第2章 第2节 函数的单调性与最值(课时跟踪检测)-【优学精研】2027年高考数学一轮总复习学用Word

**基本信息** 聚焦函数单调性与最值，以题载法构建从概念判断到综合应用的递进训练体系，强化逻辑推理与数学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础判断|1-3题|定义法及图像法判断单调性|从具体函数（二次、分式等）单调性入手，夯实概念理解| |性质应用|4-8题|单调性求最值及解不等式|结合函数奇偶性、图像特征，提升性质应用能力| |综合证明|9-15题|定义法及导数法证明单调性、抽象函数性质应用|从具体到抽象，融合单调性与不等式、最值综合考查，培养数学推理与表达能力|

第2节　函数的单调性与最值 （时间：60分钟，满分：95分） [备注：单选、填空题5分，多选题6分] 1.下列函数中，在区间（0，1）上单调递增的是（　　） A.y＝－x2＋1 B.y＝ C.y＝ D.y＝3－x 2.若函数f（x）＝（m－1）x＋b在R上是减函数，则f（m）与f（1）的大小关系是（　　） A.f（m）＜f（1） B.f（m）＞f（1） C.f（m）≤f（1） D.f（m）＝f（1） 3.函数f（x）＝｜x－1｜＋｜x－2｜的单调递增区间是（　　） A.[1，＋∞） B.（－∞，1] C.[1，2] D.[2，＋∞） 4.〔一题多解〕函数f（x）＝的最大值为（　　） A. B.1 C. D.2 5.（2026·福建泉州月考）已知函数f（x）＝－，则不等式f（x＋1）＞f（2x）的解集为（　　） A.（－∞，1） B.（－∞，1] C.［－，0］ D.［－，1） 6.〔多选〕已知函数f（x）在R上是增函数，g（x）在R上是减函数，则下列说法正确的是（　　） A.y＝－f（x）在R上是减函数 B.y＝f（x）－g（x）在R上是增函数 C.y＝在R上是增函数 D.y＝[f（x）]2在R上是增函数 7.已知函数f（x）＝（a＞0）在区间[2，6]上的最大值为5，则a＝　　　　. 8.已知函数f（x）是R上的增函数，A（0，－1），B（3，1）是其图象上的两点，则｜f（x＋1）｜＜1的解集为　　　　. 9.（13分）已知函数f（x）＝2x＋＋c，且f（1）＝4，f（2）＝5. （1）求b，c的值； （2）证明函数f（x）在区间（0，1）上单调递减，并判断f（x）在（1，＋∞）上的单调性. 10.（2025·山东威海一模）已知函数f（x）＝＋x，若对∀x1，x2∈（1，3），且x1≠x2，都有＜1，则（　　） A.a≤ B.a≤0 C.a≥－3 D.a≥1 11.（2026·河南信阳高级中学模拟）已知f（x）＝若f（0）是f（x）的最小值，则实数t的取值范围为（　　） A.[－1，2] B.[－1，0] C.[0，2] D.[1，2] 12.〔多选〕（2026·江苏扬州开学考试）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（　　） A.单调递减 B.单调递增 C.有最小值 D.有最大值 13.（2026·湖南长沙模拟）已知函数y＝f（x）的图象关于y轴对称，且对于y＝f（x）（x∈R），当x1，x2∈（－∞，0）且x1≠x2时，＜0恒成立，若f（2ax）＜f（2x2＋1）对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　　　　. 14.（15分）（2026·安徽皖江名校联考）定义在（0，＋∞）上的函数f（x）满足：①当x＞1时，f（x）＞0；②对任意实数x，y都有f（x·y）＝f（x）＋f（y）.　 （1）证明：当0＜x＜1时，f（x）＜0； （2）判断f（x）在（0，＋∞）上的单调性； （3）解不等式f（x＋1）＋f（2x－3）＞0. 15.〔创新设问〕已知函数f（x）＝x＋x3，x1，x2，x3∈R，x1＋x2＜0，x2＋x3＜0，x3＋x1＜0，那么f（x1）＋f（x2）＋f（x3）的值（　　） A.一定大于0 B.一定小于0 C.等于0 D.