3.2.1单调性与最大(小)值（函数的单调性）限时训练 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，通过选择、填空、解答题的梯度设计，实现从概念理解到综合应用的知识巩固，适配新授课分层教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|单调性定义、单调区间判断|直接应用定义辨析单调区间（如选择1-3），培养抽象能力| |提升层|复合/分段函数单调性、参数范围|通过辨析题（如选择4）及中档应用（如填空15），发展推理意识| |综合层|抽象函数单调性、证明与应用|结合定义法证明（解答19）及综合问题（解答22），体现理性精神|

3.2.1单调性与最大(小)值（函数的单调性）限时训练 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分 时间120分钟 满分150分 第I卷 一．选择题（共11小题，满分55分，每小题5分） 1．函数y＝的单调递减区间是(　　) A．(－∞，1)，(1，＋∞) B．(－∞，1)∪(1，＋∞) C．{x∈R|x≠1} D．R 2.函数的单调递减区间为（　　） A．（﹣∞，﹣3] B．（﹣∞，﹣1] C．（1，+∞） D．（﹣3，﹣1] 3．已知函数f(x)在R上是增函数，则下列说法正确的是(　　) A．y＝－f(x)在R上是减函数 B．y＝在R上是减函数 C．y＝[f(x)]2在R上是增函数 D．y＝af(x)(a为实数)在R上是增函数 4．设是定义在上的函数. ①若存在，使成立，则函数在上单调递增； ②若存在，使成立，则函数在上不可能单调递减； ③若存在对于任意都有成立，则函数在上单调递减. 则以上命题正确的个数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 5．已知函数f(x)＝若f(4－a)>f(a)，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，2) B．(2，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－2，＋∞) 6．函数f（x）=满足：对任意的实数x1≠x2，都有（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]＞0成立，则实数a的取值范围是（　） A． B． C． D． 7．若函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 8．函数f（x）=ax2+2（a-1）x+2在区间（-∞，4]上为减函数，则a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 9．函数f（x）=在区间（﹣2，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围是（　　） A．（0，） B．（，+∞） C．（﹣2，+∞） D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） 10.函数f（x）=|x2﹣6x+8|的单调递增区间为（　　） A．[3，+∞） B．（﹣∞，2），（4，+∞） C．（2，3），（4，+∞） D．（﹣∞，2]，[3，4] 11．已知四个函数的图象如图所示，其中在定义域内具有单调性的函数是(　　) 第II卷(非选择题） 二．填空题（共7小题，满分35分，每小题5分） 12．已知函数f(x)＝是(－∞，＋∞)上的减函数，则实数a的取值范围是________． 13．已知f(x)是定义在区间[－1,1]上的增函数，且f(x－2)<f(1－x)，则x的取值范围是________． 14．函数f(x)是在区间(－2,3)上的增函数，则y＝f(x＋5)的一个递增区间是________． 15.函数的单调递减区间为_______． 16．函数的单调递增区间为________. 17．已知是定义在整数集上的减函数，则的取值范围为________. 18．函数在上是减函数，则实数的取值范围是________. 三．解答题（共6小题，满分60分，每小题10分） 19.已知f(x)＝(x≠a)． (1)若a＝－2，试证明f(x)在(－∞，－2)上单调递增； (2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围． 20．已知函数是定义在上的函数． （1）用定义法证明函数在上是增函数； （2）解不等式． 21．已知定义域为，对任意都有，当时，，. （1）求和的值； （2）试判断在上的单调性，并证明； （3）解不等式：. 22.定义在R上的函数y＝f（x）．对任意的a，b∈R．满足：f（a+b）＝f（a）•f（b），当x＞0时，有f（x）＞1，其中f（1）＝2． （1）求f（0），f（﹣1）的值； （2）判断该函数的单调性，并证明； （3）求不等式f（x+1）＜4的解集． 23.已知函数对于一切正实数，都有且时，，. （1）求证：； （2）求证：在上为单调减函数； （3）若，试求的值． 24．定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f()＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)>0. (1)求f(1)的值，并判断f(x)的单调性； (2)若f(4)＝2，求f(x)在[5，16]上的最大值． 答案 1.解：单调区间不能写成单调集合，也不能超出定义域，故C，D不对，B表达不当．故选A. 2.解：该函数的定义域为，函数的对称轴为，由复合函数单调性可知该函数在区间上是减函数，故选A. 3.解：设x1<x2，因为函数f(x)在R上是增函数，故必有f(x1)<f(x2)． 所以－f(x1)>－f(x2)，A选项一定成立．其余三项不一定成立，如当f(x)＝x时，B，C不成立，当a≤0时，D不成立．∴f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)． 4.解：对于①，“任意”，使成立，函数在上单调递增，故①不对；对于②，由减函数的定义知，必须有“任意”，使成立，即若存在，使成立，函数在上不可能单调递减，故②对；对于③，存在对于任意都有成立，则函数不在上单调递减，故③不对；即真命题的个数为1，故选B. 5.解：　画出f(x)的图象(图略)可判断f(x)在R上单调递增，故f(4－a)>f(a)⇔4－a>a，解得a<2. 6.解：因为函数f（x）=满足：对任意的实数x1≠x2， 都有（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]＞0成立，所以函数f（x）在（-∞，+∞）上是增函数，所以f（x）在（-∞，1），（1，+∞）上均单调递增，且-12+2a×1≤（2a-1）×1-3a+6，故有，解得1≤a≤2．所以实数a的取值范围是[1，2]． 7.解：由函数在区间上是增函数，可得对称轴，得. 又在区间上是减函数，所以，得. 综上：.故选B. 8.解：当时，为减函数，符合题意.当时，由于函数在上为减函数，故二次函数的开口向上，且对称轴在的右侧，即，解得.综上所述，故选B. 9．解：∵当a=0时，f（x）=在区间（﹣2，+∞）上单调递减，故a=0舍去，∴a≠0，此时f（x）===a+，又因为y=在区间（﹣2，+∞）上单调递减，而函数f（x）=在区间（﹣2，+∞）上单调递增，∴须有1﹣2a＜0，即a＞，故选：B．　 10.解：画出的图象如图：由图象可知，函数的增区间为，故选C. 11.解：对于A，存在x1∈(0,1)，f(x1)>f(1)，A不对；对于C，存在x1>1，f(x1)<f(1)，C不对；对于D，存在x1＝－1，x2＝1，f(x1)<f(x2)，D不对；只有B完全符合单调性定义． 12．答案　 解：当x<0时，函数f(x)＝x2－ax＋1是减函数，解得a≥0；当x≥0时，函数f(x)＝－x＋3a是减函数，分段点0处的值应满足1≥3a，解得a≤，∴0≤a≤. 13．答案　 解：由题意，得解得1≤x<，故满足条件的x的取值范围是1≤x<. 14. 答案(－7，－2) 15. 解：由－2＜x＋5＜3，得－7＜x＜－2， 故函数y＝f(x＋5)的一个递增区间为(－7，－2)． 15.解：，定义域是， ∴单调减区间为和． 故答案为和． 16. 答案 17. 解：由，解得. 令，为开口向下的抛物线，对称轴为： 由二次函数单调性可知当时， 单调递增，则也单调递增. 17.解：为定义在上的减函数；∴ 解得 ． 18.解：若f（x）在区间（0，1）上是减函数， 解得：a∈（﹣∞，0）∪（1，3] 19. (1)证明　设任意x1，x2∈(－∞，－2)，且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝－＝. ∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，∴f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增． (2)解　设任意x1，x2∈(1，＋∞)，且x1<x2，则 f(x1)－f(x2)＝－＝. ∵a>0，x2－x1>0，∴要使f(x1)－f(x2)>0， 只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1.综上所述，0<a≤1. 20.解：（1）证明：对于任意的，且，则： ， ∵，∴，，∴． ∴，即．∴函数在上是增函数． （2）由函数的分析式及（1）知，是奇函数且在上递增， ，即：， 结合函数的定义域和单调性可得关于实数的不等式： ，求解关于实数的不等式组可得：，则不等式的解集为． 21.解： （1）因为对任意都有， 所以，令，则，所以； 令，则，因为， 所以； （2）任取，则 ，，当时，， ，在上单调递减； （3）因为， 所以原不等式可化为；即， 由（2）可得，解得或；即原不等式的解集为 22.解：（1）根据题意，对任意的a，b∈R，满足f（a+b）＝f（a）•f（b）； 令a＝1，b＝0，则f（1）＝f（0）•f（1），又由f（1）＞1，则f（0）＝1； 令a＝1，b＝﹣1，则f（0）＝f（1）•f（﹣1），又由f（1）＝2，则f（-1）＝； （2）f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增； 任取x1，x2∈（﹣∞，+∞）且x1＜x2，则有x2﹣x1＞0，则f（x2﹣x1）＞1，又∵； f（x2）＝f[（x2﹣x1）+x1]＝f（x2﹣x1）•f（x1）＞f（x1）， 则f（x2）﹣f（x1）＞0，即函数f（x）为增函数； （3）根据题意，f（2）＝f（1+1）＝f（1）•f（1）＝4， 则f（x+1）＜4⇒f（x+1）＜f（2）⇒x+1＜2，解可得：x＜1，即不等式的解集为（﹣∞，1）． 23.解：（1）∵，∴，则由，得 若存在则对任意都有，与相矛盾， 所以不存在即. （2）任取，且则，， ， 即由此得到是在上为单调减函数． （3）解：令，，则，即， ∵，，∴， 即，则，解得． 24.解：(1)令x1＝x2>0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0. 任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则>1， 由于当x>1时， f(x)>0，所以f()>0， 即f(x1)－f(x2)>0，因此f(x1)>f(x2)， 所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递增函数． (2)因为f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数，所以f(x)在[5，16]上的最大值为f(16)． 由f()＝f(x1)－f(x2)，得f()＝f(16)－f(4)，而f(4)＝2，∴f(16)＝4， ∴f(x)在[5，16]上的最大值为4. 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 $