2024-2025学年新教材高中数学第三章函数的概念与性质3.2.1单调性与最大小值一课一练含解析新人教A版必修第一册

PAGEPAGE1第三章函数的概念与性质3.2函数的基本性质3.2.1单调性与最大(小)值第1课时函数的单调性考点1单调性定义的理解1.下列命题正确的是()。A.定义在(a,b)上的函数f(x),若存在x1,x2∈(a,b),当x1<x2时,有f(x1)<f(x2),那么f(x)在(a,b)上为增函数B.定义在(a,b)上的函数f(x),若有无穷多对x1,x2∈(a,b),当x1<x2时,有f(x1)<f(x2),那么f(x)在(a,b)上为增函数C.若函数f(x)在区间I1上为减函数,在区间I2上也为减函数,那么f(x)在区间I1∪I2上肯定是减函数D.若函数f(x)是区间I上的增函数,且f(x1)<f(x2)(x1,x2∈I),则x1<x2答案:D解析:A项中,应是对定义域内随意x1,x2且x1<x2都成立才可以,故A错;B项中,虽然有无穷多对,但也不能代表“全部”“随意”,故B错;C项中,以f(x)=1x为例,虽然在(-∞,0)及(0,+∞)上均为减函数,但在整个定义域上却不具有单调性,故C错。故选D2.假如函数f(x)在[a,b]上是增函数,对于随意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),则下列结论中不正确的是()。A.f(B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0C.f(a)≤f(x1)<f(x2)≤f(b)D.f(x1)≠f(x2)答案:C解析:由函数单调性的定义可知,若函数y=f(x)在给定的区间上是增函数,则x1-x2与f(x1)-f(x2)同号,由此可知,选项A,B,D正确;对于C,若x1>x2,则f(x1)>f(x2),故C不正确。3.如图3-2-1-1-1是函数y=f(x)的图像,则此函数的单调递减区间的个数是()。图3-2-1-1-1A.1B.2C.3 D.4答案:B解析:由图像,可知函数y=f(x)的单调递减区间有2个。故选B。4.(2024·河南周口高一上调考)设(a,b),(c,d)都是f(x)的单调递增区间,且x1∈(a,b),x2∈(c,d),x1<x2,则f(x1)与f(x2)的大小关系为()。A.f(x1)<f(x2)B.f(x1)>f(x2)C.f(x1)=f(x2) D.不能确定答案:D解析:由函数单调性的定义,知所取两个自变量必需是同一单调区间内的值,才能由该区间上函数的单调性来比较函数值的大小,而本题中的x1,x2不在同一单调区间内,所以f(x1)与f(x2)的大小关系不能确定。故选D。5.(2024·福建莆田一中高一上期中考试)若函数f(x)在R上是减函数,则下列关系式肯定成立的是()。A.f(a)>f(2a) B.f(a2)<f(a)C.f(a2+a)<f(a) D.f(a2+1)<f(a2)答案:D解析:因为f(x)是R上的减函数,且a2+1>a2,所以f(a2+1)<f(a2)。故选D。6.函数y=f(x)的图像如图3-2-1-1-2所示,则函数f(x)的单调递增区间是。

图3-2-1-1-2答案:(-∞,1]和(1,+∞) 解析:由题图可知函数f(x)的单调递增区间是(-∞,1]和(1,+∞)。7.若函数f(x)是[-2,2]上的减函数,则f(-1)f(2)。(填“>”“<”或“=”)

答案:>解析:∵f(x)在[-2,2]上是减函数,且-1<2,∴f(-1)>f(2)。考点2函数单调性的判定8.如图3-2-1-1-3所示的是定义在区间[-5,5]上的函数y=f(x)的图像,则下列关于函数f(x)的说法错误的是()。图3-2-1-1-3A.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]∪[4,5]上单调递减D.函数在区间[-5,5]上没有单调性答案:C解析:若一个函数出现两个或两个以上的单调性相同的区间,不肯定能用“∪”连接。故选C。9.(2024·广东揭阳第三中学高一期末)函数f(x)=2x的单调递减区间为()A.(-∞,+∞) B.(-∞,0)∪(0,+∞)C.(-∞,0),(0,+∞) D.(0,+∞)答案:C解析:由函数的图像(图略)知,函数以原点为对称中心,在(-∞,0),(0,+∞)上均为减函数。故选C。10.(2024·广西桂林高一期末调考)下列函数中,在R上是增函数的是()。A.y=|x|B.y=xC.y=x2D.y=1答案:B解析:对于A,y=|x|,当x<0时,函数为减函数,故错误;对于C,y=x2,当x<0时,函数为减函数,故错误;对于D,函数y=1x在(-∞,0)和(0,+∞)上都是减函数,故错误。故选B11.函数f(x)是定义在R上的单调递减函数,其图像过点(-3,2)和(1,-2),则使|f(x)|<2的自变量x的取值范围是。

答案:(-3,1) 解析:∵f(x)是定义在R上的减函数,f(-3)=2,f(1)=-2,∴当x>-3时,f(x)<2,当x<1时,f(x)>-2,故当-3<x<1时,|f(x)|<2。12.函数y=-(x-3)|x|的单调递增区间为。

答案:0,解析:y=-(x-3)|x|=-x2+3x,x考点3函数单调性的应用13.(2024·河北定州中学高三月考)已知函数f(x)=2x2-kx-4在区间[-2,4]上具有单调性,则k的取值范围是()。A.[-8,16]B.(-∞,-8]∪[16,+∞)C.(-∞,-8)∪(16,+∞)D.[16,+∞)答案:B解析:∵f(x)=2x2-kx-4,∴其对称轴为x=k4,k4≥4或k4≤-2,即k≥16或k≤-8,14.(2024·北师大附中高一期中)若函数y=f(x)在R上为增函数,且f(2m)>f(-m+9),则实数m的取值范围是()。A.(-∞,-3) B.(0,+∞)C.(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(3,+∞)答案:C解析:函数y=f(x)在R上为增函数,且f(2m)>f(-m+9),所以2m>-m+9,解得m>3。故选C。15.(2024·江西新余第一中学高一段考)已知函数f(x)满意f(1+x)=f(1-x),且对随意的x1,x2>1(x1≠x2),有f(x1)-f(x2)x1-x2>0。设a=f-12,b=fA.c<b<a B.a<b<cC.b<c<a D.b<a<c答案:D解析:∵f(1+x)=f(1-x),∴函数f(x)的图像关于直线x=1对称,∵对随意的x1,x2>1(x1≠x2),有f(x1)-f(x2)x1-x2>0,∴函数在x>1时单调递增。∵f-12=f1-32=f1+32=16.(2024·湖北黄石二中高一上月考)若函数f(x)=(2a-1)x+b在R上是减函数,则有()。A.a≥12B.a≤12C.a>12D.答案:D解析:函数f(x)=(2a-1)x+b在R上是减函数,则2a-1<0,即a<12。故选D17.函数y=f(x)在R上单调递增,且f(m2)>f(-m),则实数m的取值范围是。

答案:(-∞,-1)∪(0,+∞)解析:由函数y=f(x)在R上单调递增,且f(m2)>f(-m),得m2>-m,结合二次函数y=m2+m的图像,解得m<-1或m>0。18.若二次函数f(x)=x2-(a-1)x+5在区间12,1上是增函数,则实数a答案:(-∞,2]解析:因为函数f(x)在区间12,1上是增函数,且其图像的对称轴为直线x=a-12,所以a-12≤1219.已知f(x)=(3-a)x-4a,答案:2解析:由f(x)=(3-a)x-4a,x<120.(2024·四川遂宁高一期末)已知函数f(x)=2x2-ax+5在区间[1,+∞)上是单调递增函数,则f(1)的取值范围是。

