3.2.1 单调性与最大(小)值 同步练习-2025-2026学年高一上学期数学人教A版必修第一册

3.2.1 单调性与最大(小)值 一、单选题 1．下列函数在上单调递增的是（   ） A． B． C． D． 2．若函数在上是增函数，则下列关系式中成立的是（   ） A． B． C． D． 3．已知函数是R上的增函数，，是其图象上的两点，则的解集是（　　） A． B． C． D． 4．函数f（x）在[0，+∞）上是减函数，且f（2）＝﹣1，则满足f（2x﹣4）＞﹣1的实数x的取值范围是（　　） A． B． C． D． 5．函数f（x）在[－2，2]上的图象如图所示，则此函数的最小值、最大值分别是（    ）    A．－1，0 B．0，2 C．－1，2 D．，2 6．已知函数，其定义域是，，则下列说法正确的是　　 A．有最大值，无最小值 B．有最大值，最小值 C．有最大值，无最小值 D．有最大值2，最小值 7．当时，恒成立，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．设函数，则的值域是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知函数，下列关于函数的单调性说法正确的是（    ） A．函数在上不具有单调性 B．当时，在上递减 C．若的单调递减区间是，则a的值为 D．若在区间上是减函数，则a的取值范围是 三、填空题 10．函数为定义在上的增函数，且，则实数的取值范围是 ． 11．与在上都是减函数，则的取值范围是 ． 12．已知函数在区间上的最大值为 ． 13．某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车，利润（单位：万元）分别为和，其中为销售量（单位：辆）.若该公司在两地共销售辆，则能获得的最大利润为 万元. 14．已知函数，，若对任意，总存在，使成立，则实数的取值范围为 ． 四、解答题 15．已知函数. (1)讨论函数在上单调性,并用定义证明; (2)当时,有,求的范围. 16．设f(x)＝x2＋1，g(x)＝f(f(x))，F(x)＝g(x)－λf(x)．问是否存在实数λ，使F(x)在区间上是减函数且在区间上是增函数？ 17．已知函数f(x)＝求f(x)的最大值、最小值． 18．某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔（单位：分钟）满足，，经测算.该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔满足：，其中. (1)求，并说明的实际意义： (2)若该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益. 19．已知，函数． (1)当，请直接写出函数的单调递增区间（不需要证明）； (2)记在区间上的最小值为，求的表达式； (3)对（2）中的，当，时，恒有成立，求实数的取值范围． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 C D B C C A C D BD 1．C 分别判断选项中的函数在上的单调性即可. 对于A，反比例函数在上单调递增，当时，函数没有意义，故A不符合题意； 对于B，反比例函数在上单调递减，当时，函数没有意义，故B不符合题意； 对于C，时，，在上单调递增，故C符合题意； 对于D，由二次函数性质可知，在上先减后增，故D不符合题意． 故选：C． 2．D 根据增函数的定义求解即可. 因为在上是增函数，且， 所以. 故选：. 3．B 利用函数单调性可解. 由已知，得， 则， 在R上单调递增，. 故选：B. 4．C 由题意可得，结合单调性及函数的定义域可得不等式，结不等式即可得答案． ∵，且， ∴， 又∵在上是减函数， ∴，解得，即实数的取值范围是， 故选C. 本题主要考查函数单调性的应用，考查数学转化思想方法，是基础题． 5．C 根据图象观察即可. 根据图象观察知， 故选： 6．A 将化为，判断在，的单调性，即可得到最值． 解：函数 即有在，递减， 则处取得最大值，且为， 由取不到，即最小值取不到． 故选：． 本题考查函数的最值的求法，注意运用单调性，考查运算能力，属于基础题． 7．C 根据恒成立问题结合二次函数最值分析求解. 记，则． 而， 当时，， 所以实数a的取值范围是. 故选C． 8．D 分别当和求出的范围和解析式，再分别求出每段的值域，然后求其并集可得答案 当,即，时,或, , 因为，所以， 因此这个区间的值域为. 当时,即，得, 其最小值为， 其最大值为， 因此这区间的值域为. 综上，函数值域为:. 故选：D 方法点睛：本题考查的值域的求法.解题时要认真审题,注意分类讨论思想的合理运用. 分类讨论思想的常见类型 ⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的； ⑵问题中的条件是分类给出的； ⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的； 9．