3.2.1 单调性与最大(小)值-【无敌原创】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课时卷

48无敌原创同步必刷点数学·必修第一册 3.2 函数的基本性质 6.若函数y=x2十(2a一1)x+1在区间 3.2.1单调性与最大（小）值 第1课时 函数的单调性 (一∞，2]上单调递减，则实数a的取值范 围是 () B.（-∞，- 31 基础过关) 1.(多选)下列说法中，正确的有 ( C.(3,+∞) D.(-∞，-3] A.若任意x1,x2∈I,当x1<x2时， 7.若函数f(x)为（一∞，+∞）上的减函数， f(2)-f>0,则y=f(x)在I上 a∈R,则 () x2一x1 A.f(a)<f(2a) B.f(a2)<f(a) 是增函数 C.f(a2+1)<f(a)D.f(a2+a)<f(a) B.函数y=x在R上是增函数 8.函数y=|x|(1一x)的单调递增区间 -x+1,x<0, C.函数f(x)= 在定义域 为 -x,x≥0 上是减函数 9若函数f代x)=在(a,十o)上单调递 D.函数y=1的单调区间是（一∞，0）U 减，则a的取值范围是 10.已知f(x)是定义在区间[-1,1]上的增 (0,+∞) 2.下列函数中，在区间(0,2)上单调递增的 函数，且f(x一2)<f(1一x),则x的取 是 () 值范围是 A.y=5-x B.y=x2+2 见，已知函数f)三mx十十(m,m是常 C.y=1 D.y=-|x| 数).且f1)=2,f2)= 3.(多选)下列函数在区间(0，+∞)上单调 (1)求m,n的值： 递增的是 ( (2)当x∈[1，+∞)时，判断f(x)的单调 A.y=2x+1 B.y=x2+1 C.y=3-x D.y=x2+2x+1 性并用定义证明 4.函数f(x)在R上是减函数，则有( A.f(3)<f(5) B.f(3)≤f(5) C.f(3)>f(5) D.f(3)≥f(5) 5.设(a,b),(c,d)都是f(x)的单调递增区 间，且x1∈(a,b),x2∈(c,d),x1<x2,则 f(x1)与f(x2)的大小关系为 () A.f(x1)<f(x2) B.f(x1)>f(x2) C.f(x1)=f(x2) D.不能确定 第三章函数的概念与性质49 12.求证：函数f(x)=x3在区间[0，十∞)内 4.若函数f(x)=ax2十(a-3)x十1在 是增函数. (一1，十∞)上单调递减，则实数a的取值 范围是 5.已知定义在R上的函数y=f(x)满足以 下三个条件：①对于任意的x∈R,都有 f(x+1)=一f(x);②函数y=f(x)的图 象关于直线x=1对称；③对于任意的x1, 2∈[0,1]，且f）_f)>0.则 x2一x1 f(-1),f(侵)，f(2)的大小顺序是 (用“<”连接) 6.已知函数f(x)=x2一2x十b. (1)若b=1,求函数f(x)的值域； (2)若函数f(x)的定义域、值域都为 [m,n],且f(x)在[m,n]上单调，求实 数b的取值范围. 能力提升) 1,若函数y=ax与y=- 在0，十∞)上都 是单调递减的，则函数f(x)=ax2+bx在 (0,+∞)上 A.单调递增 B.单调递减 C.先增后减 D.先减后增 x2+4x,x≥0， 2.已知函数f(x)= 若f(4 4x-x2,x<0, a)>f(a),则实数a的取值范围是( A.(-0∞，2) B.(2,+o∞) C.(-∞，-2) D.(-2,+∞) x2,x>1, 3.已知函数f(x) 若 (4-）-1x≤1. f(x)是R上的增函数，则实数a的取值范 围为 50无敌原创同步必刷点数学·必修第一册 6.已知函数y=x2一2x十3在闭区间[0，m] 3.2.1单调性与最大（小）值 上有最大值3，最小值2，则m的取值范围 第2课时函数的最大（小）值 是 ( ) A.