课时规范练8 函数的单调性与最值（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（基础版）

**基本信息** 聚焦函数单调性与最值，以定义法、图象法、复合函数“同增异减”等方法为核心，构建从基础判断到参数讨论的递进式训练体系，培养数学推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|9题（如第2、4、9题）|定义法证明单调性、图象法分析单调区间、利用单调性比较大小|从单调性定义（第4题）到具体函数单调区间（第2题），再到最值求解（第3题），形成“概念-判断-应用”逻辑链| |综合提升练|4题（如第10、13题）|复合函数单调性“同增异减”、分离常数法讨论参数、抽象函数单调性推导|从复合函数（第10题）到含参数函数（第13题），再到抽象函数（第12题），实现从具体到抽象的深化，渗透模型观念|

课时规范练8　函数的单调性与最值 (分值:85分) (单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分) 基础巩固练 1.(2025·北京西城期末)下列函数在其定义域上单调递减的是(　　) A.y= B.y=-|x| C.y=(x-1)3 D.y= 2.函数f(x)=x2-4|x|+3的单调递增区间是(　　) A.(-∞,-2) B.(-∞,-2)和(0,2) C.(-2,2) D.(-2,0)和(2,+∞) 3.(2025·辽宁沈阳期末)函数f(x)=的最小值为(　　) A.0 B.4 C. D.2 4.已知对f(x)定义域内的任意实数x1,x2,且x1≠x2,[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0恒成立,设a=f(-),b=f(3),c=f(5),则(　　) A.b<a<c B.c<b<a C.b<c<a D.a<b<c 5.(2025·江苏南通模拟)已知函数f(x)=在区间(-1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是(　　) A.(0,+∞) B.[0,+∞) C.(0,1] D.[1,+∞) 6.(2025·广东茂名一模)已知函数f(x)=在区间(a,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围为(　　) A.(-∞,1] B.(-∞,3] C.[3,+∞) D.[5,+∞) 7.(2026·江西吉安模拟)设函数f(x)=则满足f(k-1)<f(2k)的k的取值范围是　　　　　.  8.(2025·河北保定模拟)若函数f(x)=loga(x2-x+2)在区间[0,2]上的最大值为2,则实数a=　　　　　.  9.(13分)已知函数f(x)=-. (1)求证:函数f(x)在区间[2,3]上单调递增; (2)求f(x)在区间[2,3]上的最大值和最小值. 综合提升练 10.(2025·山东济宁二模)若函数f(x)=(在区间[1,+∞)上单调递减,则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞,2] B.[2,+∞) C.(-∞,1] D.[1,+∞) 11.(多选题)(2026·安徽皖江名校高三期中)已知函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)上有最小值,则函数g(x)=在区间[1,+∞)上一定(　　) A.单调递减 B.单调递增 C.有最小值 D.有最大值 12.(多选题)已知函数f(x)的定义域为R,对任意a,b∈R,都有f(a)f(b)=f(a+b),f(0)≠0且当x>0时,0<f(x)<1,则下列说法正确的有(　　) A.∀x∈R,都有f(x)=- B.当x<0时,f(x)>1 C.f(x)是减函数 D.若f(3)=,则不等式f(2t2-5t)>的解集为(-,4) 13.(15分)讨论函数f(x)=(a≠)在区间(-2,+∞)上的单调性. 参考答案 课时规范练8　函数的单调性与最值 1.D　解析 选项A和B中的函数在其定义域上没有单调性,选项C中的函数在定义域R上单调递增,选项D中的函数y=在定义域(0,+∞)上单调递减.故选D. 2.D　解析 因为f(x)=x2-4|x|+3=作出f(x)的图象,如图所示,由图象可知函数f(x)的单调递增区间是(-2,0)和(2,+∞).故选D. 3.D　解析 根据题意,函数f(x)的定义域为[4,+∞),且由于y=在区间[4,+∞)上单调递增,y=在区间[4,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在区间[4,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(4)=2. 