BD 对于A，取可判断；对于B，可得的单调递减区间为，即可判断；对于C，由题可得无解，即可判断；对于D，讨论和即可求出. 对于A，当时，在上单调递减，故A错误； 对于B，当时，对称轴为，开口向上，的单调递减区间为，，在上递减，故B正确； 对于C，若的单调递减区间是，则无解，故C错误； 对于D，当时，在上单调递减，满足题意；当时，若在区间上是减函数，则，解得；综上，故D正确. 故选：BD. 关键点睛：本题考查含参二次函数的单调性问题，解题的关键是求出函数的对称轴和开口方向，根据二次函数的图象和性质列不等式求解. 10．． 根据函数的单调性可得，解不等式组即可求解. 由题意得，解得． 所以实数的取值范围是. 故答案为： 11． 函数在区间上是减函数，可得区间是其减区间的子集，进而求出的范围；函数在上是减函数，由幂函数的性质求出的范围. 函数的对称轴为 ，在区间上是减函数， 函数的单调减区间为， 又其在区间上是减函数， ； 函数在上是减函数， ， 综上，的取值范围为. 故答案为：. 本题考查根据函数的单调性求参数的取值范围，属于常考题. 12．-4 试题分析：由题意，得在上为减函数，则在也为减函数；所以当时， . 考点：函数的单调性与最值. 13．120 设在甲地销售量,则在乙地销售为,再列出利润函数求最大值即可. 设在甲地销售量,则在乙地销售为, 则利润为 因为二次函数对称轴为,故当时均取得最大值. 故答案为120 本题主要考查方程的思想以及二次函数的最值问题. 14． 根据对任意的,总存在,使成立,转化为两个函数值域的包含关系,进而根据关于的不等式组,解不等式组可得答案． 由题意，函数．． 根据二次函数的性质，可得当时, ,记． 由题意当时,在上是增函数, ∴,记． 由对任意,总存在,使成立，所以 则，解得： 故答案为． 15．(1)证明见解析 (2) (1)利用函数的单调性定义进行证明即可; (2)根据的取值范围确定和的范围,再依据(1)的结论列出不等式组进行求解即可. （1）函数在上为增函数, 证明：设,, , ,, ,, , 则, , 即, 函数在上为增函数. （2）当时,, 且由(1)知,函数在上为增函数, , 解得, 所以m的范围为. 16．存在这样的实数λ(λ＝3). 先整理函数，进行换元，利用二次函数单调性求参数值即可. 解：假设存在这样的实数λ，则由f(x)＝x2＋1，g(x)＝f(f(x))， 得g(x)＝(x2＋1)2＋1＝x4+2x2＋2， 所以F(x)＝g(x)－λf(x)＝x4＋(2－λ)x2＋2－λ. 令t＝x2，则t＝x2在(－∞，0)上递减，且当x∈时，t＞；当x∈时，0＜t＜.故要使F(x)在上递减，在上递增， 则函数φ(t)＝t2＋(2－λ)t＋2－λ在上递增，在上递减， 所以函数φ(t)＝t2＋(2－λ)t＋2－λ的图像的对称轴t＝为t＝， 即＝，则λ＝3. 故存在这样的实数λ(λ＝3)，使F(x)在区间上是减函数且在区间上是增函数． 17．最大值为1，最小值为0. 根据题意作出函数的图象，进而根据图象得到函数的最值. 作出函数f(x)的图象(如图)．    由图象可知，当x＝±1时，f(x)取最大值为f(±1)＝1.当x＝0时，f(x)取最小值f(0)＝0， 故f(x)的最大值为1，最小值为0. 18．(1)；发车时间间隔为分钟时，载客量为 (2)发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元． （1）将代入函数的解析式，可计算出，结合题意说明的实际意义； （2）求出函数的解析式，分别求出该函数在区间和上的最大值，比较大小后可得出结论. （1），实际意义为：发车时间间隔为分钟时，载客量为； （2）， 当时，， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，当时，取得最大值； 当时，，该函数在区间上单调递减， 则当时，取得最大值． 综上所述，当发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元． 19．(1) (2) (3) （1）当时，将函数的解析式表示为分段函数的形式，可直接写出函数的单调递增区间； （2）分、两种情况讨论，分析函数在上的单调性，即可得出的表达式； （3）令，分、两种情况讨论，求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围. （1）解：当时，， 所以，函数的单调递增区间为. （2）解：由题意可知， ①当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，； ②当时，函数在上单调递减，则. 综上所述，. （3）解：当，时，令，则， ①若，当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 且，， 此时，，此时； ②若时，当时，函数在上单调递减， 此时，，此时. 综上所述，. 学科网（北京）股份有限公司 $$