正负都有可能 答案 第2节　函数的单调性与最值 1.B　2.B　3.D　4.D　5.C　 6.AB　A中，函数f（x）在R上是增函数，则y＝－f（x）在R上是减函数，故A正确；B中，g（x）在R上是减函数，则－g（x）在R上是增函数，又f（x）在R上是增函数，故f（x）－g（x）在R上是增函数，故B正确；C中，函数g（x）在R上是减函数，但y＝在R上不一定是增函数，如g（x）＝－x在R上是减函数，但y＝＝－在R上不是增函数，故C错误；D中，函数f（x）在R上是增函数，但y＝[f（x）]2在R上不一定是增函数，如f（x）＝x在R上是增函数，但y＝[f（x）]2＝x2在R上不是增函数，故D错误. 7.3　8.（－1，2）　 9.解：（1）由题意得，f（1）＝2＋b＋c＝4， f（2）＝4＋＋c＝5，解得b＝2，c＝0. （2）证明：由（1）得，f（x）＝2x＋. 任取x1，x2∈（0，1），且x1＜x2， 则f（x1）－f（x2）＝（ 2x1＋）－（ 2x2＋） ＝. 因为0＜x1＜x2＜1，所以x1－x2＜0，x1x2－1＜0，x1x2＞0，所以f（x1）－f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），故函数f（x）在区间（0，1）上单调递减. 同理可得f（x）在区间（1，＋∞）上单调递增. 10.A　由题设，∀x1，x2∈（1，3），且x1≠x2，都有＜0，所以f（x）－x＝在（1，3）上单调递减，即y＝ax2－2x－1在（1，3）上单调递减，当a＝0时，y＝－2x－1满足题设，当a≠0时，⇒0＜a≤或⇒a＜0，综上，a≤.故选A. 11.C　当x≤0时，f（x）＝x2－2tx＋t2，所以要使f（0）是f（x）的最小值，则t≥0，又当x＞0时，f（x）＝x＋＋t≥2＋t＝2＋t，当且仅当x＝1时取等号，所以2＋t≥f（0）＝t2，即t2－t－2≤0，解得－1≤t≤2，又因为t≥0，所以0≤t≤2.故选C. 12.BC　∵函数f（x）＝x2－2ax＋a在区间（－∞，1）上有最小值，∴函数f（x）＝x2－2ax＋a的对称轴应位于区间（－∞，1）内，∴a＜1，又g（x）＝＝x＋－2a，当a＜0时，g（x）＝x＋－2a在区间[1，＋∞）上单调递增，此时g（x）≥g（1）＝1－a；当a＝0时，g（x）＝x在区间[1，＋∞）上单调递增，此时g（x）≥g（1）＝1；当0＜a＜1时，g（x）＝x＋－2a，g'（x）＝1－≥1－a＞0，∴g（x）在[1，＋∞）上单调递增，此时g（x）≥g（1）＝1－a，综上，g（x）在区间[1，＋∞）上单调递增，且有最小值g（1）.故选B、C. 13.（－，）　解析：由题意得y＝f（x）为偶函数，且在（－∞，0）上单调递减，故y＝f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为f（2ax）＜f（2x2＋1），故f（｜2ax｜）＜f（2x2＋1），所以｜2ax｜＜2x2＋1，当x＝0时，｜0｜＜1恒成立，满足要求；当x≠0时，｜2a｜＜＝2｜x｜＋在x∈（－∞，0）∪（0，＋∞）上恒成立，其中2｜x｜＋≥2＝2，当且仅当2｜x｜＝，即｜x｜＝时，等号成立，故｜2a｜＜2，解得－＜a＜，综上，a的取值范围为（－，）. 14.解：（1）证明：令x＝y＝1，则f（1）＝f（1）＋f（1），所以f（1）＝0. 当0＜x＜1时，＞1，则f（ ）＞0， 在f（x·y）＝f（x）＋f（y）中， 令y＝，则f（1）＝f（x）＋f（ ），所以f（x）＝－f（ ）＜0. （2）设0＜x1＜x2，则＞1，所以f（ ）＞0， 于是f（x2）＝f（ x1·）＝f（x1）＋f（ ）＞f（x1）， 故f（x）在（0，＋∞）上单调递增. （3）由题意知，原不等式等价于f（（x＋1）（2x－3））＞f（1）， 由（2）知，f（x）在（0，＋∞）上单调递增， 可得（x＋1）（2x－3）＞1，且x＋1＞0，2x－3＞0，解得x＞. 故原不等式的解集是（ ，＋∞）. 15.B　因为f（x）＝x＋x3是增函数，且x1＋x2＜0，所以f（x1）＜f（－x2）.又易验证f（－x）＝－f（x），所以f（x1）＜－f（x2），即f（x1）＋f（x2）＜0.同理f（x2）＋f（x3）＜0，f（x3）＋f（x1）＜0.所以f（x1）＋f（x2）＋f（x3）＝[f（x1）＋f（x2）＋f（x2）＋f（x3）＋f（x3）＋f（x1）]＜0. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $