分级练(8)　函数的单调性与最值（Word练习）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

分级练(8)　函数的单调性与最值 分级一　提能强化 1．(2024·安徽五河一中月考)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)＝log2(2x)＋1 A　解析：根据题意，“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，使得<0成立”，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 对于选项A，f(x)＝－x2－2x＋1，为二次函数，其对称轴为x＝－1，在(0，＋∞)上单调递减，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，＋∞)上单调递增，不符合题意； 对于选项C，f(x)＝x＋1为斜率大于0的一次函数，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意； 对于选项D，由复合函数单调性“同增异减”知，f(x)＝log2(2x)＋1在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意． 2．函数f(x)＝lg (x2－4)的单调递增区间为(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(2，＋∞) D．(－∞，－2) C　解析：由复合函数的单调性知，要使f(x)单调递增，需解得x>2. 3．已知函数f(x)＝，x∈(m，n]的最小值为0，则m的取值范围是(　　) A．(1，2) B．(－1，2) C．[1，2) D．[－1，2) D　解析：因为f(x)＝＝－1＋在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递减，且当x∈(m，n]时最小值为0，即f(n)＝0，n＝2，所以m<n＝2.又函数f(x)的定义域分为两段，x＝2在(－1，＋∞)上，故m≥－1.综上，－1≤m<2. 4．(2024·山西介休一中月考)若函数f(x)＝x2＋a|x－2|在[0，4]上为单调函数，则实数a的取值范围是(　　) A．[－4，0] B．[－4，4] C．[－8，0] D．[－8，4] A　解析：f(x)＝x2＋a|x－2|＝要使f(x)在[0，4]上为单调函数， 则或解得－4≤a≤0， 所以实数a的取值范围是[－4，0]. 5．已知定义在R上的函数f(x)对任意x∈(0，π)，有f(x)－f(－x)＝0，且当x1，x2>0时，有>0，设a＝f()，b＝f(－2)，c＝f(3)，则(　　) A．a<b<c B．b<c<a C．a<c<b D．c<b<a A　解析：因为对任意x∈(0，π)，f(x)－f(－x)＝0，所以f(－2)＝f(2).因为当x1，x2>0时，有>0， 所以函数f(x)在区间(0，π)上是增函数．因为<2<3，所以f()<f(2)<f(3)，即f()<f(－2)<f(3)，所以a<b<c. 6．(2025·甘肃兰州模拟)函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－∞，1] B　解析：函数f(x)＝2|x－a|＋3的增区间为[a，＋∞)，减区间为(－∞，a]，若函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a>1. 7．函数f(x)＝－x＋在上的最大值是________． 答案：　解析：易知f(x)在上单调递减，即f(－2)为最大值，且为2－＝. 8．已知函数f(x)＝x3＋(a>0)的最小值为8，则实数a＝________． 答案：2　解析：由x－a≥0，得x≥a，故函数的定义域为[a，＋∞).易知函数f(x)在[a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝a3＝8，解得a＝2. 9．已知函数f(x)＝. (1)写出函数f(x)的定义域和值域； (2)证明：函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，并求f(x)在x∈[2，8]上的最大值和最小值． (1)解：函数f(x)的定义域为{x|x≠0}．又f(x)＝1＋，所以函数f(x)的值域为{y|y≠1}． (2)证明：由题意可设0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝(1＋)－(1＋)＝－＝.　 因为0<x1<x2，所以x1x2>0，x2－x1>0， 所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)， 所以函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数． 在x∈[2，8]上，f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(8)＝. 分级二　知能探究 10．