第2章 第2节 函数的单调性-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课时作业word（人教B版）

课时冲关9　函数的单调性 学生用书　P284 [基础训练组] 1．(多选)下列函数中，满足“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，使得＜0”成立的是(　　 ) A．f(x)＝－x2－2x＋1 B．f(x)＝x－ C．f(x)＝x＋1 D．f(x)＝ (2x)＋1 解析：AD　[根据题意，“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，使得＜0”，则函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，据此依次分析选项：对于选项A，f(x)＝－x2－2x＋1，为二次函数，其对称轴为x＝－1，在(0，＋∞)上递减，符合题意；对于选项B，f(x)＝x－，其导数f′(x)＝1＋＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上递增，不符合题意；对于选项C，f(x)＝x＋1为一次函数，所以f(x)在(0，＋∞)上递增，不符合题意；对于选项D，f(x)＝ (2x)＋1，在(0，＋∞)上单调递减，符合题意．] 2．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2]　　　　 B．[－2,0) C．(0,2] D．[2，＋∞) 解析：D　[由题意易得，≥1，所以a的取值范围是[2，＋∞)．] 3．(2024·聊城市模拟)函数y＝ln (x2－4x＋3)的单调减区间为(　　 ) A．(2，＋∞) B．(3，＋∞) C．(－∞，2) D．(－∞，1) 解析：D　[令t＝x2－4x＋3＞0，求得x＜1，或x＞3， 故函数的定义域为{x|x＜1，或x＞3}，且y＝ln t. 由二次函数的性质得，t在区间(－∞，1)上为减函数，在区间(3，＋∞)为增函数， 又y＝ln t在t∈(0，＋∞)上为增函数，根据复合函数单调性的判断方法，知函数y＝ln (x2－4x＋3)的单调减区间为(－∞，1)．] 4．(2024·泰安模拟)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则(　　) 解析：C　[∵f(x)是定义域为R的偶函数， ∴f＝f(log34)． 5．已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝在区间(1，＋∞)上一定(　　) A．有最小值 B．有最大值 C．是减函数 D．是增函数 解析：D　[由题意知a<1，∴g(x)＝＝x＋－2a，当a<0时，显然g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当a>0时，g(x)在[，＋∞)上是增函数，故在(1，＋∞)上为增函数，∴g(x)在(1，＋∞)上一定是增函数．] 6．(多选)已知f(x)是定义在[0，＋∞)上的函数，根据下列条件，可以断定f(x)是增函数的是(　　 ) A．对任意x≥0，都有f(x＋1)＞f(x) B．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≥x2，都有f(x1)≥f(x2) C．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2＜0，都有f(x1)－f(x2)＜0 D．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≠x2，都有＞0 解析：CD　[根据题意，依次分析选项：对于选项A，对任意x≥0，都有f(x＋1)＞f(x)，不满足函数单调性的定义，不符合题意；对于选项B，当f(x)为常数函数时，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，都有f(x1)＝f(x2)，不是增函数，不符合题意；对于选项C，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2＜0，都有f(x1)－f(x2)＜0，符合题意；对于选项D，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，设x1＞x2，若＞0，必有f(x1)－f(x2)＞0，则函数在[0，＋∞)上为增函数，符合题意．] 7．(2024·日照模拟)已知奇函数f(x)为R上的减函数，若f(3a2)＋f(2a－1)≥0，则实数a的取值范围是________． 解析：∵奇函数f(x)为R上的减函数， ∴不等式f(3a2)＋f(2a－1)≥0， 等价为f(3a2)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)， 即3a2≤1－2a，即3a2＋2a－1≤0，得(a＋1)(3a－1)≤0，得－1≤a≤， 即实数a的取值范围是. 答案： 8．设函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a的取值范围是________． 解析：f(x)＝＝a－， 定义域为(－∞，－2a)∪(－2a，＋∞)， ∵函数f(x)在区间(－2，＋∞)上是增函数， ∴，即，解得a≥1. 答案：[1，＋∞) 9．(2022·北京卷，15)设函数f(x)＝若f(x)存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为________． 解析：由题意知，函数最值与函数单调性相关，故可考虑以0,2为分界点研究函数f(x)的性质，当a<0时，f(x)＝－ax＋1，x<a，该段的值域为(－∞，－a2＋1)，故整个函数没有最小值；当a＝0时，f(x)＝－ax＋1，x<a，该段值域为