2.2 第二课时 函数单调性的应用(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案

**基本信息** 以定义法为核心，系统覆盖单调性判断、比较大小、求最值及解不等式，构建“概念-推理-应用”逻辑链，强化数学思维与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单调性判定|3题（1,2,10）|定义法作差比较，复合函数单调性分析|从定义推导单调性，关联函数定义域与单调区间| |单调性应用|8题（3-9,11-14）|构造函数（13题g(x)=f(x)-2x），分段函数单调性整合，不等式转化|应用单调性解决大小比较、最值求解、参数范围及不等式问题，体现知识迁移|

限时规范训练10　函数单调性的应用 (建议用时：60分钟　分值：100分) 1．已知函数f(x)＝，则(　　) A．f(x)的定义域为(1，＋∞) B．f(x)在区间[－2，0]内单调递增 C．f(x)在区间[－2，0]内的最大值为－ D．f(3)<f(4)<f(5) 解析：C　f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，故A错误；任取x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝则f(x1)－f(x2)>0，因此f(x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上分别单调递减，即在区间[－2，0]内单调递减，B错误；当x∈[－2，0]时，f(x)max＝f(－2)＝－，C正确；结合B项可得，f(3)>f(4)>f(5)，D错误．故选C. 2．若x>0，则f(x)＝2－x－(　　) A．最大值为6　　　　　 B．最小值为－6 C．最大值为－2 D．最小值为2 解析：C　任取0<x1<x2<2，则f(x1)－f(x2)＝－＝(x2－x1)＋＝(x2－x1)，因为0<x1<x2<2，所以x2－x1>0，0<x2x1<4，故<0，所以f(x1)－f(x2)<0即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在(0，2)上单调递增；同理可证f(x)在(2，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(2)＝－2.故选C. 3．已知函数f(x)＝|ln x|，若a＝f(5)，b＝c＝f，则(　　) A．a>b>c B．c>b>a C．a>c>b D．c>a>b 解析：A　由f(x)＝|ln x|＝可知f＝－ln ＝ln 5＝f(5)＝a，且f(x)在(0，1)上单调递减，故f>f>f，即a>b>c.故选A． 4．已知函数y＝，x∈(1，m]的最小值为8.则实数m的值是(　　) A．－1 B．1 C．2 D．3 解析：C　由y＝，而函数y＝在(1，＋∞)上单调递减，所以函数y＝3＋在(1，＋∞)上单调递减，又其在(1，m]上的最小值为8，所以ymin＝y|x＝m＝3＋＝8，解得m＝2.故选C. 5．(多选)已知函数f(x)＝则下列结论正确的是(　　) A．f(x)在R上为增函数 B．f(e)>f(2) C．若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≤－1或a≥0 D．当x∈[－1，1]时，f(x)的值域为[1，2] 解析：BC　易知f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上单调递增，A错误；e>2，f(e)>f(2)，B正确；若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≥0或a＋1≤0，即a≤－1或a≥0，故C正确；当x∈[－1，0]时，f(x)∈[1，2]，当x∈(0，1]时，f(x)∈(－∞，2]，故x∈[－1，1]时，f(x)的值域为(－∞，2]，故D错误．故选BC. 6．(多选)已知f(x)为区间(－∞，＋∞)上的减函数，且a∈(0，＋∞)，则(　　) A．f(a)>f(2a) B．f(a2)<f(a) C．f(a2＋1)<f(a) D．f(a2＋a)<f(a) 解析：ACD　因为a∈(0，＋∞)，则a<2a，又f(x)为区间(－∞，＋∞)上的减函数，故f(a)>f(2a)，故A正确；因为a2－a＝a(a－1)与0的大小关系不确定，无法比较f(a2)与f(a)的大小，故B错误；因为a2＋1－a＝2＋＞0，所以a2＋1＞a，又f(x)为(－∞，＋∞)上的减函数，所以f(a2＋1)<f(a)，故C正确；因为a2＋a>a，又f(x)为(－∞，＋∞)上的减函数，所以f(a2＋a)<f(a)，故D正确．故选ACD. 7．(5分)(2025·山东烟台三模)已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(2t)<2，则实数t的取值范围是______________. 解析：已知f(x)＝ln x＋2x，其中y＝ln x和y＝2x均为单调递增函数，且y＝ln x定义域为(0，＋∞)，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝ln 1＋21＝2，可得f(2t)<f(1)，可得0<2t<1，解得0<t<. 答案： 8．(5分)函数f(x)＝x2＋2＋的最小值为______. 解析：令t＝x2＋2≥2，则g(t)＝t＋，可知g(t)在[2，＋∞)上单调递增，则g(t)在[2，＋∞)内的最小值为g(2)＝，所以函数f(x)的最小值为. 答案： 9．(5分)已知函数f(x)＝且f(3)＝，则不等式f(9x－2x2)>f(－5)的解集为______________. 解析：因为f(3)＝，故2＋m＝，解得m＝－.易得f(x)＝2－(x≥2)为增函数，f(x)＝4x-3＋(x<2)为增函数，且当x＝2时，2－＝1，故f(x)在R上单调递增．故f(9x－2x2)>f(－5)即9x－2x2>－5，故2x2－9x－5<0，解得x∈. 答案： 10．(13分)已知函数f(x)＝，x∈[2，3]. (1)用定义法判断函数的单调性； (2)求函数的最大值和最小值． 解：(1)任取2≤x1<x2≤3， 函数f(x)＝， 则f(x1)－f(x2)＝， 因为2≤x1<x2≤3，所以x2－x1>0，x1－1>0，x2－1>0， 所以f(x1)－f(x2)>0，故f(x1)>f(x2)， 所以函数f(x)在[2，3]上为减函数． (2)f(x)在[2，3]上单调递减， 所以f(x)max＝f(2)＝＝4，f(x)min＝f(3)＝. 11．(15分)已知函数f(x)＝x－. (1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性，并用函数单调性的定义证明； (2)求f(x)在[2，3]上的值域； (3)求解关于x的不等式f(2x2＋2|x|)>f(x2＋3)． 解：(1)f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，证明如下： 对于∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝－＝(x1－x2)－＝， 因为x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，所以x1x2>0，x1－x2<0， 于是故f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可知f(x)在[2，3]上单调递增， 所以f(x)min＝f(2)＝，f(x)max＝f(3)＝， 所以f(x)在[2，3]上的值域为. (3)因为2x2＋2|x|>0，x2＋3>0，由(1)得f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 故2x2＋2|x|>x2＋3，即x2＋2|x|－3>0， 解得|x|<－3(舍去)或|x|>1， 所以x>1或x<－1. 所以不等式的解集为{x|x>1或x<－1}． 12．设函数f(x)＝若f(x)存在最小值，则a的取值范围为(　　) A．[ ，] B． C．[ ，]∪(2，＋∞) D．∪(2，＋∞) 解析：B　若a＝0，则f(x)＝ f(x)min＝f(2)＝－1； 若a<0，当x<a时，f(x)＝1－ax单调递增，当x→－∞时，f(x)→－∞，故f(x)没有最小值； 若a>0，当x<a时，f(x)＝1－ax单调递减，f(x)>f(a)＝1－a2， 当x≥a时，f(x)min＝ 若函数f(x)有最小值，需或解得0<a≤ . 综上，a的取值范围为.故选B. 13．(2025·江西鹰潭一模)已知定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足对∀x1，x2∈[0，＋∞)，x1≠x2，都有>2，若f(1)＝2024，则不等式f(x－2024)>2(x－1013)的解集为(　　) A．(2023，＋∞) B．(2024，＋∞) C．(2025，＋∞) D．(1012，＋∞) 解析：C　由>2，得>0，令g(x)＝f(x)－2x关键点：构造函数g(x)＝f(x)－2x，并确定其单调性.则>0，因此函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，由f(1)＝2024，得g(1)＝2022，由f(x－2024)>2(x－1013)，得f(x－2024)－2(x－2024)>2022，即g(x－2024)>g(1)，则x－2024>1，解得x>2025，所以原不等式的解集为(2025，＋∞)．故选C. 14．(15分)已知函数f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1. (1)求f(1)和f(9)的值； (2)解关于x的不等式f(3x＋6)＋f(x)<2. 解：(1)由题知，f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数， 且f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1， 令x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，f(1)＝0， 令x＝y＝3，则f(9)＝f(3)＋f(3)＝2， 即f(1)＝0，f(9)＝2. (2)因为f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数， 且f(9)＝2，f(xy)＝f(x)＋f(y)， 所以f(3x＋6)＋f(x)<2，等价于f(3x2＋6x)<f(9)， 所以解得0<x<1，即该不等式解集为(0，1)． 学科网（北京）股份有限公司 $