第2章 课时冲关7 函数的单调性与最值(Word练习)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

课时冲关7　函数的单调性与最值 [基础训练组] 1．(2023·北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝－ln x　　　B．f(x)＝ C．f(x)＝－ D．f(x)＝3|x－1| 解析：C　[对于A，因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，故A不符合题意；对于B，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，故B不符合题意；对于C，因为y＝在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，故C符合题意；对于D，因为f＝3＝3＝，f(1)＝3|1－1|＝30＝1，f(2)＝3|2－1|＝3，显然f(x)＝3|x－1|在(0，＋∞)上不单调，D不符合题意．故选C.] 2．(2025·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，＋∞)上为增函数， 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).] 3．(2025·山东二模)已知函数f＝2x2－mx＋1在区间上单调递增，则f的取值范围是(　　) A． B． C． D． 解析：A　[函数f＝2x2－mx＋1的对称轴是x＝. 因为函数在区间上是增函数，所以≤－1，解得m≤－4， 又因为f＝3－m，因此3－m≥7，所以f的取值范围是.故选A.] 4．已知单调函数f(x)对任意的x∈R都有f[f(x)－2x]＝6，则f(2)＝(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：C　[设t＝f(x)－2x，则f(t)＝6，且f(x)＝2x＋t，令x＝t，则f(t)＝2t＋t＝6，∵f(x)是单调函数，且f(2)＝22＋2＝6，∴t＝2，即f(x)＝2x＋2，则f(2)＝4＋2＝6.] 5．(2025·辽宁锦州月考)若函数f(x)＝在R上为增函数，则实数b的取值范围是(　　) A． B. [1, 2] C． D. (－∞，2] 解析：B　[f(x)＝在R上为增函数， ∴ 解得1≤b≤2， ∴实数b的取值范围是[1，2].] 6．(多选)(2025·淄博模拟)已知函数f(x)＝a(a＞0且a≠1)在区间[1，3)上单调递增，则实数a的取值可能是(　　) A．　　　B．　　　C．　　　D． 解析：ABC　[当a＞0且a≠1时，函数y＝2－ax单调递减， 则要使f(x)在区间[1，3)上单调递增， 需要满足解得0＜a≤， 结合选项易知，只有不满足．] 7．(多选)已知函数f(x)的定义域为A，若对任意x∈A，存在正数M，使得|f(x)|≤M成立，则称函数f(x)是定义在A上的“有界函数”．则下列函数是“有界函数”的是(　　) A．f(x)＝ B．f(x)＝ C．f(x)＝ D．f(x)＝x＋ 解析：BC　[对于A，f(x)＝＝＝－1＋，由于≠0，所以f(x)≠－1，所以|f(x)|∈[0，＋∞)，故不存在正数M，使得 |f(x)|≤M成立； 对于B，令u＝4－x2，则u≥0，f(u)＝，当x＝0时，u取得最大值4，所以u∈[0，4]，所以f(x)∈[0，2]，故存在正数2，使得|f(x)|≤2成立； 对于C，令u＝2x2－4x＋3＝2(x－1)2＋1，则f(u)＝，易得u≥1，所以0＜f(x)≤＝5，即f(x)∈(0，5]，故存在正数5，使得|f(x)|≤5成立； 对于D，令t＝，则t≥0，x＝4－t2，则f(t)＝－t2＋t＋4＝－＋(t≥0)，易得f(x)≤，所以|f(x)|∈[0，＋∞)，故不存在正数M，使得|f(x)|≤M成立．] 8．(2025·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： 9．(2025·全国模拟)函数f(x)＝4－x＋＋1(x≥0)的值域是________． 解析：因为x≥0，设t＝∈(0，1]，y＝t2＋t＋1，t∈(0，1]， y＝t2＋t＋1＝＋在(0，1]上单调递增，所以1＜t2＋t＋1≤3. 答案：(1，3] 10．(2025·西安模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，②当x>0时，f(x)>－1. (1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调增函数； (2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4. 解：(1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1. 在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，f(x1－x2)>－1. 又f(x1)＝f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)， 所以函数f(x)在R上是单调增函数． (2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5. 由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4，得f(x2＋x＋1)>f(3)， 又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1>3，解得x<－2或x>1， 故原不等式的解集为{x|x<－2，或x>1}． [能力提升组] 11．若函数y＝在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值为M，最小值为m，则M－m＝(　　) A． B．2 C． D． 解析：A　[可令|x|＝t，则1≤t≤4，y＝－，易知y＝－在[1，4]上单调递增，∴其最小值为1－1＝0；最大值为2－＝，则m＝0，M＝，则M－m＝.] 12．(2025·重庆一中模拟)已知函数f(x)在定义域R上单调，且f(f(x)＋2x)＝1，则f(－2)的值为(　　) A．3 B．1 C．0 D．－1 解析：A　[因为函数f(x)在定义域R上单调，且f(f(x)＋2x)＝1，所以f(x)＋2x为常数，不妨设f(x)＋2x＝t，则f(x)＝t－2x, 由f(f(x)＋2x)＝1，得f(t)＝t－2t＝1，解得t＝－1，所以f(x)＝－2x－1，所以f(－2)＝－2(－2)－1＝3.] 13．(2025·沈阳模拟)已知函数f(x)＝|log3x|，实数m，n满足0＜m＜n，且f(m)＝f(n)，若f(x)在[m2，n]的最大值为2，则＝________． 解析：∵f(x)＝|log3x|，正实数m，n满足m＜n，且f(m)＝f(n)，∴－log3m＝log3n，∴mn＝1. ∵f(x)在区间[m2，n]上的最大值为2，函数f(x)在[m2，1)上是减函数，在(1，n]上是增函数， ∴－log3m2＝2，或log3n＝2. 若－log3m2＝2是最大值，得m＝，则n＝3，此时log3n＝1，满足题意条件．此时＝3÷＝9. 同理：若log3n＝2是最大值，得n＝9，则m＝， 此时－log3m2＝4，不满足题意条件． 综上可得 m＝，n＝3，＝9. 答案：9 14．已知f(x)是定义在[－1，1]上的奇函数，且f(1)＝1，若a，b∈[－1，1]，a＋b≠0时，有>0成立． (1)判断f(x)在[－1，1]上的单调性； (2)解不等式f<f； (3)若f(x)≤m2－2am＋1对所有的a∈[－1，1]恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)任取x1，x2∈[－1，1]，且x1<x2， 则－x2∈[－1，1]，∵f(x)为奇函数， ∴f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2) ＝·(x1－x2)， 由已知得>0，x1－x2<0， ∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2). ∴f(x)在[－1，1]上单调递增． (2)∵f(x)在[－1，1]上单调递增， ∴∴－≤x<－1. 所以不等式的解集为. (3)∵f(1)＝1，f(x)在[－1，1]上单调递增． ∴在[－1，1]上，f(x)≤1. 问题转化为m2－2am＋1≥1， 即m2－2am≥0，对a∈[－1，1]恒成立． 设g(a)＝－2m·a＋m2≥0. ①若m＝0，则g(a)＝0≥0，对a∈[－1，1]恒成立． ②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)≥0，对a∈[－1，1]恒成立，必须有g(－1)≥0且g(1)≥0， ∴m≤－2或m≥2. ∴实数m的取值范围是m＝0或m≥2或m≤－2. 学科网（北京）股份有限公司 $$