课时规范练8 函数的单调性与最值专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦函数单调性与最值，以定义法、分段函数分析、单调性应用为主线，构建“概念-判断-应用-最值”的逻辑链条，典例覆盖高考高频考法，培养数学思维与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |确定函数的单调性|1-2题|定义法证明、分段函数去绝对值|从单调性定义到分段函数单调性判断的概念生成| |函数单调性的应用|3-4题|利用单调性比较大小、解不等式|单调性与函数值比较的逻辑推导| |求函数的最值|5题|换元法转化求最值|单调性与最值的应用拓展|

课时规范练8　函数的单调性与最值 典例对点练 考点一　确定函数的单调性 1.(2026·湖南长沙模拟)函数f(x)=|4-x|·(x-1)的单调递减区间为(　　) A.(,4) B.(1,4) C.(-∞,4) D.(-∞,),(4,+∞) 2.(2025·湖南娄底学业考试)已知函数f(x)=4x+,f(1)=13. (1)求m的值; (2)用定义法证明:函数f(x)在区间(0,1)上单调递减. 考点二　函数单调性的应用 3.(2025·河北承德模拟)已知f(x)=2x-,a=f(),b=f(),c=f(),则下列选项正确的是(　　) A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 4.(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　　　　.  考点三　求函数的最值 5.(2026·山东济宁模拟)已知函数f(x)=,则f(x)的最小值为　　　 .  素能综合练 6.(2025·北京西城期末)下列函数在其定义域上单调递减的是(　　) A.y= B.y=-|x| C.y=(x-1)3 D.y= 7.函数f(x)=x2-4|x|+3的单调递增区间是(　　) A.(-∞,-2) B.(-∞,-2)和(0,2) C.(-2,2) D.(-2,0)和(2,+∞) 8.(2025·辽宁沈阳期末)函数f(x)=的最小值为(　　) A.0 B.4 C. D.2 9.已知对f(x)定义域内的任意实数x1,x2,且x1≠x2,[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0恒成立,设a=f(-),b=f(3),c=f(5),则(　　) A.b<a<c B.c<b<a C.b<c<a D.a<b<c 10.(2025·江苏南通模拟)已知函数f(x)=在区间(-1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是(　　) A.(0,+∞) B.[0,+∞) C.(0,1] D.[1,+∞) 11.(2025·广东茂名一模)已知函数f(x)=在区间(a,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围为(　　) A.(-∞,1] B.(-∞,3] C.[3,+∞) D.[5,+∞) 12.(2026·江西吉安模拟)设函数f(x)=则满足f(k-1)<f(2k)的k的取值范围是　　　　　.  13.(2025·贵州贵阳模拟预测)已知定义在R上的函数f(x)满足:f(x-4)+f(6-x)=4,则f(1)=　　　　　;若g(x)=f(x+1)-2,对任意的x1,x2∈(0,+∞)(x1≠x2),都有<0,则当x∈(0,+∞)时,不等式g(x)<的解集为　　　　　.  14.已知函数f(x)=-. (1)求证:函数f(x)在区间[2,3]上单调递增; (2)求f(x)在区间[2,3]上的最大值和最小值. 参考答案 课时规范练8　函数的单调性与最值 1.A　解析 函数f(x)=|4-x|·(x-1)=即f(x)=当x≥4时,y=x2-5x+4的单调递增区间为[4,+∞);当x<4时,y=-x2+5x-4的单调递增区间为(-∞,),单调递减区间为(,4),所以函数的单调递减区间为(,4). 2.(1)解 因为f(1)=13,将x=1代入函数f(x)=4x+, 可得4×1+=13,解得m=9. (2)证明 设0<x1<x2<1,则f(x1)-f(x2)=(4x1+)-(4x2+)=4(x1-x2)+=(x1-x2)·(4-).因为0<x1<x2<1,所以x1x2<1,则>9,4-<0. 又x1-x2<0,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2), 所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递减. 3.D　解析 易知函数y=2x和y=-在区间(1,+∞)上单调递增, 所以f(x)=2x-在区间(1,+∞)上单调递增.又,故f()>f()>f(),即c>b>a. 4.(0,)　解析 已知f(x)=ln x+2x,其中y=ln x和y=2x均为增函数,且y=ln x定义域为(0,+∞),所以f(x)在区间(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<. 故实数t的取值范围是(0,). 5.　解析 函数f(x)=的定义域为R,f(x)=,令t=≥3,函数g(t)=t-在区间[3,+∞)上单调递增, 则g(t)min=g(3)=3-, 所以f(x)的最小值为. 6.D　解析 选项A和B中的函数在其定义域上没有单调性,选项C中的函数在定义域R上单调递增,选项D中的函数y=在定义域(0,+∞)上单调递减.故选D. 7.D　解析 因为f(x)=x2-4|x|+3=作出f(x)的图象,如图所示,由图象可知函数f(x)的单调递增区间是(-2,0)和(2,+∞).故选D. 8.D　解析 根据题意,函数f(x)的定义域为[4,+∞),且由于y=在区间[4,+∞)上单调递增,y=在区间[4,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在区间[4,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(4)=2. 9.D　解析 由[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0可得函数f(x)在其定义域内是增函数, 所以f(-)<f(3)<f(5).故选D. 10.D　解析 当x<0时,f(x)=x2+2x=(x+1)2-1,其在区间(-1,0)上单调递增,若f(x)在区间(-1,+∞)上单调递增,所以所以a≥1. 11.D　解析 由x2-6x+5≥0,可得x≤1或x≥5,即函数f(x)的定义域为(-∞,1]∪[5,+∞).又因为t=x2-6x+5在区间[5,+∞)上单调递增,在区间(-∞,1]上单调递减,y=在区间[0,+∞)上单调递增,由复合函数的单调性可知f(x)=在区间[5,+∞)上单调递增,所以a≥5. 12.(-1,+∞)　解析 画出分段函数图象如图所示, 可知分段函数f(x)在R上单调递增,因为f(k-1)<f(2k),所以k-1<2k,解得k>-1. 13.2　(0,1)　解析 由f(x-4)+f(6-x)=4,令x=5,得f(1)+f(1)=4,解得f(1)=2;设x1>x2>0,则x1-x2>0,由<0,得x2g(x1)-x1g(x2)<0,即, 设h(x)=(x>0),则h(x)在(0,+∞)上单调递减.由g(x)<,得,即h(x)<h(x2). 所以解得0<x<1, 即不等式g(x)<的解集为(0,1). 14.(1)证明 设x1,x2是区间[2,3]上的任意两个实数,且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-, ∵2≤x1<x2≤3,∴x1-x2<0,x1-1>0,x2-1>0,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2).∴函数f(x)=-在区间[2,3]上单调递增. (2)解 由(1)知函数f(x)在区间[2,3]上单调递增,则f(x)在区间[2,3]上的最大值是f(3)=-1,最小值是f(2)=-2. 1 学科网（北京）股份有限公司 $