[1,+o∞) B.[0,2] 基础过关 C.(-∞，2] D.[1,2] 1.下列函数在[1,4幻上最大值为3的是 7.函数y=ax+1在区间[1,3]上的最大值 为4，则a= A.y=1+2 8.用长度为24m的材料围一矩形场地，中 B.y=3x-2 x 间加两道隔墙，要使矩形的面积最大，则 C.y=x2 D.y=1-x 隔墙的长度为 m. 2.函数f(x)的图象如图所示，则其最大值、 9.函数y=-x2+6x十9在区间[a,b](a< 最小值分别为 b<3)上有最大值9，最小值-7，则a ,b= -x,-1≤x≤0， 10.已知函数f(x)= x2,0<x≤1， 则 Af(2)f(-2)B.fo),f(2) x,1<x≤2， f(x)的最大值为 c.f(-).f(o) D.f(0),f(3) 11.若二次函数满足f(x+1)一f(x)=2x 且f(0)=1. 3.函数f(x)=x十+√，x∈[0,4]的值域为 (1)求f(x)的解析式： ( (2)若在区间[-1,1]上不等式f(x)>2x十 A.[0,3] B.[1,4] m恒成立，求实数m的取值范围. C.[0,6] D.[0,4] 4.函数f(x) 7,x≥1， 的最大值为 -x2+2,x<1 A.1 B.2 c D号 5.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L1=一x2十 21x和L2=2x(其中销售量单位：辆).若 该公司在两地共销售15辆，则能获得的 最大利润为 () A.90万元 B.60万元 C.120万元 D.120.25万元 第三章函数的概念与性质51 12.某商场经营一批进价是每件30元的商 3.已知实数a,b满足|a-2b十1|+ 品，在市场试销中发现，该商品销售单价 √4a2-12ab+9b=0,函数y=x2+a-6 x(不低于进价，单位：元)与日销售量y (单位：件)之间有如下关系： (1≤x≤2)，则y的取值范围是 4.用min{a,b}表示a,b两个数中的最小值 45 50 设f(x)=min{x+2,10-x}(x≥0)，则 27 12 f(x)的最大值为 (1)确定x与y的一个一次函数关系式 y=f(x)(注明函数定义域) 5.函数八)=x+华在[1,4幻上的最大值为 (2)若日销售利润为P元，根据(1)中的 ,最小值为 关系式写出P关于x的函数关系式， 6.已知函数f(x)对任意x,y∈R,总有 并指出当销售单价为多少元时，才能 f(x)+f(y)=f(x+y),且当x>0时， 获得最大的日销售利润， f(x)<0,f(1)= (1)求证：f(x)是R上的减函数； (2)求f(x)在[一3,3]上的最小值. 能力提升) 1.设函数f()=2x在区间[3,4]上的最 x-2 大值和最小值分别为M,m,则%等于 ) c D. 2.（多选)已知f(x)=x,g(x)=x2-2x, g(x),f(x)≥g(x), F(x)= 则F(x)的最 f(x),f(x)<g(x), 值情况是 A.最大值为3 B.最小值为-1 C.无最小值 D.无最大值使f(x)<2成立的x的值组成的集合 为{-号或号< (2-x,x≥1， 5.(-∞，1][解析：由题意得f(x)= 画出函 x,x<1, 数f(x)的图象得值域为（一∞，1].] y个 y=f(x) /01 6.解：(1)最初到达离家最远的地方的时间是12时，离家30 千米 (2)10:30开始第一次休息，休息了半小时. (3)第一次休息时，离家17千米. (4)11:00至12：00他骑了13千米. (5)9:00~10:00的平均速度是10千米/时.10：00~10：30 的平均速度是14千米/时. (6)从12时到13时停止前进，并休息用午餐较符合实际 情形. 3.2函数的基本性质 3.2.1单调性与最大（小）值 第1课时函数的单调性 【基础过关】 1.AC【解析：当<x时，-x2<0,由f》-f> x2-x1 0知，f(x1)一f(x2)<0,所以f(x1)<f(x2),A正确；作出 1-x十1，x<0, 函数f(x)= 的图象可知其在定义域上是减 一x,x≥0 函数，所以C正确；B和D错误.