3.1.2　第一课时　单调性的定义与证明 同步练习-2026-2027学年高一上学期数学人教B版必修第一册

**基本信息** 本同步练习围绕函数单调性定义与证明，通过基础判断、性质应用到综合证明的三层设计，实现从概念理解到逻辑推理的递进，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| |----|----------|----------| |基础层|单调性定义、基本函数单调性判断|单选（1-3）、多选（4-5）直接考查定义辨析与简单应用，培养抽象能力| |中档层|单调区间确定、复合函数单调性、分段函数性质|填空（6-8）结合图象与分类讨论，深化性质理解，发展几何直观| |提升层|定义证明、抽象函数单调性、综合应用|解答（9-14）强调逻辑推理与数学表达，通过证明题（9、12）培养推理能力，抽象函数题（11、14）提升模型意识|

3.1.2　函数的单调性 第一课时　单调性的定义与证明 1.下列函数中，在区间（0，1）上是增函数的是（　　） A.y＝｜x｜＋2 B.y＝3－x C.y＝ D.y＝－x2＋4 2.若二次函数f（x）＝ax2＋bx＋c（a＜0），满足f（1）＝f（3），则下列不等式成立的是（　　） A.f（1）＜f（4）＜f（2） B.f（4）＜f（1）＜f（2） C.f（4）＜f（2）＜f（1） D.f（2）＜f（4）＜f（1） 3.设（a，b），（c，d）都是f（x）的单调递增区间，且x1∈（a，b），x2∈（c，d），x1＜x2，则f（x1）与f（x2）的大小关系为（　　） A.f（x1）＜f（x2） B.f（x1）＞f（x2） C.f（x1）＝f（x2） D.不能确定 4.（多选）如图是函数y＝f（x）的图象，则函数f（x）在下列区间单调递增的是（　　） A.[2，5] B.[－6，－4] C.[－1，2] D.[－1，2]∪[5，8] 5.（多选）已知函数f（x）＝是R上的减函数，则实数k的可能的取值有（　　） A.4 B.5 C.6 D.7 6.已知命题p：“若f（x）＜f（4）对任意的x∈（0，4）都成立，则f（x）在（0，4）上为增函数”.能说明命题p为假命题的一个函数是　　　　　. 7.已知函数f（x）的图象如图所示，若f（x）在[m，m＋3]上单调递减，则m的取值范围为　　　　. 8.函数f（x）＝的单调增区间是　　　. 9.已知函数f（x）＝x－. （1）判断f（x）在区间（0，＋∞）上的单调性，并用定义证明； （2）求f（x）在区间[1，2]上的值域. 10.已知函数f（x）＝对于∀x1，x2∈[1，＋∞）且x1≠x2，都有（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0，则m的取值范围为　　　. 11.设f（x）是定义在R上的增函数，f（xy）＝f（x）＋f（y），f（3）＝1，则不等式f（x）＋f（－2）＞1的解集为　　　　. 12.已知f（x）在（0，＋∞）上是增函数，且f（x）＞0，f（3）＝1.试判断g（x）＝f（x）＋在（0，3]上是增函数还是减函数，并加以证明. 13.已知函数f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数，且f＝1，f（1）＝0，则f（3）＝（　　） A. B. C.2 D.3 14.定义在R上的函数f（x）对任意a，b∈R都有f（a＋b）＝f（a）＋f（b）－1，且对任意x＞0，恒有f（x）＞1. （1）判断f（x）单调性，并证明； （2）已知f（4）＝5，若不等式f（mx2＋2）＋f（1－2mx）＞4对任意x∈R恒成立，求实数m的取值范围. 第一课时　单调性的定义与证明 1.A　因为－1＜0，所以一次函数y＝－x＋3在R上递减，反比例函数y＝在（0，＋∞）上递减，二次函数y＝－x2＋4在（0，＋∞）上递减.故选A. 2.B　因为f（1）＝f（3），所以二次函数f（x）＝ax2＋bx＋c的对称轴为直线x＝2，又因为a＜0，所以f（4）＜f（3）＜f（2），又f（1）＝f（3），所以f（4）＜f（1）＜f（2）.故选B. 3.D　由函数单调性的定义，知所取两个自变量必须是同一单调区间内的值，才能由该区间上函数的单调性来比较函数值的大小，而本题中的x1，x2不在同一单调区间内，所以f（x1）与f（x2）的大小关系不能确定.