第二章 第2节 函数的单调性与最值-【创新教程】2026年高考数学艺考生文化课百日冲关Word课时作业

第2节　函数的单调性与最值 1．(多选题)给定下列函数，其中在区间(0,1)上单调递减的函数是(　　) 解析：BC　[函数在(0，＋∞)上为单调递增函数，函数在(－1，＋∞)上为单调递减函数，函数y＝|x－1|在(－∞，1)上为单调递减函数，函数y＝2x＋1在(－∞，＋∞)上为单调递增函数．] 2．(2025·青岛一模)已知函数f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a的取值范围是(　　) A. B． C. D． 解析：D　[当a＝0时，f(x)＝－12x＋5， 在(－∞，3)上是减函数； 当a≠0时，由，得0<a≤. 综上，a的取值范围是.] 3．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝在R上单调递增，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0] B．[－1,0] C．[－1,1] D．[0，＋∞) 解析：B　[由题意知函数f(x)在R上单调递增，令h(x)＝－x2－2ax－a，则h(x)的对称轴必大于等于0，否则与题意不符，即－a≥0⇒a≤0，排除C、D项；又因为当x＝0时，f(x)＝1，所以当x＝0时，h(x)≤1⇒－x2－2ax－a≤1，代入x＝0，得－a≤1⇒a≥－1，综上可知，－1≤a≤0，故a的取值范围是[－1,0]．] 4．(2025·北京市二模)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，有f(x)＝＞0.若f(1)＝0，则不等式(x－1)f(x)＞0的解集是(　　) A．(－1,1)∪(1，＋∞) B．(－1,1) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1) 解析：A　[已知f(x)是定义在R上的偶函数，则f(x)＝f(－x)，又对任意x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，都有＞0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，又f(1)＝0，所以f(－1)＝f(1)＝0，根据函数f(x)的单调性可知：(x－1)f(x)＞0等价为，或，即，或，解得x＞1或－1＜x＜1，即不等式的解集为(－1,1)∪(1，＋∞)．] 5．(多选题)关于函数f(x)＝，下列结论正确的是(　　) A．图象关于y轴对称 B．图象关于原点对称 C．在(－∞，0)上单调递增 D．f(x)恒大于0 解析：ACD　[函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(x)＝，f(－x) ＝－＝－ ＝＝＝f(x)， ∴f(x)＝是偶函数，图象关于y轴对称，故A正确，B错误； 6．(2025·长沙市二模)已知函数f(x)＝|ln x－a|＋a(a＞0)在[1，e2]上的最小值为1，则a的值为____________． 解析：由题意ln x∈[0,2]，当a≥2时，f(x)＝2a－ln x在[1，e2]上单调递减，f(x)的最小值为f(e2)＝2a－2＝1，a＝＜2，所以a≥2不成立；当0＜a＜2时，f(x)＝，f(x)在[1，ea)上单调递减，在[ea，e2]上单调递增，f(x)的最小值为f(ea)＝a＝1，符合题意，故a＝1. 答案：1 7．(2025·江苏八市联考)若函数f(x)＝的值域为(2，＋∞)，则实数a的取值范围为________． 解析：当x＞4时，f(x)＝log2x，此时f(x)＞log24＝2当x≤4时，6a－x＞2恒成立，即6a＞2＋x在x≤4时恒成立，即6a＞6，即a＞1. 答案：a＞1 8．(新定义题)若函数y＝exf(x)在定义域上单调递增，则称函数f(x)具有“Г性质”．已知函数f(x)＝2－x＋a具有“Г性质”，则实数a的取值范围是____________． 解析：设g(x)＝ex(2－x＋a)，则g′(x)＝ex(2－x＋a)＋ex＝ex，由题意知f(x)具有Г性质，则g(x)在R上单调递增，因为ex>0恒成立，所以2－x＋a＋2－x·ln≥0恒成立，a≥－2－xln－2－x，即a≥2－x·(ln 2－1)恒成立，解得a≥0，所以实数a的取值范围是[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞) 9．已知f(x)＝(x≠a)， (1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增； (2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围． 解：(1)证明：任取x1<x2<－2， 则f(x1)－f(x2)＝－ ＝. ∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0， ∴f(x1)<f(x2)． ∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增． (2)任设1<x1<x2，则 f(x1)－f(x2)＝－＝ . ∵a>0，x2－x1>0，∴要使f(x1)－f(x2)>0， 只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1. 综上可知，a的取值范围是(0,1]． 10．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}． 学科网（北京）股份有限公司 $