3.2.1 函数的单调性与最值-（Word同步练习）【学而思·课件分层练习】2026-2027学年高一数学必修第一册（湘教版）

**基本信息** 分层梯度清晰，从单调性与最值的基础概念到综合应用，通过题组设计实现知识巩固与能力进阶，培养数学抽象、推理能力及模型意识。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关练|单调性判定与证明、最值求解、单调性与最值简单应用|以选择、填空、解答题为主，如单调性定义辨析（题1）、二次函数最值（题5），夯实基础概念与运算| |能力提升练|抽象函数单调性、分段函数单调性、单调性与最值综合应用|含抽象函数比较（题1）、恒成立问题（题6），深化逻辑推理与模型构建，适配提升需求|

3.2　函数的基本性质 3.2.1　函数的单调性与最值 基础过关练 题组一　函数单调性的判定与证明 1.(2025广东名校联盟期中)若函数f(x)在区间[a,b]上是增函数,则对于任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),下列结论不正确的是(　　) A.>0 B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0 C.f(a)≤f(x1)<f(x2)≤f(b) D.f(x1)≠f(x2) 2.(2025江西抚州期中)函数f(x)=|x|(x-1)的单调递减区间是(　　) A.(-∞,0)　　　　B. C.　　　　D.(1,+∞) 3.(多选题)(2025海南海口中学期中)已知函数f(x)=,下列结论正确的是(　　) A.定义域、值域分别是[-1,3],[0,+∞) B.单调递减区间是[1,3] C.定义域、值域分别是[-1,3],[0,2] D.单调递减区间是(-∞,1] 4.(2025福建厦门实验中学期中)已知函数f(x)=ax-(a,b∈R),其图象经过点,且f(1)=. (1)求a,b的值; (2)用定义证明函数y=f(x)在区间(-1,+∞)上单调递增. 题组二　函数最大(小)值的求解 5.函数y=2x2-2x-1在[-1,1]上的最小值为(　　) A.-　　　　B.-1　　　　C.-　　　　D.-2 6.(2025江苏苏州期末)函数y=1-x+的最小值为(　　) A.1　　　　B.0　　　　C.　　　　D.-1 7.(2025湖南株洲期末)函数f(x)=x2+2+的最小值为　　　　.  8.对于任意的实数a,b,min{a,b}表示a,b中较小的那个数,即min{a,b}=已知函数f(x)=3-x2,g(x)=1-x. (1)在同一直角坐标系中画出f(x),g(x)的图象; (2)设h(x)=min{f(x),g(x)},x∈R,写出函数h(x)的解析式并求出h(x)的最大值. 9.已知二次函数满足f(x+1)-f(x)=2x-1,且f(0)=2. (1)求f(x)的解析式; (2)求f(x)在[t,t+1],t∈R上的最小值g(t),并写出g(t)的函数表达式. 题组三　函数单调性与最值的应用 10.(2025黑龙江鸡西期中)函数y=f(x)在R上为增函数,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,+∞) 11.(易错题)(2025广东惠州实验中学阶段检测)已知二次函数y=x2-2ax+1在区间(2,3)内是单调函数,则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞,2]∪[3,+∞)　　　　 B.[2,3]　　　　 C.(-∞,-3]∪[-2,+∞)　　　　 D.[-3,-2] 12.(2024江苏仪征中学期中)已知函数f(x)=-x2-2x+3在区间[a,2]上的最大值为,则a等于(　　) A.　　　　B.　　　　C.-　　　　D.或- 13.(2025甘肃兰州第五十一中学检测)若函数y=在[1,+∞)上是严格减函数,且在[1,+∞)上函数值不恒为负,则实数a的取值范围是　　　　　.  14.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)=-bx,其中a,b,c∈R,且满足a>b>c, f(1)=0. (1)证明:ac<0; (2)若函数F(x)=f(x)-g(x)在[2,3]上的最小值为9,最大值为21,试求a,b的值. 能力提升练 题组一　函数的单调性及其应用 1.(2025广东佛山高明期中)若函数f(x)满足f(1-x)=f(x+3),且f(x)在(0,2)上单调递增,则(　　) A.f(1)<f <f B.f <f(1)<f C.f <f <f(1) D.f <f <f(1) 2.(2025河北张家口期中)已知函数f(x)=则“a<4”是“f(x)在R上单调递减”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足<0,且f =3,f(3)=9,则不等式f(x)>3x的解集为(　　) A.(3,+∞)　　　　B.(0,3) C.　　　　D. 题组二　函数的最大(小)值及其应用 4.(2025四川成都树德中学期中)已知函数y=,x∈(m,n]的最小值为8,则实数m的取值范围是(　　) A.(0,1)　　　　B.(1,2)　　　　C.(1,2]　　　　D.[1,2) 5.(2025河南顶级名校期中)已知函数f(x)=|x2-2x-3|在[-1,m]上的最大值为f(m),则实数m的取值范围是　　　　.  6.已知函数f(x)=-(a>0,x>0),则该函数为　　　　函数(填“增”或“减”);若f(x)<2x在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围为　　　　.  题组三　函数单调性与最值的综合应用 7.(2025江西南昌第一中学期中)已知f(x)=不等式f(x+a)>f(2a-x)在[a,a+1]上恒成立,则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞,-2)　　　　B.(-∞,0) C.(0,2)　　　　D.(-2,0) 8.(多选题)(2025四川南充第一中学期中)已知函数f(x)=-2x+1,g(x)=x2-2x,则下列结论正确的是(　　) A.若∀x∈[-2,2], f(x)>a恒成立,则a的取值范围是(-∞,-3) B.若∃x∈[-2,2], f(x)>a成立,则a的取值范围是(-∞,-3) C.若∃x∈[0,3],g(x)=a成立,则a的取值范围是[-1,3] D.∀x∈[-2,2],∃t∈[0,3], f(x)=g(t) 9.已知函数f(x)=-,a>0. (1)证明:函数f(x)在(0,+∞)上单调递增; (2)设0<m<n,若f(x)的定义域和值域都是[m,n],求n-m的最大值. 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.C　由函数单调性的定义知,若函数f(x)在给定的区间上是增函数,则x1-x2与f(x1)-f(x2)同号,且f(x1)≠f(x2),由此可知,选项A,B,D中结论都正确.由于x1,x2的大小关系不确定,故选项C中结论不正确. 2.B　由题意得f(x)=作出其函数图象,如图, 由图可知函数的单调递减区间是. 3.BC　要使函数f(x)=有意义,则有-x2+2x+3≥0,解得-1≤x≤3,所以函数f(x)=的定义域为[-1,3].因为-x2+2x+3=-(x-1)2+4≤4,所以f(x)∈[0,2].因为抛物线y=-x2+2x+3的对称轴为直线x=1,所以f(x)的单调递减区间是[1,3]. 4.解析　(1)由题意得解得 (2)证明:由(1)可知f(x)=x-, 任取x1,x2∈(-1,+∞),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=x1--x2+=x1-x2+- =x1-x2+=(x1-x2), 因为x1<x2,所以x1-x2<0, 又x1,x2∈(-1,+∞),所以1+>0, 所以(x1-x2)<0,即f(x1)-f(x2)<0,所以f(x1)<f(x2), 所以函数y=f(x)在区间(-1,+∞)上单调递增. 5.C　因为y=2x2-2x-1=2-的图象开口向上,对称轴为直线x=,所以在区间[-1,1]上,当x=时,函数取得最小值,为-. 6.C　令=t,则x=,t≥0, 所以y=1++t=+t+=,t≥0, 易知函数y=在[0,+∞)上单调递增, 所以当t=0时,y取得最小值,为. 7.答案　 解析　令t=x2+2,t≥2,则g(t)=t+,t≥2, 任取t1,t2∈[2,+∞),且t1<t2, 则g(t1)-g(t2)=t1+-t2- =t1-t2+ =(t1-t2), 因为t1<t2,所以t1-t2<0, 又t1,t2∈[2,+∞),所以1->0, 所以g(t1)<g(t2), 所以g(t)在[2,+∞)上单调递增,则g(t)的最小值为g(2)=,即函数f(x)的最小值为. 8.解析　(1)函数f(x)=3-x2,g(x)=1-x在同一平面直角坐标系中的图象如图所示: (2)当g(x)≤f(x),即1-x≤3-x2时,-1≤x≤2, 所以当-1≤x≤2时,h(x)=1-x. 当g(x)>f(x),即1-x>3-x2时,x<-1或x>2, 所以当x<-1或x>2时,h(x)=3-x2. 综上,h(x)= 易知h(x)在(-∞,-1)上单调递增,在[-1,+∞)上单调递减,所以当x=-1时,h(x)取得最大值,最大值为2. 9.解析　(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0), ∵f(0)=2,∴c=2, 又f(x+1)-f(x)=2ax+a+b=2x-1,∴ 解得a=1,b=-2,∴f(x)=x2-2x+2. (2)函数f(x)=x2-2x+2的图象的对称轴为直线x=1,则当t≥1时, f(x)在[t,t+1]上单调递增,故f(x)在x=t处取得最小值,即g(t)=t2-2t+2;当t+1≤1,即t≤0时, f(x)在[t,t+1]上单调递减,故f(x)在x=t+1处取得最小值,即g(t)=t2+1;当0<t<1时,f(x)在(t,1)上单调递减,在(1,t+1)上单调递增,故f(x)在x=1处取得最小值,即g(t)=1. 综上,g(t)= 10.C　∵函数y=f(x)在R上为增函数,且f(2m)>f(-m+9),∴2m>-m+9,解得m>3. 11.A　易知二次函数y=x2-2ax+1的图象的对称轴为直线x=a,若y=x2-2ax+1在区间(2,3)内是单调递增函数,则有a≤2;若y=x2-2ax+1在区间(2,3)内是单调递减函数,则有a≥3. 易错警示　解决二次函数的单调性问题,其关键是确定二次函数图象的对称轴与单调区间之间的位置关系,由此对参数进行分类讨论. 12.C　函数f(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4的图象的对称轴为直线x=-1, 若a≤-1,则当x=-1时,函数f(x)取得最大值,且最大值为4,不满足题意; 若-1<a<2,则函数f(x)在区间[a,2]上单调递减, 所以当x=a时,函数f(x)取得最大值,且最大值为f(a)=-a2-2a+3,令f(a)=,解得a=-或a=-(舍去). 13.答案　[-1,1) 解析　y===a+. ∵函数y=在[1,+∞)上是严格减函数,∴1-a>0,解得a<1. ∵函数y=在[1,+∞)上函数值不恒为负,∴f(1)=≥0,解得a≥-1. ∴-1≤a<1,即实数a的取值范围是[-1,1). 14.解析　(1)证明:由f(1)=0,得a+b+c=0, 又a>b>c,∴a>0,c<0,∴ac<0. (2)由题意及(1)知,F(x)=ax2+2bx+c=ax2+2bx-a-b, ∴函数F(x)的图象的对称轴方程为x=-==1+<1, 又a>0,∴F(x)在[2,3]上单调递增, ∴即解得 能力提升练 1.B　由f(1-x)=f(x+3),可得f =f , f =f ,又<1<, f(x)在(0,2)上单调递增, 所以f <f(1)<f ,即f <f(1)<f . 2.B　若f(x)=在R上单调递减, 则解得1≤a≤, 所以“a<4”是“f(x)在R上单调递减”的必要不充分条件. 3.B　不妨设x1>x2>0,<0, 所以x2f(x1)-x1f(x2)<0,所以<, 令g(x)=,则g(x1)<g(x2),故g(x)=在(0,+∞)上单调递减. 不等式f(x)>3x两边同时除以x(x>0),得>3,又因为f(3)=9,所以g(3)==3,所以g(x)>g(3),根据g(x)在(0,+∞)上单调递减,得x<3. 所以0<x<3. 4.D　易得y===3+, 因为y=在x∈(m,n]上的最小值为8, 所以x∈(m,n]时,3+≥8⇒≥5⇒x-1>0⇒x>1, 所以1≤m<n, 易知函数y=3+在(1,+∞)上单调递减. 所以当x=n时,y=3+取得最小值8,即3+=8,解得n=2,所以1≤m<2. 5.答案　(-1,1]∪[1+2,+∞) 解析　易知f(x)的图象的对称轴为直线x=1, f(1)=4, f(-1)=f(3)=0, f(x)的图象如图所示: 令x2-2x-3=4,解得x=1±2, 要想函数f(x)在[-1,m]上的最大值为f(m),则结合图可知,-1<m≤1或m≥1+2. 6.答案　增; 解析　f(x)=-(a>0)在x∈(0,+∞)上单调递增. f(x)<2x,即-<2x(a>0)在x∈(0,+∞)上恒成立,变形为<2x+(a>0)在x∈(0,+∞)上恒成立,令h(x)=2x+,x∈(0,+∞),则由对勾函数的性质得h(x)=2x+在上单调递减,在上单调递增,故h(x)≥h=2,所以<2(a>0),解得a>,所以实数a的取值范围为. 7.A　易知当x≤0时,y=x2-3x+1单调递减,当x>0时,y=单调递减,且02-3×0+1=,所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递减, 所以不等式f(x+a)>f(2a-x)在[a,a+1]上恒成立等价于x+a<2a-x在[a,a+1]上恒成立,即2x<a在[a,a+1]上恒成立,即2(a+1)<a,解得a<-2. 8.AC　在A中,因为f(x)=-2x+1在[-2,2]上单调递减,所以当x=2时,函数取得最小值,最小值为-3,因此a<-3,故A正确;在B中,因为f(x)=-2x+1在[-2,2]上单调递减,所以当x=-2时,函数取得最大值,最大值为5,因此a<5,故B错误;在C中,g(x)=x2-2x=(x-1)2-1(x∈[0,3]),∴当x=1时,函数取得最小值,最小值为-1,当x=3时,函数取得最大值,最大值为3,故函数的值域为[-1,3],由g(x)=a有解,知a∈[-1,3],C正确;在D中,∀x∈[-2,2],∃t∈[0,3], f(x)=g(t)等价于f(x)的值域是g(t)的值域的子集,而f(x)的值域是[-3,5],g(t)的值域是[-1,3],故D错误. 9.解析　(1)证明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x2>x1, 则f(x2)-f(x1)=-=·,因为a>0,x2>x1, 所以·>0,故f(x2)-f(x1)>0, 所以f(x2)>f(x1),所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)由(1)可知函数f(x)在[m,n]上单调递增. 因为f(x)=-的定义域和值域都是[m,n], 所以 所以m,n为关于x的方程-=x的两个不相等的正实数根, 化简方程可得a2x2-(2a2+a)x+1=0, 则Δ=[-(2a2+a)]2-4a2>0,解得a>,所以n-m= - ==, 因为a>,所以0<<2, 所以当=,即a=时,n-m取得最大值,最大值为=. 16 学科网（北京）股份有限公司 $