课时作业评价(9) 函数的单调性与最大(小)值(Word练习)-【新高考方案】2027年高考数学一轮总复习（旗舰版）

**基本信息** 高中数学一轮复习专项训练，聚焦函数的单调性与最大(小)值，以定义为核心，通过分层题型系统整合判断方法、应用技巧及易错点，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| |----|-----------|----------|----------| |基础理解|选择1-3题|定义法证明单调性、数形结合求单调区间|从单调性定义（概念生成）到基本判断方法（定义法、图象法）| |性质应用|选择4-6题、填空9-10题|复合函数单调性判断（换元法）、利用单调性解不等式（定义域优先）|从单一函数到复合函数，结合定义域分析单调性应用| |综合拓展|解答12-13题、备选题14-15题|恒成立问题转化（最值法）、函数值域关系应用|从单调性证明到最值求解，延伸至跨知识点综合应用|

课时作业评价(九)　函数的单调性与最大(小)值 (标号的为重点讲评题目,选择题请在答题区内作答) 　　　　　　　　　 　　　　　　　　 　　　　　　　　 一、单选题 1.已知定义域为R的函数f(x),∀x1,x2∈R,x1≠x2,都有<0,则 (　　) A.f(3)<f(π)<f(2) B.f(π)<f(3)<f(2) C.f(2)<f(π)<f(3) D.f(3)<f(2)<f(π) 2.函数f(x)=-x+在上的最大值是 (　　) A. B.- C.-2 D.2 3.函数f(x)=|x|(x-1)的单调递减区间是 (　　) A.(-∞,0) B. C. D.(1,+∞) 4.已知函数f(x)=+2x,若f(2a2-5a+4)<f(a2+a+4),则实数a的取值范围是 (　　) A.∪(2,+∞) B.[2,6) C.∪[2,6) D.(0,6) 5.已知函数f(x)=ln(ax+2)在区间(1,2)内单调递减,则实数a的取值范围是 (　　) A.(-∞,0) B.[-1,0] C.[-1,0) D.(-1,0) 6.设f(x)=若f(0)是f(x)的最小值,则a的取值范围为 (　　) A.[-1,0] B.[-1,2] C.[-2,-1] D.[-2,0] 二、多选题 7.下列说法正确的是 (　　) A.f(x)=-2x+1是减函数 B.f(x)=在(0,+∞)上单调递增 C.f(x)=x+在[3,+∞)上单调递增 D.f(x)=x2-2x在[-2,4]上的最小值为-1 8.已知函数f(x)=则下列结论正确的是 (　　) A.f(x)在R上为增函数 B.f(e)>f(2) C.若f(x)在(a,a+1)上单调递增,则a≤-1或a≥0 D.当x∈[-1,1]时,f(x)的值域为[1,2] 三、填空题 9.若函数f(x)=|x-a+1|在区间[1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围为　　　　　.  10.函数f(x)=的单调递增区间为　　　　　　　　　　　.  11.已知定义在R上的函数f(x)满足对任意实数a,b都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,且当x>0时,f(x)>1.若f(2)=3,则不等式f(x2-x-1)<2的解集为　　　　　.  四、解答题 12.(10分)已知函数f(x)=. (1)利用函数单调性的定义证明:函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增;(6分) (2)求函数f(x)在区间[1,4]上的最大值和最小值.(4分) 13.(10分)已知定义在区间(0,+∞)上的函数f(x)单调递增,f(1)=0,f(3)=1. (1)解不等式0<f(x2-1)<1;(4分) (2)若f(x)≤m2-2am+1对所有x∈(0,3],a∈[-1,1]恒成立,求实数m的取值范围.(6分) |能力进阶|备选题| 14.已知函数f(x)在R上具有单调性,若x1≠x2,且α=,β=,则 (　　) A.|f(x1)-f(x2)|<|f(α)-f(β)| B.|f(x1)-f(x2)|=|f(α)-f(β)| C.|f(x1)-f(x2)|>|f(α)-f(β)| D.|f(x1)-f(x2)|与|f(α)-f(β)|大小不确定 15.已知f(x)=,g(x)=mx+1-2m,若对任意的x1∈[2,3],总存在x2∈[2,3],使f(x1)=g(x2)成立,则实数m的取值范围为　　　　　　.  答案 课时作业(九)　函数的单调性与最大(小)值 1.选B　易知f(x)是R上的减函数,又π>3>2,故f(π)<f(3)<f(2). 2.选A　因为函数y=-x和y=在-2,-上均单调递减,所以f(x)=-x+在上单调递减,所以f(x)max=f(-2)=2-=. 3.选B　f(x)=作出图象,如图所示,可以得到函数f(x)的单调递减区间是. 4.选C　由题意可知,函数f(x)在[2,+∞)上单调递增,∵f(2a2-5a+4)<f(a2+a+4),∴2≤2a2-5a+4<a2+a+4,解得2≤a<6或0<a≤.故选C. 5.选C　令t=ax+2,则y=ln t,因为函数f(x)=ln(ax+2)在区间(1,2)内单调递减,且y=ln t在定义域内单调递增,所以解得-1≤a<0.故选C. 6.选A　因为f(x)=当x=0时,f(0)=a2,由于f(0)是f(x)的最小值,所以(-∞,0]为f(x)的单调递减区间,即有a≤0,则a2≤x++a对x>0恒成立.因为x+≥2=2,当且仅当x=1时取等号,所以 a2≤2+a,解得-1≤a≤2.所以a的取值范围为[-1,0]. 第4题·易错提醒 若不注意定义域,会丢失2a2-5a+4≥2的限制条件,而得错解0<a<6. 第5题·方法习悟 利用换元法和复合函数单调性的判断方法,换元后可知只要满足 即可,从而使题目得以顺利解决. 7.选ACD　因为斜率k=-2<0,所以函数f(x)=-2x+1是减函数,故A正确;函数y=x2+1在(0,+∞)上单调递增,且此时有y=x2+1>1,根据复合函数的单调性可知f(x)=在(0,+∞)上单调递减,故B错误;由对勾函数的性质可知f(x)=x+在[3,+∞)上单调递增,故C正确;函数f(x)=x2-2x的图象的对称轴为直线x=1,且1∈[-2,4],又函数f(x)=x2-2x的图象开口向上,所以f(x)=x2-2x在[-2,4]上的最小值为f(1)=1-2=-1,故D正确. 8.选BC　f(-1)=1,f=-1+<-1+21=1,A错误;易知f(x)在(0,+∞)上单调递增,又e>2,所以f(e)>f(2),B正确;若f(x)在(a,a+1)上单调递增,则a≥0或a+1≤0,即a≤-1或a≥0,C正确;当x∈[-1,0]时,f(x)∈[1,2],当x∈(0,1]时,f(x)∈(-∞,2],故x∈[-1,1]时,f(x)的值域为(-∞,2],D错误. 9.解析:由题设f(x)=显然f(x)在[a-1,+∞)上单调递增,要使函数在区间[1,+∞)上单调递增,则a-1≤1,即a≤2.　答案:(-∞,2] 10.解析:f(x)===2-,由2x+3≠0,得x≠-, 当x∈时,y=单调递减,f(x)单调递增;当x∈时,y=单调递减,f(x)单调递增,所以f(x)的单调递增区间为,.　答案:, 11.解析:由题意,设x1>x2,则x1-x2>0,f(x1-x2)>1❶.所以f(x1)-f(x2)=f((x1-x2)+x2)-f(x2)=f(x1-x2)-1>0,即f(x1)>f(x2),所以f(x)是增函数.因为f(2)=3,即f(2)=f(1)+f(1)-1=3,所以f(1)=2❷.所以原不等式f(x2-x-1)<2等价为f(x2-x-1)<f(1),则x2-x-1<1,即x2-x-2<0,则(x-2)(x+1)<0,解得-1<x<2,故不等式的解集为(-1,2). 答案:(-1,2) 12.解:(1)证明:任取x1,x2∈(-1,+∞),且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-=,因为x1,x2∈(-1,+∞),x1<x2, 所以x1-x2<0,x1+1>0,x2+1>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2), 所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增. (2)由(1)知f(x)在区间[1,4]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=-,f(x)max=f(4)=1,所以函数f(x)在区间[1,4]上的最大值为1,最小值为-. 第9题·快捷技法 数形结合法: 作出f(x)的图象如图所示, 因为f(x)在区间[1,+∞)上单调递增,故a-1≤1,即a≤2. 第11题·解题细节 ①处,由x>0,f(x)>1得到,此步是判断单调性的关键; ②处,转化不等式的关键. 13.解:(1)由题意得解得<x<2或-2<x<-. 所以原不等式的解集为(-2,-)∪(,2). (2)因为函数f(x)在(0,3]上单调递增,所以f(x)在(0,3]上的最大值为f(3)=1,所以不等式f(x)≤m2-2am+1对所有x∈(0,3],a∈[-1,1]恒成立转化为1≤m2-2am+1对所有a∈[-1,1]恒成立,即m2-2am≥0对所有a∈[-1,1]恒成立.设g(a)=-2ma+m2,a∈[-1,1],所以需满足即解得m≤-2或m≥2或m=0,即实数m的取值范围为(-∞,-2]∪{0}∪[2,+∞). 14.选C　根据题意,不妨设x1<x2,则x1<α<β<x2,当函数f(x)单调递增时,可得f(x1)<f(α)<f(β)<f(x2),所以f(x2)-f(x1)>f(β)-f(α)>0,所以|f(x1)-f(x2)|>|f(α)-f(β)|;当函数f(x)单调递减时,f(x1)>f(α)>f(β)>f(x2),所以f(x1)-f(x2)>f(α)-f(β)>0,所以|f(x1)-f(x2)|>|f(α)-f(β)|,综上可得|f(x1)-f(x2)|>|f(α)-f(β)|. 15.解析:若对任意的x1∈[2,3],总存在x2∈[2,3],使f(x1)=g(x2)成立,则只需在区间[2,3]上函数f(x)的值域为函数g(x)的值域的子集.因为函数f(x)=1+,所以函数f(x)在[2,3]上单调递减,所以函数f(x)的值域为.对于函数g(x)=mx+1-2m,x∈[2,3],①当m=0时,g(x)=1,不符合题意;②当m>0时,g(x)单调递增,则g(x)的值域为[1,m+1],此时只需m+1≥2,解得m≥1;③当m<0时,g(x)单调递减,则g(x)的值域为[m+1,1],不符合题意.综上,m的取值范围为[1,+∞).　答案:[1,+∞) 第14题·解题关键 函数具有单调性,既可能单调递增也可能单调递减,不要忽视分类讨论. 第15题·习得知能 设函数y=f(x),x∈A的值域为D1,y=g(x),x∈B的值域为D2,则∀x1∈A,∃x2∈B,使得f(x1)=g(x2)⇔D1⊆D2. 学科网（北京）股份有限公司 $