2023北师大版新教材高中数学必修第一册同步练习-§3 函数的单调性和最值

2023北师大版新教材高中数学必修第一册

第二章函数

§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.下列说法正确的是()

A.定义在(a,b)上的函数f(x),若存在xi,X2&a,b),且xi<x&满足f(xi)<f(X2)厕f(x)

在(a,b)上单调递增

B.定义在(a,b)上的函数f(x),若有无穷多对xi,X2&a,b),使得XKX2时，有

f(Xl)<f(X2)厕依)在已期上单调递增

C.若f(X)在区间11上单调递增,在区间12上也单调递增，则f(x)在IIUI2上也一定

单调递增

D.若f(x)在区间I上单调递增且f(Xl)<f(X2)(Xl,X2£l)，则X1<X2

2.已知四个函数的图象如图所示，其中在定义域内具有单调性的函数是()

3.(2021北京东城期末)若函数f(x)是R上的减函数,a>0,则下列不等式一定成立

的是()

A.f(a2)<f(a)B.f⑶<f。)

C.f(a)<f(2a)D.f(a2)<f(a-1)

题组二函数单调性的判断与证明

4.(2022湖南长沙宁乡四校联考)如图所示的是定义在区间［-5,5］上的函数y=f(x)

的图象，则下列关于函数f(x)的说法错误的是()

A.函数在区间［-5,-3］上单调递增

B.函数在区间［1,4］上单调递增

C.函数在区间［-3,1］U［4,5］上单调递减

D.函数在区间［-5,5］上没有单调性

5.(2021北京丰台期中)下列四个函数中,在区间(0,+8)上单调递增的是()

A.f(x)=3-xB.f(x)=x2-3x

C.f(x)=-冈D.f(x)=-^

6.函数f(x)=|x2-l|的增区间为

7.(2022安徽池州一中期中)证明:函数f(x)=|||在(-2,+8)上单调递增.

8.已知f(x)在(0,+8)上是增函数且f(x)>0,f(3)=L判断g(x)=f(x)+去在(0,3］上

是增函数还是减函数，并加以证明.

题组三函数的最值及其应用

9.(2020吉林辽源田家炳高中期中)函数y=x2-x+l,x曰-1,1］的最大值与最小值

之和为()

C.4D.5

10.函数：的最大值是()

A.3B.4C.5D.6

11.(2021山东淄博期中)若函数f(x)=x2+(m+l)x+3在区间(3,5)内存在最小值,

则m的取值范围是()

A.(5,9)B.(-ll,-7)

C.[5,9]D.[-ll,-7]

12.(2021江苏南通如东期中)设f(x)=x2-2ax+l,x£[0,2]4a=3时,f(x)的最小

值是若f(x)的最小值为1,则a的取值范围为.

题组四函数单调性的应用

13.(2021内蒙古集宁一中期中)已知函数丫=6)在区间[-5,5]上是增函数,那么下

列不等式中成立的是()

A.f(4)>f(-n)>f(3)

B.f(n)>f(4)>f(3)

C.f(4)>f(3)>f(n)

D.f(-3)>f(-n)>f(-4)

14.(2020北京人大附中期中)若函数f(x)=x2-2(a-l)x+2在区间(1,4)上不是单调

函数,则实数a的取值范围是.

15.(2021北京一零一中学期中)函数f(x)={£U/>0)是区间(0,+8)上的增

函数，则t的取值范围是.

16.(2020湖南衡阳四中月考)已知一元二次函数满足f(x+l)-f(x)=2x,且f(0)=l.

⑴求f(x)的解析式；

(2)若g(x)=f(x)-mx在[2,4]上是单调函数求实数m的取值范围.

17.（2020广东惠州期末）在充满竞争的市场环境中产品的定价至关重要,它将影

响产品的销量，进而影响生产成本、品牌形象等.某公司根据多年的市场经验，总结

得到了其生产的产品A在一个销售季度的销量y（单位:万件）与售价x（单位:元/件）

之间满足函数关系丫=产一/a<16,产品人的单件成本C（单位:元）与销量

（22-x,16<x<21,

y（单位:万件）之间满足函数关系C哼

Q）当产品A的售价在什么范围内时,其销量不低于5万件？

（2）当产品A的售价为多少时，总利润最大?（注:总利润=销量义（售价-单件成本））

能力提升练

题组一函数单调性的判断与证明

L若函数f（x）=tx<0则函数的单调递减区间为（）

lx2-4x+3,x>0,

A.（-oo,0）B.[0,2]

C（-8,0）和[0,2]D.（-oo,2]

2.（多选）设f（x）是定义在区间A上的减函数，若f（x）>0,则下列函数为增函数的是

A.y=3-f(x)B.y=l+急

Jl人J

C.y=[f(x)]2D.y=1-7/(%)

3.已知函数f(x)=-x2+2x+l的定义域为(-2,3)厕函数fQx|)的单调递增区间

为.

4.(2021安徽合肥期中淀义田0,+8)上的函数f(x),满足f(mn)=f(m)+f(n),且当

x>10tf(x)>0.

⑴求证:fQ=f(m)-f(n);

(2)判断函数f(x)的单调性,并说明理由.

题组二函数单调性的应用

5.(2021广东汕头金山中学月考)若函数f(x)=ax2-x+4对任意的XI,X2W(-1,+8),

且X逐X2,都有*<。,则实数a的取值范围为()

A.[-p0)B.f-i+oo)

C.朋D.G+8)

6.(2021广东江门第一中学月考)若函数丫二岭)是定义在[-3,4]上的增函数且

f(2m)>f(m-l)厕实数m的取值范围是()

A.(-l,2]B.(-L+8)

C.(-l,4]D,[-l,+oo)

7.(2020山东临沂沂水期中)已知函数f(x)=|：:j工。'若f(x-4)>f(2x-3)厕实

数x的取值范围是()

A.(-l,+°°)

C.(-l,4)D.(-oo,l)

8.(2020湖北部分重点中学测试)函数f(x)是R上的增函数，且f(a)+f(b)>f(-

a)+f(-b),Ky()

A.a>b>0B.a-b>0

C.a+b>0D.a>0,b>0

9.(2020山东青岛模拟)已知函数f(x)的定义域是。+8),且满足f(xy)=f(x)+f(y),

f@)=1对任意x,y£(0,+8),且x<y,都有f(x)>f(y)厕不等式f(-x)+f(3-x)>-2的

解集为()

A.{x|-l<x<0,ng3<x<4}

B.{x|-4<x<0}

C.{x|3<x<4}

D.{x|-l<x<0}

题组三函数的最值及其应用

10.(2020天津滨海新区期末)给定函数f(x)=x2,g(x)=x+2,Vx£R,用M(x)表示

f(x),g(x)中的较大者，记为M(x)=max{f(x),g(x)},则M(x)的最小值为()

A.-1B.lC.2D.4

11.(2020山东青岛第二中学期中)函数f(x)=x-V7不I的最小值为()

A.4B.;C.-lD.0

42

12.(2020江西南昌三校联考)已知函数f(x)=x2-2x在区间上的最大值为3,

则实数t的取值范围是()

A.(l,3]B,[l,3]

C.[-l,3]D.(-l,3]

13.(2021广东汕头金山中学月考)已知函数f(x)=x2-2x,g(x)=ax+2(a>0),对任意

xiw[-l,2]都存在xo£[-L2],使得g(xi)=f(xo)厕实数a的取值范围是.

14.(2021江西上饶重点中学月考)求一元二次函数f(x)=ax2+(2a-l)x-3(ak0)在

区间卜,2]上的最大值.

15.某汽车配件生产企业从今年一月起，若不改善生产环境按生产现状，每月原材

料及工人工资等总支出为20万元,每月产品销售收入为156万元,同时将受到环

保部门的处罚，第一个月罚3万元,以后每月增加2万元.如果从今年一月份起投

资500万元添加回收净化设备(改造时间不计),一方面可以改善环境，另一方面也

可以大大降低原料成本.据测算，添加回收净化设备并投产后的前5个月中的累计

生产净收入f(n)(万元)是生产时间n(月)的一元二次函数，前1、2、3个月的累计

生产净收入分别为152万元、308万元和468万元,以后稳定在第5个月的水

平.同时，该厂不但不受处罚，还将得到环保部门的一次性奖励100万元.

Q)求前10个月的累计生产净收入；

(2)求经过多少个月投资开始见效,即投资改造后的纯收入多于不改造时的纯收入.

答案与分层梯度式解析

第二章函数

§3函数的单调性和最值

基础过关练

1.P根据函数单调性的定义和性质来判断AB项中的"存在""有无穷多"

与定义中的"任意”不符,C项中也不能确定对任意X1,X2e(Ilub),且XI<X2,都有

f(xi)<f(X2),只有D项是正确的，故选D.

2.B对于A,函数分别在(-8,1)及［1,+8)上单调递增,但存在xi£(O,l),使

f(xi)>f⑴，故A不符合题意;对于C,函数分别在(-8,1)及(L+8)上单调递增，但存

在xi>l,使f(xi)<f(l),故C不符合题意;对于D,函数分别在(-8,0)及。+8)上单

调递减，但存在xi=-l,X2=l,使f(xi)<f(x*故D不符合题意;只有B符合增函数的

定义，具有单调性，故选B.

3.PA选项,a2-a=a(a-l)，当a>l时,a2>a，所以fQ2)<f(a);当0<a<l时,a2<a,所

以f(a2)>f(a),故A中不等式不一定成立.

