2.2 函数的单调性与最值（Word练习）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（人教A版）

[对应学生用书P267] A级[基础过关] 1．下列函数在R上为增函数的是(　　) A．y＝x2　　　　　　　 B．y＝x C．y＝－ D．y＝ 解析　y＝x2在(－∞，0]上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故选项A错误； y＝x在R上为增函数，故选项B正确； y＝－在[0，＋∞)上单调递减，故选项C错误； y＝在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递减，故选项D错误． 答案　B 2．函数f(x)＝x－(x∈[1，2])的最大值为(　　) A．－1 B．1 C． D．2 解析　因为函数y＝x，y＝－在区间[1，2]上均单调递增，故函数f(x)在[1，2]上单调递增，当x∈[1，2]时，f(x)max＝f(2)＝2－1＝1. 答案　B 3．函数y＝ 的单调递减区间为(　　) A． B． C．[0，＋∞) D．(－∞，－3] 解析　由题意，x2＋3x≥0，可得x≤－3或x≥0，所以函数y＝的定义域为(－∞，－3]∪[0，＋∞).令t＝x2＋3x，则外层函数y＝在[0，＋∞)上单调递增，内层函数t＝x2＋3x在(－∞，－3]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以函数y＝的单调递减区间为(－∞，－3]. 答案　D 4．(多选)下列函数满足“∀x1，x2∈(0，＋∞)，＜0”的有(　　) A．f(x)＝5x＋1 B．f(x)＝－3x＋1 C．f(x)＝x2＋4x＋3 D．f(x)＝ 解析　∀x1，x2∈(0，＋∞)，＜0，即当0＜x1＜x2时，f(x1)＞f(x2)，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．由一次函数、二次函数、反比例函数的性质知，B、D满足题意，A、C不满足题意．故选BD. 答案　BD 5．(多选)已知函数f(x)满足f＝，则下列关于函数f(x)的说法正确的是(　　) A．f(x)的定义域为{x|x≠－1} B．f(x)的值域为{y|y≠1，且y≠2} C．f(x)在(0，＋∞)上单调递减 D．不等式f(x)＞2的解集为(－1，0) 解析　由于f＝＝，故f(x)＝＝1＋(x≠0且x≠－1)，所以f(x)的定义域为{x|x≠－1，且x≠0}，作出其图象(图象略)，由图象知，f(x)的值域为{y|y≠1，且y≠2}；f(x)在(0，＋∞)上单调递减；f(x)＞2的解集为(－1，0).故选BCD. 答案　BCD 6．函数f(x)＝x2－6|x|＋8的单调递减区间是________． 解析　由题意得函数f(x)＝ 当x≥0时，函数f(x)＝x2－6x＋8的单调递减区间为[0，3]； 当x＜0时，函数f(x)＝x2＋6x＋8的单调递减区间为(－∞，－3]， 综上，函数f(x)＝的单调递减区间为(－∞，－3]，[0，3]. 答案　(－∞，－3]，[0，3] 7．已知函数f(x)＝且对任意的x1，x2∈R，x1≠x2时，都有＞0，则a的取值范围是________． 解析　由题意得函数f(x)在R上为增函数， 所以解得－1≤a＜0. 答案　[－1，0) 8．已知函数f(x)＝x－. (1)用函数单调性的定义证明：f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数； (2)解不等式：f(2x＋1)＞f(4x). (1)证明　任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝－＝(x1－x2)， 因为x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，所以x1－x2＜0，1＋＞0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数． (2)解析　对于f＞f(4x)，有2x＋1＞0，4x＞0，而函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，则2x＋1＞4x，解得x＜1. 所以不等式的解集为(－∞，1). B级[能力提升] 9．(多选)已知函数f(x)＝则下列结论正确的是(　　) A．f(x)在R上为增函数 B．f(e)＞f(2) C．若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≤－1或a≥0 D．当x∈[－1，1]时，f(x)的值域为[1，2] 解析　易知f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上单调递增，A错误，B正确；若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≥0或a＋1≤0，即a≥0或a≤－1，故C正确；当x∈[－1，0]时，f(x)∈[1，2]，当x∈(0，1]时，f(x)∈(－∞，2]，故x∈[－1，1]时，f(x)∈(－∞，2]，故D错误． 