答案:[3,+∞)解析:∵函数f(x)的图像的对称轴为直线x=a4,且f(x)在区间[1,+∞)上是单调递增函数,∴a4≤1,解得a≤4。又f(1)=7-a,∴f(1)≥7-4=3。即f(1)的取值范围是21.已知函数f(x)是区间(0,+∞)上的减函数,那么f(a2-a+1)与f34的大小关系为答案:f(a2-a+1)≤f34解析:∵a2-a+1=a-122+34≥34>0,又∵f(x)在(0,+∞)上为减函数,∴f(a2-考点4函数单调性的综合问题22.(2024·山西大同一中月考)已知函数f(x)是R上的增函数,A(0,-1),B(3,1)是其图像上的两点,则-1<f(x)<1的解集是()。A.(-3,0)B.(0,3)C.(-∞,-1]∪[3,+∞)D.(-∞,0]∪[1,+∞)答案:B解析:由已知,得f(0)=-1,f(3)=1,∴-1<f(x)<1等价于f(0)<f(x)<f(3)。∵f(x)在R上单调递增,∴0<x<3。23.(2024·云南昆明一中高一上期中考试)已知函数f(x)=4-x2,若0<x1<x2<x3,则f(x1)x1A.f(x1)x1<f(x3C.f(x3)x3<f(x2答案:C解析:由题意可得0<x1<x2<x3≤2,而f(x)x=4-x2x=4x2-1,∴f(x24.(2024·山东青岛二中期中考试)已知函数f(x)在区间[-4,7]上是增函数,则函数y=f(x-3)的一个单调增区间为()。A.[-2,3] B.[-1,7]C.[-1,10] D.[-10,-4]答案:C解析:由函数y=f(x)的图像向右平移3个单位长度后得到函数y=f(x-3)的图像,所以y=f(x-3)的一个单调增区间为[-1,10]。25.(2024·江苏徐州一中月考)已知函数f(x),g(x)在(a,b)上是增函数,且a<g(x)<b,求证:函数f(g(x))在(a,b)上也是增函数。答案:证明:任取x1,x2∈(a,b),且x1<x2,因为g(x)在(a,b)上是增函数,所以g(x1)<g(x2),且a<g(x1)<g(x2)<b。又f(x)在(a,b)上是增函数,所以f(g(x1))<f(g(x2)),所以函数f(g(x))在(a,b)上是增函数。26.(2024·江西临川一中月考)已知函数f(x)对随意的a,b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,且当x>0时,f(x)>1。(1)求证:f(x)是R上的增函数;答案:证明:设x1,x2∈R,且x1<x2,则x2-x1>0,即f(x2-x1)>1,所以f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1>0。所以f(x1)<f(x2),所以f(x)是R上的增函数。(2)若fxy=f(x)-f(y),f(2)=1,解不等式f(x)-f1x-答案:解:因为fxy=f(x)-f(y所以f(y)+fxy=f(x)在上式中取x=4,y=2,则有f(2)+f(2)=f(4),因为f(2)=1,所以f(4)=2。于是不等式f(x)-f1x-3f(x(x-3))≤f(4)(x≠3)。又由(1),知f(x)是R上的增函数,所以x解得-1≤x<3或3<x≤4。所以原不等式的解集为[-1,3)∪(3,4]。第2课时函数的最大(小)值考点1函数的最大(小)值的判定1.设函数f(x)的定义域为R,以下三种说法:①若存在常数M,使得对随意x∈R,有f(x)≤M,则M是f(x)的最大值;②若存在x0∈R,使得对随意x∈R,有f(x)≤f(x0),则f(x0)是f(x)的最大值;③若存在x0∈R,使得对随意x∈R,且x≠x0有f(x)≤f(x0),则f(x0)是f(x)的最大值。其中正确说法的个数为()。A.0B.1C.2D.3答案:C解析:由函数最大值的概念知②③正确。2.