故选D. 4.BC　图象从左往右上升的区间有：[－6，－4]，[－1，2]，[5，8]，∴f（x）在[－6，－4]，[－1，2]，[5，8]上单调递增.故选B、C. 5.ABC　因为函数f（x）是R上的减函数，所以⇒2≤k≤6.故选A、B、C. 6.f（x）＝（x－1）2，x∈（0，4）（答案不唯一） 解析：取f（x）＝（x－1）2，x∈（0，4），则函数f（x）在（0，4）上先减后增， 当x＝1时，函数值最小，且f（x）＜f（4），满足题意，所以函数f（x）＝（x－1）2，x∈（0，4）可以说明命题p为假命题. 7.（－∞，－3]∪[2，＋∞）　解析：由题图可知，f（x）的单调递减区间为（－∞，0]，[2，＋∞）. 因为函数f（x）在[m，m＋3]上单调递减，则[m，m＋3]⊆（－∞，0]或[m，m＋3]⊆[2，＋∞）， 由题意得m＋3≤0或m≥2，即m≤－3或m≥2. 8.　解析：由题意知，4－3x－x2≥0，x2＋3x－4≤0，（x＋4）·（x－1）≤0，解得－4≤x≤1， 所以f（x）的定义域为[－4，1]. y＝－x2－3x＋4的对称轴为直线x＝－，开口向下，y＝在[0，＋∞）上单调递增， 根据复合函数单调性同增异减可知f（x）的单调递增区间是. 9.解：（1）f（x）在区间（0，＋∞）上单调递增，证明如下： 任取x1，x2∈（0，＋∞），且x1＜x2，有f（x1）－f（x2）＝－＝（x1－x2）＋＝（x1－x2）＋＝（x1x2＋1）. 因为x1，x2∈（0，＋∞），且x1＜x2，所以x1x2＞0，x1－x2＜0. 于是（x1x2＋1）＜0，即f（x1）＜f（x2）.故f（x）在区间（0，＋∞）上单调递增. （2）由第（1）问结论可知，f（x）在区间（0，＋∞）上单调递增， 因为f（1）＝0，f（2）＝. 所以f（x）在区间[1，2]上的值域为. 10.　解析：由题意可知，f（x）在[1，＋∞）上为单调增函数，要使y＝－在[1，2）上单调递增，则－m＜0，即m＞0，要使f（x）＝x2－mx在[2，＋∞）上单调递增，则m≤2，同时×22－2m≥－m，解得m≤，综上可知：0＜m≤. 11.　解析：由条件可得f（x）＋f（－2）＝f（－2x）， 又f（3）＝1，∴不等式f（x）＋f（－2）＞1， 即为f（－2x）＞f（3）. ∵f（x）是定义在R上的增函数，∴－2x＞3， 解得x＜－.故不等式f（x）＋f（－2）＞1的解集为.　 12.解：函数g（x）在（0，3]上是减函数. 证明如下：任取x1，x2∈（0，3]，且x1＜x2，则 g（x1）－g（x2）＝－［f（x2）＋］＝[f（x1）－f（x2）]. 因为f（x）在（0，＋∞）上是增函数， 所以f（x1）－f（x2）＜0. 又f（x）＞0，f（3）＝1， 所以0＜f（x1）＜f（x2）≤f（3）＝1， 则0＜f（x1）f（x2）＜1，＞1， 即1－＜0， 所以g（x1）－g（x2）＞0，g（x1）＞g（x2）. 故g（x）＝f（x）＋在（0，3]上是减函数. 13.B　令f（x）＋＝t，即有f（t）＝1，因函数f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数，则t为常数， 因此f（x）＝－＋t，从而解得a＝t＝2，于是得f（x）＝－＋2，显然函数f（x）在（0，＋∞）上递增，所以f（3）＝－＋2＝.故选B. 14.解：（1）函数f（x）在R上单调递增.证明如下： 任取x1，x2∈R，且x1＞x2， 则f（x1－x2）＞1， f（x1）－f（x2）＝f[（x1－x2）＋x2]－f（x2） ＝f（x1－x2）＋f（x2）－1－f（x2）＝f（x1－x2）－1＞0， 即f（x1）＞f（x2），所以函数f（x）在R上单调递增. （2）因为f（4）＝f（2）＋f（2）－1＝5，则f（2）＝3， 原不等式可化为f（mx2－2mx＋3）＞3，即f（mx2－2mx＋3）＞f（2）， 由函数f（x）在R上单调递增可得mx2－2mx＋3＞2对∀x∈R恒成立， 即mx2－2mx＋1＞0对∀x∈R恒成立. 若m＝0，1＞0恒成立，符合题意； 若m≠0，则得0＜m＜1. 综上可得m∈[0，1）. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $