第2章 第2节 函数的单调性（配套练习Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

**基本信息** 以定义法、导数法、复合函数“同增异减”为核心，构建从概念到抽象函数应用的单调性解题体系，强化逻辑推理与数学表达。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|9题（含2023新课标Ⅰ卷）|定义法判断单调性、导数法求单调区间、复合函数单调性规则|从单调性定义出发，结合一次/二次/对数函数性质，延伸至复合函数与分段函数单调性分析| |综合提升|5题（含2022北京卷）|奇偶性与单调性综合应用、抽象函数单调性证明、恒成立问题转化|通过抽象函数赋值法证明单调性，结合不等式与函数最值，实现知识迁移与综合应用|

课时冲关9　函数的单调性 学生用书　P284 [基础训练组] 1．(多选)下列函数中，满足“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，使得＜0”成立的是(　　 ) A．f(x)＝－x2－2x＋1 B．f(x)＝x－ C．f(x)＝x＋1 D．f(x)＝ (2x)＋1 解析：AD　[根据题意，“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，使得＜0”，则函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，据此依次分析选项：对于选项A，f(x)＝－x2－2x＋1，为二次函数，其对称轴为x＝－1，在(0，＋∞)上递减，符合题意；对于选项B，f(x)＝x－，其导数f′(x)＝1＋＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上递增，不符合题意；对于选项C，f(x)＝x＋1为一次函数，所以f(x)在(0，＋∞)上递增，不符合题意；对于选项D，f(x)＝ (2x)＋1，在(0，＋∞)上单调递减，符合题意．] 2．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2]　　　　 B．[－2,0) C．(0,2] D．[2，＋∞) 解析：D　[由题意易得，≥1，所以a的取值范围是[2，＋∞)．] 3．(2024·聊城市模拟)函数y＝ln (x2－4x＋3)的单调减区间为(　　 ) A．(2，＋∞) B．(3，＋∞) C．(－∞，2) D．(－∞，1) 解析：D　[令t＝x2－4x＋3＞0，求得x＜1，或x＞3， 故函数的定义域为{x|x＜1，或x＞3}，且y＝ln t. 由二次函数的性质得，t在区间(－∞，1)上为减函数，在区间(3，＋∞)为增函数， 又y＝ln t在t∈(0，＋∞)上为增函数，根据复合函数单调性的判断方法，知函数y＝ln (x2－4x＋3)的单调减区间为(－∞，1)．] 4．(2024·泰安模拟)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则(　　) 解析：C　[∵f(x)是定义域为R的偶函数， ∴f＝f(log34)． 5．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，＋∞)上一定(　　) A．有最小值 B．有最大值 C．是减函数 D．是增函数 解析：D　[由题意知a<1，∴g(x)＝＝x＋－2a，当a<0时，显然g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当a>0时，g(x)在[，＋∞)上是增函数，故在(1，＋∞)上为增函数，∴g(x)在(1，＋∞)上一定是增函数．] 6．(多选)已知f(x)是定义在[0，＋∞)上的函数，根据下列条件，可以断定f(x)是增函数的是(　　 ) A．对任意x≥0，都有f(x＋1)＞f(x) B．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≥x2，都有f(x1)≥f(x2) C．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2＜0，都有f(x1)－f(x2)＜0 D．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≠x2，都有＞0 解析：CD　[根据题意，依次分析选项：对于选项A，对任意x≥0，都有f(x＋1)＞f(x)，不满足函数单调性的定义，不符合题意；对于选项B，当f(x)为常数函数时，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，都有f(x1)＝f(x2)，不是增函数，不符合题意；对于选项C，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2＜0，都有f(x1)－f(x2)＜0，符合题意；对于选项D，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，设x1＞x2，若＞0，必有f(x1)－f(x2)＞0，则函数在[0，＋∞)上为增函数，符合题意．] 7．(2024·日照模拟)已知奇函数f(x)为R上的减函数，若f(3a2)＋f(2a－1)≥0，则实数a的取值范围是________． 解析：∵奇函数f(x)为R上的减函数， ∴不等式f(3a2)＋f(2a－1)≥0， 等价为f(3a2)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)， 即3a2≤1－2a，即3a2＋2a－1≤0，得(a＋1)(3a－1)≤0，得－1≤a≤， 即实数a的取值范围是. 答案： 8．设函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a的取值范围是________． 解析：f(x)＝＝a－， 定义域为(－∞，－2a)∪(－2a，＋∞)， ∵函数f(x)在区间(－2，＋∞)上是增函数， ∴，即，解得a≥1. 答案：[1，＋∞) 9．(2022·北京卷，15)设函数f(x)＝若f(x)存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为________． 解析：由题意知，函数最值与函数单调性相关，故可考虑以0,2为分界点研究函数f(x)的性质，当a<0时，f(x)＝－ax＋1，x<a，该段的值域为(－∞，－a2＋1)，故整个函数没有最小值；当a＝0时，f(x)＝－ax＋1，x<a，该段值域为{1}，而f(x)＝(x－2)2，x≥a的值域为[0，＋∞)，故此时f(x)的值域为[0，＋∞)，即存在最小值为0，故第一个空可填写0；当0<a≤2时，f(x)＝－ax＋1，x<a，该段的值域为(－a2＋1，＋∞)，而f(x)＝(x－2)2，x≥a的值域为[0，＋∞)，若存在最小值，则需满足－a2＋1≥0，于是可得0<a≤1；当a>2时，f(x)＝－ax＋1，x<a，该段的值域为(－a2＋1，＋∞)，而f(x)＝(x－2)2，x≥a的值域为[(a－2)2，＋∞)，若存在最小值，则需满足－a2＋1≥(a－2)2，此不等式无解．综上，a的取值范围是[0,1]，故a的最大值为1. 答案：0(答案不唯一)，1 10．已知定义在R上的函数f(x)同时满足下面两个条件： ①对任意x，y∈R，都有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)＋2 023； ②当x>0时，f(x)<2 023. (1)求f(0)； (2)判断f(x)在R上的单调性，并证明你的结论； (3)已知g(x)＝2x2－x＋1，若∀x∈[1,3]，不等式f[g(x)]＋f(－mx2)≥4 046恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)令x＝0，y＝0，则2f(0)＝f(0)＋2 023， 所以f(0)＝2 023. (2)f(x)在R上为减函数，证明如下： 设∀x1，x2∈R，x1<x2，则x2－x1>0， 则f(x1)－f(x2)＝f(x1)－f[(x2－x1)＋x1]＝f(x1)－[f(x2－x1)＋f(x1)－2 023] ＝2 023－f(x2－x1)， 又x2－x1>0，则f(x2－x1)<2 023， 所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)， 故f(x)在R上为减函数． (3)由f[g(x)]＋f(－mx2)≥4 046可得， f[g(x)－mx2]＋2 023≥4 046， 即f(2x2－x＋1－mx2)≥2 023－f(0)， 由f(x)在R上为减函数可得(2－m)x2－x＋1≤0对∀x∈[1,3]恒成立， 即2－m≤＝－2＋，x∈[1,3]恒成立， 令t＝∈，则y＝－t2＋t，对称轴方程为t＝， 所以当t＝1时，ymin＝－1＋1＝0，故2－m≤0，解得m≥2，即m的取值范围是[2，＋∞)． [能力提升组] 11．(2024·天津模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上对于任意两个不相等的实数x1，x2恒有<0成立，若实数a满足f(log6a)≥f(－1)，则a的取值范围是(　　 ) A. B． C．(0,6] D．(－∞，6] 解析：A　[根据题意，函数f(x)在区间[0，＋∞)上有<0成立， 则函数f(x)在区间[0，＋∞)上是减函数， 又函数f(x)为偶函数，则f(log6a)≥f(－1)等价于f(|log6a|)≥f(1)， 即|log6a|≤1，解得－1≤log6a≤1，所以≤a≤6.] 12．(多选)已知f(x)＝3－2|x|，g(x)＝x2－2x，F(x)＝，则关于F(x)的说法正确是(　　) A．最大值为3，最小值－1 B．最大值为7－2，无最小值 C．增区间是(－∞，2－)和(1，)，减区间是(2－，1)和(，＋∞) D．增区间是(－∞，0)和(1，)，减区间是(0,1)和(，＋∞) 解析：BC　[作出F(x)的图像，如图实线部分，知有最大值而无最小值，且最大值不是3， 当x≤0时，由3＋2x＝x2－2x得x＝2－， 当x>0时，由3－2x＝x2－2x得x＝结合图像可得增区间是(－∞，2－)和(1，)，减区间是(2－，1)和(，＋∞)．] 13．设min{x，y}＝若定义域为R的函数f(x)，g(x)满足f(x)＋g(x)＝，则min{f(x)，g(x)}的最大值为________． 解析：设min{f(x)，g(x)}＝m，∴⇒2m≤f(x)＋g(x)⇒m≤， 显然当m取到最大值时，x>0，∴＝≤＝，∴m≤，当且仅当时等号成立，即m的最大值是. 答案： 14．已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，且f(1)＝1，若a，b∈[－1,1]，a＋b≠0时，有>0成立． (1)判断f(x)在[－1,1]上的单调性，并证明它； (2)解不等式：f<f； (3)若f(x)≤m2－2am＋1对所有的a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)任取x1，x2∈[－1,1]，且x1<x2， 则－x2∈[－1,1]，∵f(x)为奇函数， ∴f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2) ＝·(x1－x2)， 由已知得>0，x1－x2<0， ∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)． ∴f(x)在[－1,1]上单调递增． (2)∵f(x)在[－1,1]上单调递增， ∴∴－≤x<－1. 所以不等式的解集为. (3)∵f(1)＝1，f(x)在[－1,1]上单调递增． ∴在[－1,1]上，f(x)≤1. 问题转化为m2－2am＋1≥1， 即m2－2am≥0，对a∈[－1,1]恒成立． 设g(a)＝－2m·a＋m2≥0. ①若m＝0，则g(a)＝0≥0，对a∈[－1,1]恒成立． ②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)≥0，对a∈[－1,1]恒成立，必须有g(－1)≥0且g(1)≥0， ∴m≤－2或m≥2. ∴实数m的取值范围是m＝0或m≥2或m≤－2. 6 学科网（北京）股份有限公司 $