4.D　解析 由[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0可得函数f(x)在其定义域内是增函数, 所以f(-)<f(3)<f(5).故选D. 5.D　解析 当x<0时,f(x)=x2+2x=(x+1)2-1,其在区间(-1,0)上单调递增,若f(x)在区间(-1,+∞)上单调递增,所以所以a≥1. 6.D　解析 由x2-6x+5≥0,可得x≤1或x≥5,即函数f(x)的定义域为(-∞,1]∪[5,+∞).又因为t=x2-6x+5在区间[5,+∞)上单调递增,在区间(-∞,1]上单调递减,y=在区间[0,+∞)上单调递增,由复合函数的单调性可知f(x)=在区间[5,+∞)上单调递增,所以a≥5. 7.(-1,+∞)　解析 画出分段函数图象如图所示, 可知分段函数f(x)在R上单调递增,因为f(k-1)<f(2k),所以k-1<2k,解得k>-1. 8.2　解析 令g(x)=x2-x+2,则g(x)在区间[0,2]上的最大值g(x)max=g(2)=4,最小值g(x)min=g()=.当a>1时,f(x)max=loga4=2,解得a=2.当0<a<1时,f(x)max=loga=2,解得a=(舍去).综上,a=2. 9.(1)证明 设x1,x2是区间[2,3]上的任意两个实数,且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-, ∵2≤x1<x2≤3,∴x1-x2<0,x1-1>0,x2-1>0,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2).∴函数f(x)=-在区间[2,3]上单调递增. (2)解 由(1)知函数f(x)在区间[2,3]上单调递增,则f(x)在区间[2,3]上的最大值是f(3)=-1,最小值是f(2)=-2. 10.A　解析 f(x)=(是由y=()u与u=x2-ax复合而成, 因为f(x)=(在区间[1,+∞)上单调递减,且函数y=()u在R上单调递减,根据复合函数“同增异减”的原则,可知函数u=x2-ax在区间[1,+∞)上单调递增. 对于二次函数u=x2-ax,其图象开口向上,对称轴为x=-.要使u=x2-ax在区间[1,+∞)上单调递增,则对称轴需满足≤1,解得a≤2. 11.BC　解析 由函数f(x)=x2-2ax+a,可得其图象开口向上,且图象的对称轴为直线x=a,因为函数f(x)在区间(-∞,1)上有最小值,可得a<1.又由函数g(x)==x+-2a,当a=0时,可得g(x)=x,g(x)在区间[1,+∞)上单调递增,有最小值,无最大值;当0<a<1时,函数g(x)在区间[1,+∞)上单调递增,有最小值,无最大值;当a<0时,函数g(x)在区间[1,+∞)上单调递增,有最小值,无最大值.综上可得,函数g(x)在区间[1,+∞)上单调递增,有最小值,无最大值.故选BC. 12.BCD　解析 令a=0,b=1,则f(0)f(1)=f(1),易知0<f(1)<1,所以f(0)=1. 当x<0时,-x>0,所以0<f(-x)<1.又f(x)f(-x)=f(x-x)=f(0)=1,所以f(x)=,即f(x)>1,故A错误,B正确;设x1<x2,且x1,x2∈R,则f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2)=f(x1-x2)f(x2)-f(x2)=f(x2)[f(x1-x2)-1],因为x1<x2,所以x1-x2<0,所以f(x1-x2)>1.又当x<0时,f(x)>1,当x>0时,0<f(x)<1,f(0)=1,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以f(x)是减函数,故C正确;因为f(3)=,所以f(12)=f(6)f(6)=[f(3)]4=,所以f(2t2-5t)>,即f(2t2-5t)>f(12).又f(x)是减函数,所以2t2-5t<12,解得-<t<4,所以不等式f(2t2-5t)>f(12)的解集为(-,4),故D正确.故选BCD. 13.解 因为函数f(x)==a+,任取x1,x2∈(-2,+∞),且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=(a+)-(a+)=. 因为-2<x1<x2,所以x2-x1>0,(x1+2)(x2+2)>0,所以当1-2a>0,即a<时,f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),此时f(x)在区间(-2,+∞)上单调递减;当1-2a<0,即a>时,f(x1)-f(x2)<0, 即f(x1)<f(x2),此时f(x)在区间(-2,+∞)上单调递增. 4 学科网（北京）股份有限公司 $