微练（九）函数的单调性与最值-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以函数单调性与最值为核心，通过基础到综合的梯度设计，系统整合定义法、复合函数“同增异减”等方法，构建从概念到应用的逻辑链条，培养数学抽象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础过关|13题（如第3、13题）|定义法证明单调性、复合函数单调性判断、奇偶性与单调性结合|从基本函数（二次、对数）到复合、分段函数，逐步拓展至参数范围问题| |素养提升|3题（如第16题）|抽象函数性质分析、不等式恒成立转化|通过函数性质综合应用，深化数学思维与问题解决能力|

微练(九)　函数的单调性与最值 　　　　　　　　　　　　　 基础过关 一、单项选择题 1.下列函数是偶函数,且在区间(0,1)上单调递增的是(　　) A.y=1-x2 B.y=tan x C.y=xcos x D.y= 2.函数f(x)=|x|(x-1)的单调递减区间是(　　) A.(-∞,0) B. C. D.(1,+∞) 3.函数y=log0.5(-x2+4x)的单调递增区间是(　　) A.[2,4) B.[2,+∞) C.(0,2] D.(-∞,2] 4.已知函数f(x)=的值域为R,则a的取值范围是(　　) A.(-∞,1) B.(-1,+∞) C.[-1,1) D.(1,+∞) 5.已知定义域为R的函数f(x)满足f(x)=f(-x),当x∈(-∞,0]时,f(x)=,则满足f(3x-1)<f的实数x的取值范围是(　　) A. B. C. D. 6.若f(x)是定义在R上的偶函数,对∀x1,x2∈(-∞,0],当x1≠x2时,都有>0,若关于x的不等式f>f(ex)在R上恒成立,则a的取值范围是(　　) A.(-∞,0] B.(-∞,0) C.(0,+∞) D.{0} 二、多项选择题 7.下列函数中,在区间(1,+∞)上单调递增的是(　　) A.y=|x-2| B.y= C.y= D.y=x2-4|x| 8.(2026·杭州调研)设函数f(x),g(x)的定义域都为R,且f(x)>0,g(x)>0,f(x)是减函数,g(x)是增函数,则下列说法正确的有(　　) A.g(x)+f(x)是增函数 B.f(x)-g(x)是减函数 C.f(x)g(x)是增函数 D.是减函数 三、填空题 9.函数y=的单调减区间为　　　　　.  10.已知a∈Z,关于x的函数y=在区间[1,+∞)上是严格减函数,且在该区间函数值不恒为负,则实数a=　　　　　.  11.设函数f(x)= (1)若a=0,函数f(x)的最小值为　　　　　;  (2)若函数f(x)存在最小值,则实数a的取值范围是　　　　　.  四、解答题 12.已知函数f(x)=|x-1|,g(x)=-x2+2x+1. (1)在同一坐标系中画出函数f(x),g(x)的图象; (2)定义:对∀x∈R,h(x)=作出函数h(x)的图象,并求函数h(x)的解析式,写出h(x)的值域(不需要证明). 13.已知f(x)=(2a+3)为幂函数. (1)求f(x)的解析式; (2)用定义法证明:f(x)在(0,+∞)上是减函数; (3)若f(2-m)>f(2m-1),求实数m的取值范围. 素养提升 14.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 15.(多选题)对于每个实数x,设f(x)取y=|x-1|,y=|x-2|两个函数值中的最大值,则(　　) A.f(1)=0 B.当x∈(-∞,-4)时,f(x)>4-x C.f(x)在(-∞,2)上单调递减 D.f(x)的最小值为 16.已知函数f(x)=a-(a∈R). (1)求证:f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; (2)若f(x)是奇函数. (ⅰ)求a的值; (ⅱ)若对于任意的x∈,不等式f(mx2+x+m-1)+f(x2-mx)≥0恒成立,求m的取值范围. 微练(九)　函数的单调性与最值 1.D　解析　对于选项A:因为二次函数y=1-x2的开口向下,对称轴为y轴,所以在(0,+∞)单调递减,故函数在区间(0,1)上单调递减,故A错误,对于选项B:因为y=tan x为奇函数,故B项错误,对于选项C:由y=xcos x的定义域为R,且f(-x)=(-x)cos(-x)=-xcos x=-f(x),所以y=xcos x为奇函数,故C错误,对于选项D:由f(x)=的定义域为R,且f(-x)==f(x),所以y=f(x)为偶函数,∀x1,x2∈(0,1),且x1<x2,所以f(x1)-f(x2)=-=(-),因为x1,x2∈(0,1),且x1<x2,且y=ex在R上单调递增,则-<0,1<<e,1<<e,可知1->0,故f(x1)-f(x2)<0,所以y=f(x)在区间(0,1)上单调递增,故选D. 2.B　解析　f(x)=作出图象如图,可以得到函数的单调递减区间是.故选B. 3.A　解析　令-x2+4x>0解得0<x<4,即函数y=log0.5(-x2+4x)的定义域为(0,4),因为二次函数y=-x2+4x在(0,2)单调递增,[2,4)单调递减,所以y=log0.5(-x2+4x)在(0,2)单调递减,[2,4)单调递增,故选A. 4.C　解析　因为y=x在[1,+∞)单调递增,y=-在[1,+∞)单调递增,所以当x≥1时,f(x)=x-单调递增,则f(x)≥f(1)=0,又函数f(x)的值域为R,所以x<1时,函数y=(1-a)x+2a的值域要取到(-∞,0)的所有实数,所以1-a>0,当1-a>0,即a<1时,函数y=(1-a)x+2a单调递增,x→-∞时,y→-∞,当x=1时,y=1-a+2a=a+1≥0,即a≥-1,所以-1≤a<1,即a的取值范围是[-1,1).故选C. 5.D　解析　因为函数f(x)满足f(x)=f(-x),所以f(x)是定义域为R的偶函数,当x∈(-∞,0]时,f(x)=,此时在(-∞,0]上单调递减,则f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(3x-1)<f⇔|3x-1|<,即-<3x-1<,解得<x<.故选D. 6.D　解析　由>0可知:当x1-x2>0时,f(x1)-f(x2)>0,即当x1>x2时,f(x1)>f(x2),可得f(x)在(-∞,0]上单调递增,因为f(x)是定义在R上的偶函数,偶函数的图象关于y轴对称,所以f(x)在[0,+∞)上单调递减,且f=f,f(ex)=f(|ex|),可得f>f(ex),即f>f(|ex|),又因为≥0,|ex|>0,所以<|ex|,易知,ex>0恒成立,因此,<ex,即-ex<<ex,-e2x<a<e2x,y=e2x的值域是(0,+∞),y=-e2x的值域是(-∞,0),解得a={0}.故选D. 7.BC　解析　因为y=|x-2|在(-∞,2)上单调递减,所以A错误;y=在(0,+∞)上单调递增,所以B正确;y==在(1,+∞)上单调递增,所以C正确;y=x2-4|x|在(0,2)上单调递减,所以D错误.故选BC. 8.BD　解析　对于A,若g(x)=2x,f(x)=,则g(1)+f(1)=,g(-1)+f(-1)=,故g(x)+f(x)不一定为增函数,A错误;而f(x)g(x)=1不是增函数,C错误;对于B,因为g(x)是增函数,所以-g(x)为减函数.又f(x)是减函数,所以f(x)-g(x)=f(x)+(-g(x))为减函数,B正确;对于D,因为g(x)是增函数,且g(x)>0,所以>0且单调递减.又f(x)>0,且f(x)为减函数,所以=f(x)×为减函数,D正确. 9.(-∞,2)和(2,+∞)　解析　y===1+,由于函数y=的单调减区间为(-∞,2)和(2,+∞).故函数y=的单调减区间为(-∞,2)和(2,+∞). 10.-1或0　解析　由已知y==a+,x≠-2,又函数在区间[1,+∞)上是严格减函数,且函数值不恒为负,所以解得-1≤a<,又因为a∈Z,所以a=-1或0. 11.0　　解析　(1)当a=0时,f(x)=其图象如图所示:所以当x=时,函数f(x)取最小值0. (2)由(1)知当a=0时,函数f(x)的最小值为0,符合题意;若a<0,当x<a时,f(x)=-ax+1单调递增,当x趋近于-∞时,f(x)趋近于-∞,此时没有最小值;若a>0,当x<a时,f(x)=-ax+1单调递减,此时f(x)>-a2+1;当x≥a时,f(x)min=解得0<a≤,综上,实数a的取值范围是. 12.解　(1)已知f(x)=|x-1|⇒f(x)=g(x)=-x2+2x+1为以(1,2)为顶点,开口向下的抛物线. 所以f(x),g(x)图象如图①所示. (2)令f(x)=g(x),即|x-1|=-x2+2x+1,当x≥1时,x-1=-x2+2x+1,得x=2;当x<1时,1-x=-x2+2x+1,得x=0;则当x<0时,g(x)<f(x);当0<x<2时,f(x)<g(x);当x>2时,g(x)<f(x).所以h(x)=图象法表示h(x)的图象如图②.由图象可知,x=0和x=2时函数h(x)取得最大值,即h(0)=h(2)=1,所以h(x)的值域为(-∞,1]. 13.解　(1)由题意得2a+3=1,解得a=-1,则f(x)=. (2)由(1)知,f(x)=,任取x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-==,因为0<x1<x2,所以x2-x1>0,(+)>0,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以f(x)在(0,+∞)上是减函数. (3)由(2)知,f(x)在(0,+∞)上是减函数.因为f(2-m)>f(2m-1),则解得1<m<2,所以实数m的取值范围为(1,2). 14.B　解析　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. 15.BD　解析　设f(x)取y=|x-1|,y=|x-2|两个函数值中的最大值,则x=1,y=|1-1|=0,x=1,y=|1-2|=1,所以f(1)=1,A选项错误;当x<-4,y=|x-1|<|x-2|=2-x,所以f(x)=2-x,所以f(x)-=2-x-=--2>0,所以f(x)>4-,B选项正确;因为<,f=,f=,f<f,所以在(-∞,2)上不是单调递减,C选项错误;因为|x-1|+|x-2|≥|(x-1)-(x-2)|=1,所以2f(x)≥|x-1|+|x-2|≥1,所以当x=时f(x)的最小值为,D选项正确;故选BD. 16.解　(1)任取实数x1,x2满足x1<x2,则f(x1)-f(x2)=a--=4×,因为x1<x2,所以<,又(1+)·(1+)>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),故f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. (2)(ⅰ)f(x)是R上的奇函数,所以f(0)=a-=0,解得a=2,当a=2时,f(x)=2-=2×,f(-x)=2×=-2×,满足f(-x)=-f(x),即f(x)是奇函数,故a=2; (ⅱ)原不等式即f(mx2+x+m-1)≥-f(x2-mx),因为f(x)是R上的奇函数,则可得f(mx2+x+m-1)≥f(-x2+mx),又f(x)是R上的增函数,则mx2+x+m-1≥-x2+mx,即m(x2-x+1)≥-x2-x+1,因x2-x+1=+>0在上恒成立,故问题转化为∀x∈,m≥恒成立,设g(x)==-1+,则g'(x)==,故当x∈时,g'(x)>0,则g(x)在上单调递增;当x∈时,g'(x)<0,则g(x)在上单调递减.故g(x)max=g(0)=1,则可得m≥1,即m的取值范围为[1,+∞). 学科网（北京）股份有限公司 $