故选AC.】 2.B[解析：选项A,C,D中的函数在(0,2)上单调递减，只 有函数y=x2十2在(0,2)上单调递增.故选B.】 3.ABD[解析：函数y=3一x在区间(0，十∞)上单调递 减.故选ABD.】 4.C[解析：f(x)在R上是减函数，3<5，所以f(3)> f(5).故选C.】 5.D[解析：由函数单调性的定义知，所取两个自变量必须 是同一单调区间内的值，才能由该区间上函数的单调性来 比较函数值的大小，而本题中的x,x2不在同一单调区间 内，所以f(x1)与f(x2)的大小关系不能确定.故选D.】 参考答案169 6.B[解析：因为函数y=x2+(2a一1)·x+1的图象开口 向上，直线x=2红号为函数的对称轴，又因为函数在区间 (一0,2]上单谓递减，故2<0士，解得a≤-子故 选B.】 7.C【解析：因为a∈R,所以a-2a=一a与0的大小关系 不定，无法比较f(a)与f(2a)的大小，故A错；而a-a= a(a一1)与0的大小关系也不确定，也无法比较f(a)与f (@)的大小，故B错：又因为a+1-a=(a-之）广+子>0， 所以a2+1>a.又f(x)为（一∞，+∞）上的减函数，故有 f(a+1)<f(a),故C对；易知D错.故选C.】 8[0,2]【解析：y=x1-x)= -x2+x,x>0, 作出 x2-x,x≤0， 其图象如图，观察图象知单调递增区间为[0,2]】 9.[一1，十o∞)[解析：函数f(x)= 中的单调递减区间为 (一1，十∞)，（一∞，一1），又f(x)在(a,十∞)上单调递减，所 以a≥-1.] -1≤x-2≤1， 10.[1,2) 【解析：由题意，得-1≤1一x≤1，解得1≤ x-2<1-x, x<号，故满足条件的x的取值范围是[1，受)】 山.解：1因为f1)=m++号=2，f2)=2m+0十 合-所以 m=1, （n=2. (2)由I知)=x+立十宁，f在x[1,+o)止单调 递增，证明如下：设1≤马<西f()一f()=十云十 是-(+远+号)=(-)·(1-) -x)(2x-D.因为1≤d<,所以-<0， 2x1x2 14>1,所以21>2>1，所以-)2-卫<0， 2x1x2 即f(x1)<f(x2),所以f(x)在[1，十∞)上单调递增 12.证明：设，x2是区间[0，十∞)内的任意两个实数，且 x1<x2,则f(x1)一f(x2)=xi一x=(x1一x2)(xi十x1x2十 170无敌原创同步必刷点数学·必修第一册 x).因为0≤1<x2,所以x一x2<0,x十x1x2十x>0.所 以f(x1)一f(x2)<0,即f(x1)<f(x2).所以函数f(x)=x3 在区间[0，十o∞)内是增函数 【能力提升】 1.B【解析：由于函数y=ar与y=一兰在(0，十∞)上均 单调递减，故a<0,b<0,故二次函数f(x)=ax2+bx的图 象开口向下，且对称轴为直线工=一品<0，故函数)- ax2+bx在(0，十o∞)上单调递减.故选B.] 2.A[解析：画出f(x)的图象（图略），可判断f(x)在R上 单调递增，故f(4一a)>f(a)台4一a>a,解得a<2.故 选A.] 3.[4,8)[解析：因为f(x)是R上的增函数，所以 4号>0， 解得4≤a<8.】 4-号-1<1， 4.[一3,0][解析：①a=0时，f(x)=一3x十1在R上单调 递减，所以a=0满足条件：②a≠0时，f(x)=ax2+(a一3)· a<0, 十1，对称轴为=-云，所以 解得一3≤ a<0.由①②得-3≤a≤0，故a的取值范围是[-3,0].] 5.f(-1)<f(号)<f2)【解析：由①知f1)=-f0), f(0)=-f(-1),所以f(-1)=f(1).由③知 fx）一fx）<0,所以函数f(x)在[0,1]上单调递减，结合 x2-x1 ②知，函数f(x)在1,2]上单调递增，所以f(1)<f(号)< f2),即f-1D<f()<f2).1 6.解：(1)当b=1时，f(x)=x2一2x+1=(x-1)2≥0，所以 函数f(x)的值域为[0，十∞). (2)因为函数f(x)的定义域、值域都为[m,n],且f(x)在[m, n]上单调，当m≥1时，函数f(x)在[m,n]上单调递增，此时 f(m)=m,(m2-2m+b=m, 即 等价于方程x2一3x十b=0 f(n)=n,n2-2n+b=n, 在[1，十∞)上有两个不等实根，令g(x)=x2一3x十b,则有 △=9-4b>0, 8)=-2+620·解得2≤b<是，当n≤1时，函数f代) 3>1, |f(m)=n, 在[m,n]上单调递减，此时 即 f(n)=m, m2-2m+b=n, 两式相减得(m一n)(m十n一1)=0，即m= n2-2n+b=m, n(舍)或m十n-1=0,也即m=1-,由m<n可得2<n≤ 1,将m=1-n代入n2-2n十b=m可得方程n2-n十b-1= 0在（分，1]上有解，即为函数6=-+n+1在（分，1]上 的值域问题，因为6=一十n十1=-(n-之)）'+在 (分，1]上单调递减，所以6∈[1，)，综上所述，6的取值 范围是[2，号)U[1,) 3.2.1单调性与最大（小）值 第2课时函数的最大（小）值 【基础过关】 1.A[解析：选项B,C在[1,4]上均单调递增，选项A,D在 [1,4幻上均单调递减，代入端点值，可知A正确.故选A.】 2.B[解析：观察函数图象可知，f(x)的最大值、最小值分别 为f0),f(号)故选B】 3.C【解析：因为函数y=x+√在区间[0,4幻上单调递增， 所以f(x)∈[f(0),f(4)]=[0,6].故选C.] 4.B【解析：当x≥1时，函数(x)=士单调递减，此时 f(x)在x=1处取得最大值，最大值为f(1)=1;当x<1 时，函数f(x)=一x2十2在x=0处取得最大值，最大值为 f(0)=2.综上可得，f(x)的最大值为2.故选B.】 5.C[解析：设公司在甲地销售x辆，则在乙地销售(15一 x)辆，公司获利为L=-x2+21x+2(15-x)=-x2+ 19x+30=-(x-号)°+30+号，所以当x=9或10时，L 最大为120万元.故选C.】 6.D[解析：f(x)=(x一1)2+2，因为f(x)m=2, f(x)mx=3,且f(1)=2,f(0)=f(2)=3,所以1≤m≤2.故 选D.] 7.1[解析：若a<0,则函数y=ax+1在区间[1,3]上单调 递减，并且在区间的左端点处取得最大值，即α十1=4，解得 a=3,不满足a<0,舍去；若a>0,则函数y=ax十1在区间 [1,3]上单调递增，并且在区间的右端点处取得最大值，即 3a十1=4，解得a=1.综上，a=1.】 8.3【解析：设隔墙长度为xm,场地面积为Sm,则 S=x.24,4虹=12x-2x2=-2(x-3)2+18.所以当x=3 2 时，S有最大值.】 9.-20【解析：y=-(x-3)2+18,因为a<b<3,所以 f(x)在区间[a,b]上单调递增，即一b2+6b+9=9,解得b= 0(b=6舍去)，一a2+6a+9=-7,解得a=-2(a=8舍 去).】 10.2[解析：f(x)的图象如图所示，则f(x)的最大值为 f(2)=2.1 10 2 11.解：(1)设f(x)=ax2十bx十c(a≠0)，由f(0)=1,可得 c=1,所以f(x)=ax2+bx+1.