设函数f(x)＝ln (－x2＋4x)在(a，a＋1)上单调递增，则a的取值范围为(　　) A．(0，1) B．[0，2] C．(0，2) D．[0，1] D　解析：由函数－x2＋4x>0，得0<x<4，即函数f(x)的定义域为(0，4). 令g(x)＝－x2＋4x，x∈(0，4)， 则函数g(x)的对称轴为x＝2，开口向下， 所以g(x)在(0，2]上单调递增，在[2，4)上单调递减， 又y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增， 所以当函数f(x)在(a，a＋1)上单调递增时， 根据复合函数的单调性可知 解得0≤a≤1. 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． A　解析：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．(2024·河北沧州二模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋2)＝f(－x)，且在区间(1，＋∞)上单调递增，则满足f(1－x)>f(x＋3)的x的取值范围为(　　) A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1) C．(－1，1) D．(－∞，1) B　解析：因为函数f(x)满足f(x＋2)＝f(－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，又f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以在(－∞，1)上单调递减．因为f(1－x)>f(x＋3)，所以|(1－x)－1|>|(x＋3)－1|，即|－x|>|x＋2|，平方后解得x<－1，所以x的取值范围为(－∞，－1). 13．已知减函数f(x)的定义域是实数集R，m，n都是实数．如果不等式f(m)－f(n)>f(－m)－f(－n)成立，那么下列不等式成立的是(　　) A．m－n<0 B．m－n>0 C．m＋n<0 D．m＋n>0 A　解析：设F(x)＝f(x)－f(－x). ∵f(x)是R上的减函数， ∴f(－x)是R上的增函数，－f(－x)是R上的减函数， ∴F(x)是R上的减函数， ∴当m<n时，有F(m)>F(n)， 即f(m)－f(－m)>f(n)－f(－n)成立． 因此，当f(m)－f(n)>f(－m)－f(－n)成立时，不等式m－n<0一定成立． 14．能说明“若函数f(x)和g(x)在R上都是单调递增的，则h(x)＝f(x)g(x)在R上单调递增”为假命题的函数f(x)和g(x)的解析式分别是________，________． 答案：f(x)＝x　g(x)＝x(答案不唯一)　解析：根据题意，“若函数f(x)和g(x)在R上都是单调递增的，则h(x)＝f(x)g(x)在R上单调递增”为假命题，即函数f(x)，g(x)在R上均为增函数，而函数h(x)＝f(x)g(x)在R上不是增函数，可考虑f(x)，g(x)均为一次函数，可取f(x)＝x，g(x)＝x，则函数f(x)和g(x)在R上都是单调递增的，但函数h(x)＝f(x)g(x)＝x2在R上不是增函数． 15．设函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，F(x)＝ (1)若f(－1)＝0，且对任意实数x均有f(x)≥0成立，求F(x)的解析式； (2)在(1)的条件下，当x∈[－2，2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求实数k的取值范围． 解：(1)∵f(－1)＝0，∴b＝a＋1. 由f(x)≥0恒成立，知a>0且方程ax2＋bx＋1＝0中 Δ＝b2－4a＝(a＋1)2－4a＝(a－1)2≤0，∴a＝1，b＝2. 从而f(x)＝x2＋2x＋1. ∴F(x)＝ (2)由(1)可知f(x)＝x2＋2x＋1， ∴g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1， 由g(x)在[－2，2]上是单调函数， 知－≤－2或－≥2，得k≤－2或k≥6. 即实数k的取值范围为(－∞，－2]∪[6，＋∞). 分级三　素能创新 16．如果函数y＝f(x)在区间I上是减函数，而函数y＝在区间I上是增函数，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓减函数”，区间I叫“缓减区间”．可以证明函数f(x)＝＋(a>0，b>0)的单调递增区间为(－∞，－]，[，＋∞)；单调递减区间为[－，0)，(0，].若函数h(x)＝x2－2x＋1是区间I上的“缓减函数”，则下列区间中为函数h(x)的“缓减区间”的是(　　) A．(0，2] B．(0，] C． D．[1，] C　解析：对于h(x)＝x2－2x＋1，单调递减区间是(－∞，2]，对于y＝＝＋－2，单调递增区间是(－∞，－]和[，＋∞)，故h(x)＝x2－2x＋1的“缓减区间”为(－∞，－]和[，2]，只有C中的⊆[，2]，其他都不包含在上述区间中的任意一个之内，故选C. 学科网（北京）股份有限公司 $$