答案　BC 10．已知函数y＝f(x)的定义域为R，对任意x1，x2且x1≠x2，都有＞－1，则下列说法正确的是(　　) A．y＝f(x)＋x是增函数 B．y＝f(x)＋x是减函数 C．y＝f(x)是增函数 D．y＝f(x)是减函数 解析　不妨令x1＜x2，∴x1－x2＜0， ∵＞－1⇔f(x1)－f(x2)＜－(x1－x2)⇔f(x1)＋x1＜f(x2)＋x2， 令g(x)＝f(x)＋x，∴g(x1)＜g(x2)， 又x1＜x2，∴g(x)＝f(x)＋x是增函数． 答案　A 11．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________． 解析　法一　在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)的图象， 依题意，h(x)的图象为如图所示的实线部分． 易知点A(2，1)为图象的最高点， 因此h(x)的最大值为h(2)＝1. 法二　依题意，h(x)＝ 当0＜x≤2时，h(x)＝log2x是增函数； 当x＞2时，h(x)＝3－x是减函数， 因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1. 答案　1 12．已知函数f(x)＝若f(0)是函数f(x)的最小值，则实数a的取值范围为________． 解析　当x≤0时，若a＜0，由二次函数的性质可得f(0)不是f(x)的最小值；当a≥0，f(0)＝a2为f(x)在(－∞，0]上的最小值． 当x＞0时，f(x)＝x＋＋a≥2＋a＝2＋a，当且仅当x＝1时，等号成立， 所以a2≤a＋2，解得－1≤a≤2， 所以0≤a≤2. 所以实数a的取值范围是[0，2]. 答案　[0，2] 13．已知f(x)＝(x≠a). (1)若a＝－2，试证明：f(x)在(－∞，－2)上单调递增； (2)若a＞0，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围． (1)证明　当a＝－2时，f(x)＝. 任取x1，x2∈(－∞，－2)，且x1＜x2， 则f(x1)－f(x2)＝－＝. 因为(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0， 所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)， 所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增． (2)解析　任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2， 则f(x1)－f(x2)＝－＝. 因为a＞0，x2－x1＞0， 所以要使f(x1)－f(x2)＞0， 只需(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，所以a≤1. 综上所述，实数a的取值范围是(0，1]. C级[拓广探索] 14．已知定义在R上的函数f(x)为增函数，当x1＋x2＝1时，不等式f(x1)＋f(0)＞f(x2)＋f(1)恒成立，则实数x1的取值范围是(　　) A．(－∞，0) B． C． D．(1，＋∞) 解析　若f(x1)＋f(0)＞f(x2)＋f(1)， 则f(x1)－f(x2)＞f(1)－f(0). 又由x1＋x2＝1， 则有f(x1)－f(1－x1)＞f(1)－f(0).① 令g(x)＝f(x)－f(1－x)，又f(x)为增函数， 所以g(x)为增函数，①式即g(x1)＞g(1)，所以x1＞1. 答案　D 15．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)对于任意的x，y∈(0，＋∞)，总有f(x)＋f(y)＝f(xy)，且当x＞1时，f(x)＜0且f(e)＝－1. (1)求f(1)的值； (2)判断函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性，并证明； (3)求函数f(x)在上的最大值与最小值． 解析　(1)令x＝y＝1，则f(1)＋f(1)＝f(1)，所以f(1)＝0. (2)f(x)在(0，＋∞)上单调递减．证明如下： 设x1＞x2＞0，令xy＝x1，x＝x2，则y＝，所以y＞1，f(y)＜0，由题得f(x2)＋f＝f(x1)，即f(x1)－f(x2)＝f＜0， 即对任意x1，x2∈(0，＋∞)，若x1＞x2，则f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减． (3)因为f(e)＝－1，令x＝y＝e， 则f(e2)＝f(e)＋f(e)＝－2，令x＝e，y＝， 则f(1)＝f(e)＋f＝0，f＝1. 由(2)得，f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以f(x)max＝f＝1，f(x)min＝f(e2)＝－2. 学科网（北京）股份有限公司 $$