3.2.1 函数的单调性与最值（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第一册（湘教版2019）

3.2　函数的基本性质 3.2.1　函数的单调性与最值 基础过关练 题组一　函数单调性的判定与证明 1.若函数f(x)在区间[a,b]上是增函数,则对于任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),下列结论不正确的是(　　) A.>0 B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0 C.f(a)≤f(x1)<f(x2)≤f(b) D.f(x1)≠f(x2) 2.下列四个函数中,在(1,+∞)上为增函数的是(　　) A.f(x)=3-x　　　　B.f(x)=x2-3x C.f(x)=　　　　D.f(x)=-|x| 3.(多选)已知函数f(x)=,下列结论正确的是(　　) A.定义域、值域分别是[-1,3],[0,+∞) B.单调减区间是[1,3] C.定义域、值域分别是[-1,3],[0,2] D.单调减区间是(-∞,1] 4.已知函数f(x)=. (1)求函数f(x)的定义域; (2)用函数单调性的定义证明:f(x)在(1,+∞)上是增函数. 5.设f(x)=(常数a∈R),且已知x=1是方程f(x)+x=0的根. (1)求a的值; (2)判断并用定义证明函数y=f(x)在(0,+∞)上的单调性; (3)设常数k∈R,解关于x的不等式kx·f(x)<(k+1)x-2k-1. 题组二　函数最大(小)值的求解 6.函数y=2x2-2x-1在区间[-1,1]上的最小值为(　　) A.-　　B.-1　　C.-　　D.-2 7.函数f(x)=2x-的最小值为(　　) A.-　　B.-2　　C.-　　D.- 8.函数f(x)=在区间[-2,2]上的最大值是　　　　.  9.已知二次函数满足f(x+1)-f(x)=2x-1,且f(0)=2. (1)求f(x)的解析式; (2)求f(x)在[t,t+1],t∈R上的最小值g(t),并写出g(t)的函数解析式. 题组三　函数单调性与最值的应用 10.定义域为R的函数f(x)满足:对任意的x1,x2∈R,x1≠x2,有(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]>0,则(　　) A.f(-2)<f(1)<f(3)　　　　 B.f(1)<f(-2)<f(3) C.f(3)<f(-2)<f(1)　　　　 D.f(3)<f(1)<f(-2) 11.已知函数f(x)=是R上的增函数,则a的取值范围是(　　) A.-3≤a<0　　　　 B.-3≤a≤-2 C.a≤-2　　　　 D.a<0 12.设f(x)=x2-2ax+1,x∈[0,2],当a=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　　　　.  13.若对任意x∈[-3,2],不等式x2+2x-12≤mx恒成立,则实数m的取值范围是　　　　.  14.对于任意的实数a,b,min{a,b}表示a,b中较小的那个数,即min{a,b}=已知函数f(x)=3-x2,g(x)=1-x. (1)在同一直角坐标系中画出f(x),g(x)的图象; (2)设h(x)=min{f(x),g(x)},x∈R,写出函数h(x)的解析式并求出h(x)的最大值. 能力提升练 题组一　函数的单调性及其应用 1.(多选)已知函数f(x)是定义在R上的增函数,若a∈R,则(　　) A.f(a2+1)>f(2a)　　　　B.f(a2+1)>f(a) C.f(2a)<f(a2+2)　　　　D.f(a2)>f(a) 2.若函数f(x)=在区间(-2,+∞)上单调递增,则实数k的取值范围是(　　) A.(-∞,-1)　　　　B.{-2} C.(-∞,-2]　　　　D.(-∞,-2) 3.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足<0,且f=3,f(3)=9,则不等式f(x)>3x的解集为(　　) A.(3,+∞)　　　　 B.(0,3) C.　　　　 D. 题组二　函数的最大(小)值及其应用 4.已知函数f(x)=的定义域为[0,+∞),则函数f(x)的值域为(　　) A.[-2,+∞)　　　　B. C.　　　　D. 5.已知函数f(x)=x2+px+q,g(x)=x+(x>0),对任意x>0,存在常数x0,都有f(x)≥f(x0),g(x)≥g(x0),且f(x0)=g(x0),则p+q=(　　) A.-16　　B.6　　C.4　　D.-32 6.已知函数f(x)=-(a>0,x>0),则该函数为　　　　函数(填“增”或“减”);若f(x)<2x在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围为　　　　.  题组三　函数单调性与最值的综合应用 7.(多选)已知函数f(x)=-2x+1(x∈[-2,2]),g(x)=x2-2x(x∈[0,3]),则下列结论正确的是(　　) A.若∀x∈[-2,2], f(x)>a恒成立,则a的取值范围是(-∞,-3) B.若∃x∈[-2,2], f(x)>a成立,则a的取值范围是(-∞,-3) C.若∃x∈[0,3],g(x)=a成立,则a的取值范围是[-1,3] D.∀x∈[-2,2],∃t∈[0,3], f(x)=g(t) 8.已知函数f(x)=-,a>0. (1)证明:函数f(x)在R上单调递增; (2)设0<m<n,若f(x)的定义域和值域都是[m,n],求n-m的最大值. 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.C　由函数单调性的定义知,若函数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中结论都正确.由于x1,x2的大小关系不确定,故选项C中结论不正确. 2.C　对于A, f(x)=3-x在(1,+∞)上为减函数,所以该选项不符; 对于B, f(x)=x2-3x在上单调递减,在上单调递增,所以该选项不符; 对于C, f(x)===2-,由复合函数的单调性判断依据得该函数在(1,+∞)上为增函数,所以该选项符合; 对于D,当x∈(1,+∞)时, f(x)=-x,为减函数,所以该选项不符.故选C. 3.BC　要使函数f(x)=有意义,则有-x2+2x+3≥0,解得-1≤x≤3,所以函数f(x)=的定义域为[-1,3].因为-x2+2x+3=-(x-1)2+4≤4,所以f(x)∈[0,2].因为抛物线y=-x2+2x+3的对称轴为直线x=1,所以f(x)的单调减区间是[1,3].故选BC. 4.解析　(1)由1-x2≠0,得x≠±1,即f(x)的定义域为{x|x∈R,且x≠±1}. (2)证明: f(x)===-1. 任取x1,x2∈(1,+∞),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=-1-+1 =. ∵1<x1<x2, ∴x1-x2<0,1-x2<0,1-x1<0,1+x2>0,1+x1>0,x2+x1>0, ∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2), ∴f(x)在(1,+∞)上是增函数. 5.解析　(1)由已知可得f(1)+1=1-a+1=0, 解得a=2. (2)由(1)可得f(x)==x-,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,证明如下: 任取x1,x2∈(0,+∞)且x1>x2,则f(x1)-f(x2)=-=(x1-x2)+=, 因为x1>x2>0,所以x1-x2>0,x1x2>0, 所以f(x1)>f(x2), 所以函数f(x)在(0,+∞)上为增函数. (3)由kx·f(x)<(k+1)x-2k-1,可得kx2-(k+1)x+1<0,即(kx-1)(x-1)<0,其中x≠0. 当k=0时,x-1>0,解得x>1; 当k<0时,<0,由(kx-1)(x-1)<0可得x<或x>1; 当0<k<1时,>1,由(kx-1)(x-1)<0可得1<x<; 当k=1时,=1,原不等式即为(x-1)2<0,该不等式无解; 当k>1时,<1,由(kx-1)(x-1)<0可得<x<1. 综上所述,当k=0时,原不等式的解集为{x|x>1}; 当k<0时,原不等式的解集为; 当0<k<1时,原不等式的解集为; 当k=1时,原不等式的解集为⌀; 当k>1时,原不等式的解集为. 6.C　因为y=2x2-2x-1=2-的图象开口向上,对称轴为直线x=,所以在区间[-1,1]上,当x=时,函数取得最小值-.故选C. 7.A　设t=,则x=t2-1(t≥0),所以g(t)=2(t2-1)-t=2t2-t-2(t≥0).易知函数g(t)=2t2-t-2在上单调递减,在上单调递增, ∴f(x)min=g(t)min=g=-,故选A. 8.答案　1 解析　∵函数f(x)==2-,∴函数f(x)在区间[-2,2]上单调递增, ∴当x=2时,函数f(x)取得最大值,最大值为1. 9.解析　(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0), ∵f(0)=2,∴c=2, 又f(x+1)=a(x+1)2+b(x+1)+2, ∴f(x+1)-f(x)=2ax+a+b, 由2ax+a+b=2x-1,知a=1,b=-2, ∴f(x)=x2-2x+2. (2)f(x)=x2-2x+2,其图象的对称轴为直线x=1,故当t≥1时, f(x)=x2-2x+2在[t,t+1]上单调递增,故f(x)在x=t处取得最小值,g(t)=t2-2t+2;当t+1≤1,即t≤0时, f(x)=x2-2x+2在[t,t+1]上单调递减,故f(x)在x=t+1处取得最小值,g(t)=t2+1;当0<t<1时, f(x)=x2-2x+2在[t,1]上单调递减,在(1,t+1]上单调递增,故f(x)在x=1处取得最小值,g(t)=1. 综上,g(t)= 10.A　由题意可知函数f(x)是定义域为R的增函数,所以f(-2)<f(1)<f(3).故选A. 11.B　因为函数f(x)=是R上的增函数,所以解得-3≤a≤-2, 所以a的取值范围是-3≤a≤-2.故选B. 12.答案　-7;(-∞,0] 解析　当a=3时, f(x)=x2-6x+1,其在[0,2]上单调递减,∴f(x)min=f(2)=-7. 由函数的解析式知f(0)=1,若f(x)的最小值为1,则f(x)在[0,2]上单调递增,而f(x)=x2-2ax+1的图象开口向上,对称轴为直线x=a,∴a≤0,即a的取值范围是(-∞,0]. 13.答案　[-2,3] 解析　因为x2+2x-12≤mx,x∈[-3,2]恒成立, 所以x2+(2-m)x-12≤0,x∈[-3,2]恒成立. 记g(x)=x2+(2-m)x-12,x∈[-3,2]. 则g(x)max≤0, 由g(x)的图象开口向上,知函数g(x)的最大值是g(2)或g(-3), 所以即 解得-2≤m≤3,所以m∈[-2,3]. 14.解析　(1)函数f(x)=3-x2,g(x)=1-x在同一平面直角坐标系中的图象如图所示: (2)当g(x)≤f(x),即1-x≤3-x2时,-1≤x≤2, 所以当-1≤x≤2时,h(x)=1-x. 当g(x)>f(x),即1-x>3-x2时,x<-1或x>2, 所以当x<-1或x>2时,h(x)=3-x2. 综上,h(x)= 易知h(x)在(-∞,-1)上单调递增,在[-1,+∞)上单调递减,所以当x=-1时,h(x)取得最大值,最大值为2. 能力提升练 1.BC　因为a2+1-2a=(a-1)2≥0,所以a2+1≥2a,所以f(a2+1)≥f(2a),故A错误; 因为a2+1-a=+>0,所以a2+1>a,所以f(a2+1)>f(a),故B正确; 因为a2+2-2a=(a-1)2+1≥1>0,所以a2+2>2a,所以f(2a)<f(a2+2),故C正确; 当a∈R时,a2与a的大小关系不确定,所以D错误. 故选BC. 2.C　f(x)==1+,若f(x)在(-2,+∞)上单调递增,则故k≤-2,故选C. 3.B　不妨设x1>x2>0,<0, 所以x2f(x1)-x1f(x2)<0,所以<, 令g(x)=,则g(x1)<g(x2),故g(x)=在(0,+∞)上单调递减. 不等式f(x)>3x两边同时除以x(x>0),得>3,又因为f(3)=9,所以g(3)==3,所以g(x)>g(3),根据g(x)在(0,+∞)上单调递减,得x<3. 所以0<x<3,故选B. 4.C　当x=0时, f(0)=0, 当x∈(0,+∞)时, f(x)==, 令t(x)=x+,x∈(0,+∞), 利用对勾函数的性质知,当x∈(0,1)时,函数t(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,函数t(x)单调递增; ∴t(x)min=t(1)=2,即t(x)≥2,∴0<f(x)≤, 又f(0)=0,∴函数f(x)的值域为,故选C. 5.C　由题意知f(x0),g(x0)分别是函数f(x),g(x)的最小值,且f(x0)=g(x0), ∵g(x)=x+(x>0)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,∴g(x)的最小值为g(2)=4, ∴f(x)=x2+px+q的最小值为f(2)=g(2)=4. ∴∴∴p+q=4.故选C. 6.答案　增; 解析　f(x)=-(a>0)在x∈(0,+∞)上单调递增. f(x)<2x,即-<2x(a>0)在x∈(0,+∞)上恒成立,变形为<2x+(a>0)在x∈(0,+∞)上恒成立,令h(x)=2x+,x∈(0,+∞),则由对勾函数的性质得h(x)=2x+在上单调递减,在上单调递增,故h(x)≥h=2,所以<2(a>0),解得a>,所以实数a的取值范围为. 7.AC　在A中,因为f(x)=-2x+1(x∈[-2,2])是减函数,所以当x=2时,函数取得最小值,最小值为-3,因此a<-3,故A正确;在B中,因为f(x)=-2x+1(x∈[-2,2])是减函数,所以当x=-2时,函数取得最大值,最大值为5,因此a<5,故B错误;在C中,g(x)=x2-2x=(x-1)2-1(x∈[0,3]),∴当x=1时,函数取得最小值,最小值为-1,当x=3时,函数取得最大值,最大值为3,故函数的值域为[-1,3],由g(x)=a有解,知a∈[-1,3],C正确;在D中,∀x∈[-2,2],∃t∈[0,3], f(x)=g(t)等价于f(x)的值域是g(t)的值域的子集,而f(x)的值域是[-3,5],g(t)的值域是[-1,3],故D错误.故选AC. 8.解析　(1)证明:任取x1,x2∈R,且x2>x1, 则f(x2)-f(x1)=-=·, 因为a>0,x2>x1, 所以·>0,故f(x2)-f(x1)>0, 所以f(x2)>f(x1),所以函数f(x)在R上单调递增. (2)由(1)可知函数f(x)在[m,n]上单调递增. 因为f(x)=-的定义域和值域都是[m,n], 所以 所以m,n为关于x的方程-=x的两个不相等的正实数根, 化简方程可得a2x2-(2a2+a)x+1=0, 则Δ=[-(2a2+a)]2-4a2>0,解得a>, 所以n-m= - ==, 因为a>,所以0<<2, 所以当=,即a=时,n-m取得最大值,最大值为=. 学科网（北京）股份有限公司 $$