函数f(x)在[-2,+∞)上的图像如图3-2-1-2-1所示,则此函数的最大值、最小值分别为()。图3-2-1-2-1A.3,0 B.3,1C.3,无最小值 D.3,-2答案:C解析:视察题中图像可以知道,图像的最高点坐标是(0,3),从而其最大值是3;图像无最低点,即该函数不存在最小值。故选C。3.函数f(x)=x2+3x+2在区间(-5,5)上的最大值、最小值分别为()。A.42,12 B.42,-1C.12,-14 D.无最大值,最小值为-答案:D解析:∵f(x)=x+322-1∴当x=-32时,f(x)有最小值-14,f(x4.函数f(x)=11-x(1A.45 B.54 C.34答案:D解析:f(x)=1x-122+34≤435.已知函数f(x)在[-2,2]上的图像如图3-2-1-2-2所示,则此函数的最小值、最大值分别是()。图3-2-1-2-2A.f(-2),0B.0,2C.f(-2),2D.f(2),2答案:C解析:视察函数图像,知图像最低点的纵坐标为f(-2),最高点的纵坐标为2,故选C。6.函数f(x)=2-3x在区间[1,3]上的最大值是()A.2 B.3 C.-1 D.1答案:D解析:简单推断函数f(x)在区间[1,3]上是增函数,所以在区间[1,3]上的最大值是f(3)=1。7.(2024·四川成都高一上调考)函数y=x2-2x+2在区间[-2,3]上的最大值、最小值分别是()。A.10,5 B.10,1 C.5,1 D.12,5答案:B解析:因为y=x2-2x+2=(x-1)2+1,且x∈[-2,3],所以当x=1时,ymin=1,当x=-2时,ymax=(-2-1)2+1=10。故选B。8.(2024·河南林州一中期末考试)函数f(x)=1x,x≥1,A.1 B.2 C.12 D.答案:B解析:当x≥1时,函数f(x)=1x为减函数,此时f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=1;当x<1时,函数f(x)=-x2+2在x=0处取得最大值,最大值为f(0)=2。综上可得,f(x)的最大值为2。故选B9.若函数y=ax+1在[1,2]上的最大值与最小值的差为2,则实数a的值是()。A.2 B.-2 C.2或-2 D.0答案:C解析:依题意,当a>0时,2a+1-(a+1)=2,即a=2;当a<0时,a+1-(2a+1)=2,即a=-2。故选C。10.已知函数f(x)=-x2+4x+a,x∈[0,1],若f(x)的最小值为-2,则f(x)的最大值为()。A.1 B.0 C.-1 D.2答案:A解析:∵f(x)=-x2+4x+a在[0,1]上为增函数,∴其最小值为f(0)=a=-2,∴其最大值为f(1)=3+a=1。11.(2024·山东淄博高三期中考试)用长度为24m的材料围成一个中间加两道隔墙的矩形场地,要使矩形的面积最大,则隔墙的长度为()。A.3m B.4m C.32m D.5答案:A解析:设隔墙的长度为xm,场地面积为Sm2,则S=x·24-4x2=12x-2x2=-2(x-3)2+18,所以当x=3时,S有最大值,为12.记min{a,b}=a,a≤b,b,a>b。若f(x)=min{x+2,10-x}(答案:6解析:由题意,知f(x)=x+2,0≤x≤4,10-x,13.函数f(x)=x-x+1的最小值为答案:-5解析:令x+1=t(t≥0),则x=t2-1,所以y=t2-t-1(t≥0)。又y=t2-t-1(t≥0)的图像是对称轴为直线t=12、开口向上的抛物线的一部分,所以ymin=122-12-1=-54。故函数f(【名师点睛】本题考查无理函数的最值问题。求解这类问题经常运用的方法是换元法,通过换元将无理函数的最值问题化为二次函数的最值问题,须要留意的是换元后的新元的取值范围。14.(2024·河北成安一中高一月考)已知0<x<1,则函数y=x(3-2x)的最大值是。