因为f(x+1)-f(x)=2x, 2a=2, 所以2ax+a+b=2x,所以 所以/a=1, 所以 (a+b=0 b=-1, f(x)=x2-x+1. (2)由题意知x2一x十1>2x十m在[-1,1]上恒成立，即 x2-3x+1-m>0在[-1,1]上恒成立.令g(x)=x2 3x+1-m=(x-号)》'-车-m,其对称轴为x=号，所以 g(x)在区间[-1,1]上是减函数，所以g(x)m=g(1)=1 3+1-m>0,所以m<-1. 12.解：(1)因为f(x)是一次函数，设f(x)=ax十b(a≠0)，由 45a+b=27, a=-3, 表格得方程组 解得 所以y=f(x)= 50a+b=12, b=162, 一3x十162.又y≥0，所以30≤x≤54，故所求函数关系式为 y=-3x+162,x∈[30,54] (2)由题意得P=(x-30)y=(x-30)·(162-3x)= -3x2+252x-4860=-3(x-42)2+432,x∈[30,54].当 x=42时，最大的日销售利润P=432,即当销售单价为42 元时，获得最大的日销售利润， 【能力提升】 1.D【解析：易知)=22=2+42所以)在区间 [3,4]上单调递减，所以M=f(3)=2+32=6,m= 4 0=2+青气=4，所以%-普-号故选D】 4 2.CD[解析：由f(x)≥g(x)得0≤x≤3，由f(x)<g(x), (x2-2x,0≤x≤3， 得x<0或x>3,所以F(x)= 作出函数 x,x<0或x>3. F(x)的图象（图略），可得F(x)无最大值，无最小值.故 选CD.J 参考答案171 3.[2,6][解析：因为实数a,b满足|a-2b+1|+ √4a2-12ab+9b=0,化简可得|a-2b+1|+√/(2a-3b)2=0, 1a-2b+1=0, a=3, 所以 解方程组可得{ 代入解析式可得 2a-3b=0, (b=2. y=x+3-2(1≤≤2).因为y=x与y=-2在1≤x≤ 2上y随x的增大而增大，所以y=2+3一兰在1≤≤2 上y随x的增大而增大.所以当x一1时，y取得最小值为 y=2;所以当x=2时，y取得最大值为y=6.所以y=x2十 3兰在1<<2上的取值范围是2≤6】 4.6【解析：在同一个平面直角坐标系内画出函数y=x十2 和y=10-x的图象.根据min{x+2,10一x}(x≥0)的含义 可知，f(x)的图象应为图中的实线部分.解方程x十2= 10一x,得x=4,此时y=6,故两图象的交点为(4,6).所以 |x+2,0≤x4, f(x)= 其最大值为交点的纵坐标，所以 10-x,x>4, f(x)的最大值为6.] 个y 3y=x+2 10 6 、y=10-x -2 70410x 5.54[解析：设1≤x1<x2<2,则f(x1)-f(x2)=x1+ 4=-+4)=(一)· (-)=a-)白-二因为1< x1<x2<2,所以-x2<0,x1x2-4<0,x1x2>0,所以 f(x1)>f(x2),所以f(x)在[1,2)上单调递减.同理，f(x) 在[2,4]上单调递增.所以当x=2时，f(x)取得最小值4；当 x=1或x=4时，f(x)取得最大值5.] 6.(1)证明：设x1,x2是任意的两个实数，且x<x2,则x2一 x>0,因为x>0时，f(x)<0,所以f(x2-x1)<0,又因为 x2=(x2-x)+1,所以f(x2)=f[(x2-x1)+x1]= f(x2一x)十f(x1),所以f(x2)一f(x1)=f(x2-x1）<0, 所以f(x2)<f().所以f(x)是R上的减函数. (2)解：由(1)可知f(x)在R上是减函数，所以f(x)在[一3， 3]上也是减函数，所以f(x)在[一3,3]上的最小值为f(3) 而f(3)=f1)+f(2)=3f1)=3×(-号）=-2，所以函 数f(x)在[-3,3]上的最小值是-2.