,其值域为(-∞,1].
因为f(x)的值域为R,所以当x>1时,f(x)=(3a-1)x+2a的值域包含(1,+∞).
当3a-1<0,即a<时,f(x)=(3a-1)x+2a在(1,+∞)上单调递减,其值域为(-∞,5a-1),不符合题意;
当3a-1=0,即a=时,f(x)=2a(x>1),其值域为{2a},不符合题意;
当3a-1>0,即a>时,f(x)=(3a-1)x+2a在(1,+∞)上单调递增,其值域为(5a-1,+∞),
由(1,+∞) (5a-1,+∞),得5a-1≤1,解得a≤,因此综上所述,a的取值范围是.
8.解析　(1)对于f(a)+f(b)=f(ab)①,令a=b=1,得f(1)+f(1)=f(1),则f(1)=0.
当x>1时,0<<1,因为00,所以f >0.对于①,令a=x,b=,得f(x)+f =f(1)=0.
所以当x>1时,f(x)=-f <0.
(2)f(x)在(0,+∞)上单调递减,证明如下:
任取x1,x2,且00,
对于①,令a=x2,b=,则f(x2)+f=f(x1)(关键点)
,所以f(x2)-f(x1)=-f<0,即f(x1)>f(x2),所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
(3)对于①,令a=2,b=,则f(2)+f=f(1)=0,得f(2)=-f=-1,
由f(x2-2x+3-c2)+1<0,得f(x2-2x+3-c2)由(2)知f(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以x2-2x+3-c2>2,所以x2-2x+1-c2>0,
即[x-(1-c)][x-(1+c)]>0,则该不等式对应的方程的实数根为1+c和1-c.
当c>0时,1+c>1-c,不等式的解集为(-∞,1-c)∪(1+c,+∞);
当c=0时,1+c=1-c,不等式的解集为(-∞,1)∪(1,+∞);
当c<0时,1+c<1-c,不等式的解集为(-∞,1+c)∪(1-c,+∞).
综上,当c>0时,解集为(-∞,1-c)∪(1+c,+∞);当c=0时,解集为(-∞,1)∪(1,+∞);当c<0时,解集为(-∞,1+c)∪(1-c,+∞).
规律总结
(1)对于形如f(x)+f(y)=f(xy)的抽象函数,判断其单调性时,往往这样拆分:f(x1)=f或f(x2)=f .
(2)对于形如f(x)+f(y)=f(x+y)+k的抽象函数,判断其单调性时,往往这样拆分:f(x1)=f(x1-x2+x2)或f(x2)=f(x2-x1+x1).
9.D　由2x+y=1,可得y=1-2x,因为|y|≤1,所以|2x-1|≤1,解得0≤x≤1,
则2x2+16x+3y2=2x2+16x+3(1-2x)2=14x2+4x+3,
设f(x)=14x2+4x+3,x∈[0,1],
由二次函数的性质可得f(x)在x∈[0,1]上单调递增,
所以当x=0时,函数f(x)取得最小值,为f(0)=3,
即2x2+16x+3y2的最小值为3.
10.A　当x≥0时,f(x)=2x2-ax+1,可得f(0)=1.易知函数y=2x2-ax+1在R上的图象的对称轴为直线x=,若f(0)是f(x)的最小值,则≤0,解得a≤0.
当x<0时,-x>0,-x-+a≥2+a=2+a,当且仅当x=-1时等号成立,
要使函数的最小值为f(0),则1≤2+a,解得a≥-1.
综上,实数a的取值范围为[-1,0].
11.AD　对于A,令=2,解得x=14,故A正确;
对于B,f(x)==1+,其定义域为(-∞,6)∪(6,+∞),
当x∈(-∞,6)时,f(x)单调递减,且f(x)<1,当x∈(6,+∞)时,f(x)单调递减,且f(x)>1,故f(x)在(-∞,6)∪(6,+∞)上不是单调函数,故B错误;
对于C,由B知当x∈[2,6)时,f(x)单调递减,且f(x)≤f(2)=-1,当x∈(6,8]时,f(x)单调递减,且f(x)≥f(8)=5,
所以当x∈[2,6)∪(6,8]时,f(x)的值域是(-∞,-1]∪[5,+∞),当x=6时,f(x)无意义,故C错误;
由B知,当x∈N且x∈[0,6)时,f(x)单调递减,且-7=f(5)≤f(x)≤f(0)=-,当x∈N且x∈(6,+∞)时,f(x)单调递减,且1所以若x∈N,则函数f(x)既有最小值又有最大值,故D正确.
12.答案　
解析　因为x∈(-4,+∞),所以x+4>0,
所以f(x)=+a=+a≤+a=+a,当且仅当x+4=,即x=-1时,等号成立,故 x∈(-4,+∞),ag(x)=-=-,
易知y=+在(-4,+∞)上单调递增,则+>2,所以-2若 x1∈(-4,+∞), x2,x3∈(-4,+∞),使得g(x2)所以a的取值范围是.
方法总结
当f(x),g(x)存在最值时,若 x1∈I1, x2∈I2,使得g(x2)13.解析　(1)由题意可设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),
由f(-x)=f(x+2)得ax2-bx+c=a(x+2)2+b(x+2)+c,整理得(x+1)(2a+b)=0,所以b=-2a,所以函数f(x)图象的对称轴为直线x=1.
由当x∈R时,f(x)的最大值为0,可得a<0,f(1)=a-2a+c=0,则c=a,即f(x)=a(x-1)2(a<0),
由2f(2)+1=0得2a+1=0,所以a=-.
所以f(x)=-(x-1)2.
(2)由f(x)+2<0可得-(x-1)2+2<0,即x2-2x-3>0,解得x<-1或x>3,
所以原不等式的解集为{x|x<-1或x>3}.
(3)由f(x+t)≥2x可得-(x-1+t)2≥2x,即x2+2(t+1)x+(t-1)2≤0,
故当x∈[m,-1]时,x2+2(t+1)x+(t-1)2≤0恒成立,
故Δ=4(t+1)2-4(t-1)2=16t≥0,解得t≥0.
由x2+2(t+1)x+(t-1)2≤0得-t-1-2≤x≤-t-1+2,
则由②得0≤t≤4.
令g(t)=-t-1-2=-(+1)2,易得g(t)在0≤t≤4时单调递减,所以g(t)≥g(4)=-9,故m≥-9,此时,存在实数t=4,满足当x∈[m,-1]时,f(x+t)≥2x恒成立.
综上,实数m的最小值为-9.
14.解析　(1)当0≤x≤3时,销售收入为20x亿元,总成本为(20+x2+6x+4)亿元,
故年利润S(x)=20x-(20+x2+6x+4)=(-x2+14x-24)亿元;
当3则年利润S(x)=20x-=亿元.
所以S(x)=
(2)当0≤x≤3时,S(x)=-x2+14x-24,易知函数y=-x2+14x-24在R上的图象开口向下,对称轴为直线x=-=7,
所以在[0,3]上函数S(x)单调递增,此时S(x)max=S(3)=9(亿元);
当3因为39>9,所以当年产量为6万台时,该企业获得的年利润最大,最大年利润为39亿元.
(3)当0≤x≤3时,令S(x)≥0,即x2-14x+24≤0,解得2≤x≤12,
结合0≤x≤3,知2≤x≤3满足题意.
当3令y=4x2-87x+144,其图象开口向上,对称轴为直线x=,因为>10,
所以当3又x=3时,y=4×9-87×3+144=-81<0,
故当3综上可知,若该企业当年不亏本,则年产量x(万台)的取值范围为2≤x≤10.
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