答案:98解析:原函数可化为y=-2x2+3x=-2x-342+98,所以当x=315.对于函数f(x)=x2+2x,在使f(x)≥M成立的全部实数M中,我们把M的最大值Mmax=-1叫函数f(x)=x2+2x的下确界,则对于a∈R,且a≠0,y=a2-4a+6的下确界为。

答案:2解析:y=a2-4a+6=(a-2)2+2≥2,则y=a2-4a+6的下确界为2。考点2函数的最大(小)值的应用16.某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车,销售x辆该品牌车的利润(单位:万元)分别为L1=-x2+21x和L2=2x。若该公司在两地共销售15辆,则能获得的最大利润为()。A.90万元 B.60万元C.120万元 D.120.25万元答案:C解析:设公司在甲地销售x辆,则在乙地销售(15-x)辆,公司获利为L=-x2+21x+2(15-x)=-x2+19x+30=-x-1922+30+1924,∴当x=9或10时17.当0≤x≤2时,a<-x2+2x恒成立,则实数a的取值范围是()。A.(-∞,1] B.(-∞,0]C.(-∞,0) D.(0,+∞)答案:C解析:a<-x2+2x恒成立,则a小于函数f(x)=-x2+2x,x∈[0,2]的最小值,而f(x)=-x2+2x,x∈[0,2]的最小值为0,故a<0。18.已知函数y=x2-2x+3在区间[0,m]上有最大值3,最小值2,则m的取值范围是()。A.[1,+∞) B.[0,2]C.(-∞,2] D.[1,2]答案:D解析:由y=x2-2x+3=(x-1)2+2知,当x=1时,y的最小值为2;当y=3时,x2-2x+3=3,解得x=0或x=2。由y=x2-2x+3的图像知,当m∈[1,2]时,能保证y在区间[0,m]上的最大值为3,最小值为2。19.(2024·江苏苏州高一期末调考)已知函数f(x)=x2+ax+2(a>0)在区间[0,2]上的最大值等于8,则函数y=f(x)在区间[-2,1]上的值域为。

答案:7解析:由题知函数f(x)图像的对称轴为直线x=-a20.已知关于x的不等式x2-x+a-1≥0在R上恒成立,则实数a的取值范围是()。A.-∞,54 C.54,+答案:D解析:记f(x)=x2-x+a-1,则原问题等价于二次函数f(x)=x2-x+a-1的最小值大于或等于0。而f(x)=x-122+a-54,当x=12时,f(x)min=a-54,所以a-54≥考点3单调性与最大(小)值的综合问题21.已知一次函数f(x)=2x+3m+1,若当x∈[-1,+∞)时,f(x)≥0恒成立,则实数m的取值范围是。

答案:1解析:当x∈[-1,+∞)时,f(x)min≥0。因为f(x)=2x+3m+1在[-1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(-1)=3m-1,则3m-1≥0,解得m≥13,所以实数m的取值范围是122.(2024·黑龙江大庆铁人中学高一期中改编)已知二次函数g(x)=mx2-2mx+n+1(m>0)在区间[0,3]上有最大值4,最小值0。(1)求函数g(x)的解析式;答案:∵g(x)=m(x-1)2-m+1+n,∴函数g(x)的图像的对称轴方程为x=1。又∵m>0,∴依题意得g(1)=0∴g(x)=x2-2x+1。(2)设f(x)=g(x)-2xx,若f(x)-kx≤0在x∈答案:∵f(x)=g(x)-2xx,∴f(x∵f(x)-kx≤0在x∈18,8时恒成立,即x+1x-4-kx≤0在x∈18,8时恒成立,∴k≥1x2-4x+1在令t=1x,由x∈18,8得t=设h(t)=t2-4t+1=(t-2)2-3。∴函数h(t)的图像的对称轴方程为t=2,∴当t=8时,函数h(t)取得最大值33。∴k≥h(t)max=h(8)=33,∴k的取值范围为[33,+∞)。23.(2024·武汉二中单元测评)已知函数f(x)=x2+2x+a(1)当a=12时,求函数f(x)的最小值答案:当a=12时,f(x)=x2+2x+1任取x1,x2∈[1,+∞),且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=(x1-x2)1-所以f(x1)<f(x2),即函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在[1,+∞)上的最小值为f(1)=1+12+2=7(2)若对随意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,试求实数a的取值范围。答案:依题意f(x)=x2+2x+ax>0在[1,+∞)上恒成立,即x2+2x记y=x2+2x+a,x∈[1,+∞),由y=(x+1)2+a-1在[1,+∞)上单调递增,知当x=1时,y取得最小值3+a。所以当3+a>0,即a>-3时,f(x)>0恒成立。于是实数a的取值范围为(-3,+∞)。24.(202