B选项，当a>l时,a*,所以f⑶<f()当0<a<l时,a4,所以f(a)>f(»故B中不

等式不一定成立.

C选项，当a>0时,2a>a,所以f(a)>f(2a),故C中不等式不成立.

D选项,a2-(a-l)=a2-a+l=(a-92+|>0,则a2>a-l,所以f(a2)<f(a-l),故D中不等

式一定成立.

故选D.

4c

5.P对于A,f(x)=3-x为一元一次函数,在区间(0,+8)上单调递减,不符合题意；

对于B,f(x)=x2-3x为一元二次函数,在区间(o,|)上单调递减,不符合题意;对于C,

f(x)=-|x|=#：1在区间。+河上单调递减不符合题意;对于D,f(x)=-W在区间

(0,+⑼上单调递增，符合题意.故选D.

6.答案(-1Q)和(L+8)

解析画出f(x)=|x2-l|的图象，如图所示，

由图象可知，函数f(x)的增区间为(-1,0)和(L+8).

7.证明6)二笔=等=2-展

''x+2x+2x+2

任取Xl,X2W(-2,+8),其中X1<X2,

2'7\"X1+2X2+2(久1+2)。2+2)

因为-2<Xl<X2,所以X1-X2<0,Xl+2>0,X2+2>0,所以f(Xl)-f(X2)<0,即f(Xi)<f(X2),

故函数6)=筌在(-2,+8)上单调递增.

8.解析函数g(x)在(0,3]上是减函数证明如下:

任取Xl,X2£(0,3],且X1<X2,

则g(xi)-g(X2)=/％)+忌卜/(加+看]

二[f(Xl)-f(X2)][l-瀛d

因为f(X)在(0,+8)上是增函数，

所以f(Xl)-f(X2)<0.

又因为f(x)>0,f(3)=l,

所以0<f(xi)<f(X2)4f⑶=L

则0<f(X])f(X2)<l，所以焉>L

所以1--<°，

所以g(xi)-g(X2)>0,SPg(xi)>g(x2).

故g(x)=f(x)+焉在Q3]上是减函数.

9.13函数y=x2-x+l的图象的对称轴为直线xW，其在卜1厘上单调递减，在原U上

单调递墙.•.ymax=(-l)2-(-l)+l=3,ymin=(JW+iq

，ymax+ymin=3+[=学故选B.

10r当x<l时，函数y=x+3单调递增，有y<4,无最大值;当x>l时，函数y=-

x+6单调递减，在x=l处取得最大值5.所以该函数的最大值为5.

11.13由题意可得3〈-等<5,解得.故选B.

12.答案-7;(-oo,0］

解析当a=3时:f(x)=x2-6x+l,易知f(x)在［0,2］上单调递减所以f(x)的最小值

是f(2)=-7.

易知f(0)=l,f(x)=x2-2ax+l的图象开口向上,对解由为直线x=a,因为f(x)的最小

值为L所以f(x)在［0,2］上单调递增，所以awO,即a的取值范围是(小⑼.

13.P由已知得f(4)>f(m>-3)>f(-3)>f(-m>f(-4),故选D.

14.答案(2,5)

解析由题看得f(x)图象的对称轴为直线x=a-l,且所以2<a<5.

15.答案［L+8)

解析由题意得/言：解得出1.故答案为［1,+8).

16.解析Q)设一元二次函数的解析式为f(x)=ax2+bx+c(a^0),

由f(0)=l得c=l,故f(x)=ax2+bx+l.

因为f(x+l)-f(x)=2x,

所以a(x+l)2+b(x+l)+l-(ax2+bx+l)=2x,

即2ax+a+b=2x,

所以｛算黄。所以忆葭

所以f(x)=x2-x+l.

(2)g(x)=f(x)-mx=x2-(l+m)x+l的图象关于直线x=等对称.

因为函数g(x)在［2,4］上是单调函数，

所以等W2或等24,解得m<3或m>7,

故实数m的取值范围是(-8,3］U［7,+oo).

17.解析(1)由y>5得14-会5(6wxW16)或22-x>5(16<x<21),

解得6<x<16或16<x<17,BP6<x<17.

因此当产品A的售价(单位:元/件)在区间［6,17］内时,其销量不低于5万件.

(2)由题意得,总利润L=y(x3)=xy-30=［誓-3。,6aw16,

'y7lx(22-x)-30,16<x<21.

①当6<x<16时,L=4(x-14)2+68,当x=14时总利润L最大,最大为68;

②当16<xW21时,L=-(x-ll)2+91,所以函数L单调递减所以L<16x6-30=66.

所以当x=14时总利润L最大

因此当产品A的售价为14元/件时，总利润最大.

能力提升练

1.C函数f(x)的大致图象如图所示，

一元二次函数y=x2-4x+3图象的对称轴为直线x=2,所以函数f(x)的单调递减区

间为(-8,0)和。2].故选C.

2.ABD任取XI,X2£A,且xi<X2,则f(xi)>f(X2)>0,所以3-f(xi)<3-f(X2),所以

y=3-f(x)在区间A上为增函数.同理可证1+岛<1+后,[f(xi)F>[f(x2)F,l-

所以y=1+卷

y=1-V7函在区间A上均为增函数,y=[f(x)]2在区间A上为减函数.

3答案(-3,-1)和。1)

解析因为血数f(x)'=-x2+2x+l的定义域为(-2,3),所以函数耶|)满足-2<冈<3,

所以-3<x<3.

f(|x|)=-x2+2|x|+l(-3<x<3)

2

=(-X-2X+1,-3<x<0,

t-x2+2x+1,0Wx<3,

由一元二次函数的图象(图略)可知，函数f(|x|)的单调递增区间是(-3,-1)和(0,1).

4.解析⑴证明:由m=；n,

可得f(m)=f(M=f(3+f(n),

,-.fg)=f(m)-f(n).

(2)f(x)在。+8)上单调递增.理由如下：

任取Xi,X2£(0,+8),且X1<X2,则这>1.

由⑴及已知可得f(X2)-f(Xl)=fg)>0,SPf(X2)>f(Xl).」.f(X)在(0,+8)上单调递增.

5C由题意得当x£(-l,+8)时,f(x)单调递减.

当a=0时,f(x)=-x+4,符合题意；

当於0时《二°’[解得/a<0.

(丁——L2

综上所述，实数a的取值范围是舄，。]，故选C.

易错警示

形如f(x)=ax2+bx+c的函数单调性问题，由于a的值不确定，因此函数不一

定是一元二次函数，所以要对a的取值进行分类讨论，本题中的易错之处是忽视二

次项系数为0的情况.

6.A•「y=f(x)是定义在［-3,4］上的增函数目f(2m)>f(m-l),

(-3<2m<4,

<4,解得-l<m<2/

{2m>m-1,

・•・实数m的取值范围是(-L2］.故选A.

1.C由函数f(x)的图象(图略)知，

若f(x-4)>f(2x-3),则{言贲，

解得-1<x<4.

故实数X的取值范围是(-1,4).

8.C设a+bwO厕aw-b,bw-a.」(x)在R上单调递增,「.f(a)4f(-b),f(b)4f(-a),两

式左右分别相加彳导f(a)+f(b)4f(-b)+f(-a),与题设f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b)矛盾，故

a+b>0,故选C.

9.P・••对任意x,ye(0,+oo),nx<y,都有f(x)>f(y),「.f(x)在。+8)上单调递减.令

x』y=L则fG)=fG)+f⑴，故f⑴=0；令x=/=2厕f(l)=f0+f⑵，故f(2)=-l;

令x=y=2,则f(4)=f(2)+f(2)=-2.不等式f(-x)+f(3-x)>-2可转化为f(-x(3-

x))>f(4),

-x>0,

/.3-x>0,解得-1WX<O.

.0<—x(3-x)<4,

故所求不等式的解集为仅卜1Wx<0}.

10.8在同一直角坐标系中，作出函数f(x)=x4g(x)=x+2的图象，由M(x)的定义

知，函数M(x)的图象如图中实线部分所示.

由图象知，当x=-l时,M(x)取得最小值L故选B.

11.A令t;后轨则x=t2-l(t»0),函数化为y=t2tlQ0),一元二次函数y=t2-

t-1的图象开口向上，对神由为直线t=4,所以所求最小值为

12.P一元二次函数f(x)=x2-2x的图象开口向上,对称轴为直线x=l.

①当m时，函数f(x)=x2-2x在区间［-Lt］上单调递减厕f(X)max=f(-l)=3；

②当t>l时，函数f(x)=x2-2x在区间[-L1]上单调递减,在区间[l,t]上单调递增,

此时函数y=f(x)在x=-l或x=t处取得最大值，由于f(x)max=3=f(-l),

所以f(t)=t2-2t<3,BPt2-2t-3<0,

解得-lwtw3,此时l<tw3.

综上所述，实数t的取值范围是(-1,3],故选D.

13.答案(o,1]

解析:函数f(x)=x2-2x的图象是开口向上的抛物线，且关于直线x=l对称，

・•・当xo£[-L2]时,f(x)的最小值为f⑴=-1,最大值为f(-l)=3z.-.f(xo)e[-l,3].

,.g(x)=ax+2(a>0),xie[-l,2],

・•.g(x)为增函数,g(xi)日g(-l),g(2)]=[2-a,2a+2].

(2—QN—1,

・•,对任意XI£