3.2.1 单调性与最大（小）值（第一课时 函数的单调性）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 函数的基本性质 3.2.1 单调性与最大（小）值 第一课时 函数的单调性 同步练习 姓名： 班级： 学号： 基础训练 一、单项选择题 1.下列函数中，在定义域内函数值y随x的增大而增大的是（　 ） A.y＝－ B.y＝－2x＋1 C.y＝ D.y＝2x 2.已知f（x）＝是R上的增函数，则a的取值范围是（　 ） A.（0，1） B.（，＋∞） C.（1，＋∞） D.（，2］ 3.“k＞”是“函数f（x）＝（2k＋1）x－4在R上是增函数”的（　 ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.已知f（x）＝x2－（2a－1）x＋1，对∀x1，x2∈[1，＋∞）都有≥1成立，则实数a的取值范围是（　 ） A.[1，＋∞） B.（－∞，1] C.[2，＋∞） D.（－∞，2] 5.函数f（x）＝的单调递减区间为（　 ） A.（－∞，－1] B.（－∞，0] C.[0，＋∞） D.[1，＋∞） 6.函数f（x）＝x2＋（a＋3）x＋1在区间（－∞，3]上是单调递减的，则实数a的取值范围是（　 ） A.（3，＋∞） B.（－∞，3] C.（－∞，－9] D.（－9，＋∞） 7.函数f（x）是定义在[0，＋∞）上的增函数，则满足f（2x－1）＜f（）的x的取值范围是（　 ） A.（，） B.［，） C.（，） D.［，） 8.函数y＝｜x＋1｜的单调增区间是（　 ） A.（－∞，－1） B.（－∞，1） C.（－1，＋∞） D.（1，＋∞） 二、多项选择题 9.下列函数中，在区间（－∞，0）上单调递减的是（　 ） A.y＝ B.y＝｜x｜ C.y＝x2＋x＋1 D.y＝2x－1 10.已知函数f（x）＝，则（　 ） A.f（x）的定义域为{x｜x≠－1} B.f（x）＋f（）＝2（x≠0） C.f（x）在区间（－1，＋∞）上单调递减 D.f（x）的值域为R 11.已知函数f（x）在R上是减函数，且a＋b＞0，则下列说法正确的是（　 ） A.f（a）＋f（b）＞0 B.f（a）－f（－b）＞0 C.f（－a）－f（b）＞0 D.f（a）＋f（b）＜f（－a）＋f（－b） 三、填空题 12.若函数f（x）＝x2－2ax＋4在[0，＋∞）上不单调，则实数a的取值范围为 . 13.若[0，＋∞）是函数f（x）＝x2－2ax＋4的单调递增区间，则实数a的值为 . 14.函数f（x）＝｜x（x－2）｜的单调递减区间是 . 四、解答题 15.已知f（x）＝. （1）判断函数f（x）在区间[1，＋∞）上的单调性，并用定义证明你的结论； （2）求该函数f（x）在区间[1，4]上的最大值与最小值. 能力提升 16.设f（x）是定义在R上的增函数，f（xy）＝f（x）＋f（y），f（3）＝1，求不等式f（x）＋f（－2）＞1的解集. 拓广探索 17.已知函数f（x）对任意的a，b∈R，都有f（a＋b）＝f（a）＋f（b）－1，且当x＞0时，f（x）＞1. （1）求证：f（x）是R上的增函数； （2）若f（）＝f（x）－f（y），f（2）＝1，解不等式f（x）－f（）≤2. 参考答案 1.D　解析：选项A：y＝－可看作是反比例函数y＝－向左平移一个单位得到的，在（－∞，－1）和（－1，＋∞）上都是增函数，但不能说在整个定义域内随x的增大而增大，因为在x＝－1处函数不连续，不符合条件.选项B：y＝－2x＋1是一次函数，在定义域R上是减函数，y随x的增大而减小，不符合条件.选项C：y＝是反比例函数，在（－∞，0）和（0，＋∞）上都是减函数，C不符合条件.选项D：y＝2x是正比例函数，在定义域R上是增函数，y随x的增大而增大，符合条件.故选D. 2.D　解析：由f（x）＝是R上的增函数，需满足解得＜a≤2，故选D. 3.A　解析：因为f（x）＝（2k＋1）x－4在R上是增函数，可得2k＋1＞0，即k＞－，显然“k＞”能推出“k＞－”，反之则不成立，所以“k＞”是“函数f（x）＝（2k＋1）x－4在R上是增函数”的充分不必要条件.故选A. 4.B　解析：由≥1，得－1≥0，则≥0，设函数g（x）＝f（x）－x，则对∀x1，x2∈[1，＋∞）都有≥0成立，所以函数g（x）＝x2－2ax＋1在区间[1，＋∞）上单调递增，所以≤1，解得a≤1，则a∈（－∞，1].故选B. 5.A　解析：对于函数f（x）＝，由x2－1≥0可得x≤－1或x≥1，所以函数f（x）＝的定义域为（－∞，－1]∪[1，＋∞）.因为内层函数u＝x2－1在区间（－∞，－1]上为减函数，在[1，＋∞）上为增函数，外层函数y＝在[0，＋∞）上为增函数，由复合函数的单调性可知，函数f（x）＝的单调递减区间为（－∞，－1].故选A. 6.C　解析：由题意，f（x）＝x2＋（a＋3）x＋1的图象开口向上，对称轴为直线x＝－，因为f（x）在区间（－∞，3）上单调递减，所以－≥3，解得a∈（－∞，－9].故选C. 7.B　解析：因为函数f（x）是定义在[0，＋∞）上的增函数，由f（2x－1）＜f（），得0≤2x－1＜，解得≤x＜，即x∈［，），故选B. 8.C　解析：y＝｜x＋1｜＝故单调增区间是（－1，＋∞）.故选C. 9.AB　解析：对于选项A：反比例函数y＝在（－∞，0）上单调递减，符合题意；对于选项B：函数y＝｜x｜＝的图象关于y轴对称，且在（－∞，0）上单调递减，符合题意；对于选项C：二次函数y＝x2＋x＋1的图象开口向上，对称轴为直线x＝－，其在（－∞，－）上单调递减，在（－，＋∞）上单调递增，故在（－∞，0）上不单调，不符合题意；对于选项D：一次函数y＝2x－1为R上的增函数，故不符合题意.故选AB. 10.AB　解析：对于A，由函数f（x）＝，可知x＋1≠0，解得x≠－1，所以函数的定义域为{x｜x≠－1}，故A正确；对于B，f（x）＋f（）＝＋＝＋＝＝2，故B正确；对于C，因为f（x）＝＝＝2－，所以当x∈（－1，＋∞）时，f（x）单调递增，故C错误；对于D，由f（x）＝2－可知，f（x）≠2，故函数值域不为R，故D错误.故选AB. 11.CD　解析：由a＋b＞0，得a＞－b，b＞－a.因为函数f（x）在R上是减函数，所以f（a）＜f（－b），f（b）＜f（－a），则f（－a）－f（b）＞0，f（a）＋f（b）＜f（－a）＋f（－b）.故选CD. 12.（0，＋∞）　解析：函数f（x）图象的对称轴为直线x＝a，由f（x）在[0，＋∞）上不单调，得a＞0，所以实数a的取值范围为（0，＋∞）.故答案为（0，＋∞）. 13.0　解析：函数f（x）＝x2－2ax＋4的单调递增区间是[a，＋∞），依题意，[0，＋∞）＝[a，＋∞），所以a＝0.故答案为0. 14.（－∞，0]，[1，2]　解析：函数f（x）＝｜x（x－2）｜的图象即为y＝x（x－2）的图象位于x轴下方部分对折至x轴上方，其余部分不变，据此可得函数f（x）＝｜x（x－2）｜的图象，如图所示： 由图可知函数f（x）＝｜x（x－2）｜的单调递减区间是（－∞，0]，[1，2]. 故答案为（－∞，0]，[1，2]. 15.解：（1）f（x）在[1，＋∞）上是增函数.证明如下： 任取x1，x2∈[1，＋∞），且x1＜x2， f（x1）－f（x2）＝－＝. ∵x1－x2＜0，（x1＋1）（x2＋1）＞0，∴f（x1）－f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），∴函数f（x）在[1，＋∞）上是增函数. （2）由（1）知函数f（x）在[1，4]上是增函数， ∴f（x）的最大值为f（4）＝＝， 最小值为f（1）＝＝. 16.解：由条件可得f（x）＋f（－2）＝f（－2x），又f（3）＝1， ∴ 不等式f（x）＋f（－2）＞1， 即为f（－2x）＞f（3）. ∵f（x）是定义在R上的增函数， ∴－2x＞3，解得x＜－. 故不等式f（x）＋f（－2）＞1的解集为. 17.（1） 证明：设x1，x2∈R，且x1＜x2， 则x2－x1＞0，即f（x2－x1）＞1， 所以f（x2）－f（x1） ＝f[（x2－x1）＋x1]－f（x1）＝f（x2－x1）＋f（x1）－1－f（x1）＝f（x2－x1）－1＞0， 所以f（x1）＜f（x2），所以f（x）是R上的增函数. （2） 解：因为f（）＝f（x）－f（y）， 所以f（y）＋f（）＝f（x）. 在上式中取x＝4，y＝2，则有f（2）＋f（2）＝f（4）， 因为f（2）＝1，所以f（4）＝2. 于是不等式f（x）－f（）≤2等价于f[x（x－3）]≤f（4）（x≠3）.又由（1），知f（x）是R上的增函数， 所以 解得－1≤x＜3或3＜x≤4， 所以原不等式的解集为[－1，3）∪（3，4]. 学科网（北京）股份有限公司 $