3.2.1.1函数的单调性 限时训练（1）2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册

**基本信息** 聚焦函数单调性，通过基础辨析、能力应用到综合探究的三层设计，强化概念理解与推理能力，适配新授课知识巩固需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|单调性定义辨析、简单函数单调性判断|选择题1-8题，如第1题辨析增函数定义，培养抽象能力| |能力提升|含参数/绝对值函数单调性、单调区间求解|选择填空9-13题，如第4题分段函数单调区间，发展推理意识| |综合应用|单调性证明、二次函数综合问题|解答题14-17题，如第14题定义法证明单调性，提升数学表达与逻辑推理能力|

3.2.1.1函数的单调性 限时训练（1） （完成时间：60分钟） 1.下列命题正确的是(　　) A． 定义在(a，b)上的函数f(x)，若存在x1，x2∈(a，b)，使得x1<x2时有f(x1)<f(x2)，则f(x)在(a，b)上为增函数 B． 定义在(a，b)上的函数f(x)，若有无穷多对x1，x2∈(a，b)，使得x1<x2时有f(x1)<f(x2)，则f(x)在(a，b)上为增函数 C． 若f(x)在区间A上为减函数，在区间B上也为减函数，则f(x)在A∪B上也为减函数 D． 若f(x)在区间I上为增函数且f(x1)<f(x2)(x1，x2∈I)，则x1<x2 2.若函数f(x)是R上的增函数，对实数a，b，若a＋b>0，则有(　　) A． f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b) B． f(a)＋f(b)<f(－a)＋f(－b) C． f(a)－f(b)>f(－a)－f(－b) D． f(a)－f(b)<f(－a)－f(－b) 3.若y＝f(x)是R上的减函数，对于x1<0，x2>0，则(　　) A． f(－x1)>f(－x2) B． f(－x1)<f(－x2) C． f(－x1)＝f(－x2) D． 无法确定 4．函数y=x2﹣2|x|+1的单调递增区间是（　　） A．（﹣1，0） B．（﹣1，0）和（1，+∞） C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣∞，﹣1）和（0，1） 5．若函数f（x）=x2+（a﹣1）x+a在区间[2，+∞）上是增函数，则a的取值范围（　　） A．（﹣∞，﹣3） B．[3，+∞） C．（﹣∞，3] D．[﹣3，+∞） 6．函数f（x）=（3﹣2a）x+b在R上是减函数，则有（　　） A． B．a≥ C． D． 7．函数y=f（x）在R上为减函数，且f（2m）＞f（﹣m+9），则实数m的取值范围是（　　）A．（﹣∞，3） B．（0，+∞） C．（3，+∞） D．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞） 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，那么－1<f(x)<1的解集是(　　)A． (0,1) B． (－1,1) C． (0,3) D． (－1,3) 9．若函数在上是减函数，则的取值范围是 A． B． C． D． 10．若函数在（﹣∞，2）上单调递减，则的取值范围是 A． B． C．[2，+∞） D． 11.函数的单调递增区间是（ ） A． B． C． D． 12．函数f（x）=的单调递减区间为　　． 13.是定义在上的增函数，则不等式的解集是__________． 14．判断并证明函数f（x）=在区间（﹣1，0）上的单调性． 15.已知函数，且此函数图象过点(1,5)． (1)求实数m的值； (2)判断函数f(x)在(0,2)上的单调性？并用定义证明． 16．已知函数f（x）=ax2﹣2ax+2+a（a＜0），若f（x）在区间[2，3]上有最大值1． （1）求a的值； （2）若g（x）=f（x）﹣mx在[2，4]上单调，求数m的取值范围． 17．已知函数y=f（x）满足f（x+1）=x+3a，且f（a）=3． （1）求函数f（x）的解析式； （2）若g（x）=x•f（x）+λf（x）+1在（0，2）上具有单调性，λ＜0，求λ的取值范围． 答案 1. D 2.A 3.B 4.B 5.D 6.D 7.C 8.C 9.解：因为在上是减函数，所以，即，选B.10.B 11.解： 函数要有意义则，解得或，又由二次函数的单调性知， 时，函数是增函数，所以的单调增区间是，故选D. 12.解：令t=﹣x2+8x+9，由t≥0解得，﹣1≤x≤9，则y=，且y在t≥0上递增， 由于函数t在﹣1≤x≤4上递增，在4＜x≤9上递减，则所求函数在4＜x≤9上递减．则单调减区间为（4，9]．故答案为：（4，9]． 13.解：由是定义在上的增函数得： ，即不等式的解集是，故答案为. 14.解：根据题意，函数f（x）=在区间（﹣1，0）上单调递增，证明如下：设﹣1＜x1＜x2＜0， 则f（x1）﹣f（x2）=﹣=， 又由﹣1＜x1＜x2＜0， 则x2﹣x1＞0，x2+x1＜0，x12﹣1＜0，x22﹣1＜0， 则有f（x1）﹣f（x2）＜0， 则函数f（x）=在区间（﹣1，0）上单调递增． 15.解：(1)把(1,5)代入函数f(x)得f(1)＝1＋m＝5，解得m＝4. (2)函数在(0,2)上单调递减，证明如下：任取0<x1<x2<2，则f(x1)－f(x2)＝x1＋－x2－＝(x1－x2)＋＝(x1－x2)＋ (x2－x1)＝(x1－x2)＝(x1－x2). 因为0<x1<x2<2， 所以0<x1x2<4，所以x1x2－4<0，x1－x2<0，所以f(x1)>f(x2)，所以函数在(0,2)上单调递减． 16． 解：（1）因为函数的图象是抛物线，a＜0，所以开口向下，对称轴是直线x=1，所以函数f（x）在[2，3]单调递减，所以当x=2时，ymax=f（2）=2+a=1，∴a=﹣1； （2） 因为a=﹣1，∴f（x）=﹣x2+2x+1，所以g（x）=f（x）﹣mx=﹣x2+（2﹣m）x+1，，∵g（x）在[2，4]上单调，∴，从而m≤﹣6，或m≥﹣2。 所以，m的取值范围是（﹣∞，﹣6]∪[﹣2，+∞）。　 17．解：（1）∵f（x+1）=x+3a=x+1+3a﹣1，∴f（x）=x+3a﹣1， ∵f（a）=3，∴f（a）=a+3a﹣1=4a﹣1=3，得4a=4，则a=1，即函数f（x）的解析式f（x）=x+2； （2）g（x）=x•f（x）+λf（x）+1=x•（x+2）+λ（x+2）+1=x2+（2+λ）x+2λ+1， 函数的对称轴为x=﹣，若函数g（x）在（0，2）上具有单调性，λ＜0， 则﹣≤0或﹣≥2，即λ≥﹣2或λ≤﹣6，∵λ＜0， ∴λ≤﹣6或﹣2≤λ＜0，则λ的取值范围是λ≤﹣6或﹣2≤λ＜0． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $