3.1 函数的概念与性质 3.1.2 函数的单调性 第1课时 单调性的定义与证明、函数的最值(Word课后习题)-【满分思维】2026-2027学年高中数学必修第一册学生用书（人教B版）

**基本信息** 本同步练习围绕函数单调性定义与证明、最值，构建基础巩固-能力提升-综合应用三层梯度，通过图像识别、参数求解、抽象证明等题型，培养数学抽象与逻辑推理素养，适配新授课分层教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|单调性定义理解、图像识别、简单单调区间判断|以图像辨析题（如1、2题）和基础选择为主，强化概念直观认知| |提升层|分段/绝对值函数单调性、二次函数参数范围、复合函数单调区间|含★标记题（第5题）及含参问题（7、9题），深化逻辑推理能力| |综合层|函数最值综合应用、抽象函数单调性证明、存在性问题|以解答题（10、14、16题）为主，融合分类讨论与数学建模，提升综合应用意识|

3.1.2　函数的单调性 第1课时　单调性的定义与证明、函数的最值 1.[2026·江苏盐城高一期中] 已知函数f(x)的图象如图所示,则下列说法正确的是 (　 ) A.f(x)在(-1,0)上单调递增 B.f(x)在(2,4)上的取值范围是[0,4] C.f(x)在(0,2)上单调递增 D.f(x)在(0,2)上的最大值是2 2.已知四个函数的图象如图所示,其中在定义域内具有单调性的函数是 (　 ) A B C D 3.[2025·浙江绍兴高一期中] “函数f(x)在区间[1,2]上不是增函数”的一个充要条件是(　 ) A.存在a,b∈[1,2],使得a<b且f(a)=f(b) B.存在a,b∈[1,2],使得a<b且f(a)≥f(b) C.存在a∈(1,2],使得f(a)≤f(1) D.存在a∈[1,2),使得f(a)≥f(2) 4.[2025·江西九江高一期末] 函数f(x)=的单调递减区间为 (　 ) A. B. C. D. ★5.已知函数f(x)=是R上的增函数,则实数a的取值范围是 (　 ) A.[-3,0) B.[-3,-2] C.(-∞,-2] D.(-∞,0) 6.[2026·广东深圳高一期中] 已知函数f(x)=(x-2)|3-x|,则函数f(x)的单调递增区间是(　 ) A.(-∞,2.5)和(3,+∞) B.(-∞,2.5) C.(2,2.5)和(3,+∞) D.(2,2.5) 7.设函数f(x)=x2-4kx-8在区间[2,4]上具有单调性,则k的取值范围是 (　 ) A.[1,2] B.(-∞,1] C.[2,+∞) D.(-∞,1]∪[2,+∞) 8.已知函数f(3x-2)的单调递增区间为(4,7),则f(x-1)的单调递增区间是 (　 ) A.(11,20) B.(3,4) C.(7,13) D.(3,20) 9.已知函数f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,且f(2x-3)>f(5x-6),则x的取值范围为　　　　.  10.(13分)给定函数f(x)=-x+1,g(x)=(x-1)2,x∈R.∀x∈R,用m(x)表示f(x),g(x)中的较小者,记为m(x)=min{f(x),g(x)}. (1)请分别用图象法及解析法表示函数m(x); (2)根据图象判断函数m(x)的单调性(不证明),并求m(t)<m(3t-4)成立时实数t的取值范围. 11.已知f(x)是定义域为[0,+∞)的减函数,则f(4-x)是 (　 ) A.定义域为[0,+∞)的增函数 B.定义域为(-∞,4]的增函数 C.定义域为[0,+∞)的减函数 D.定义域为(-∞,4]的减函数 12.[2026·云南昆明高一期末] 定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x=1对称,且在(-∞,1)上单调递减,若x1<1<x2且x1+x2>2,则 (　 ) A.f(x1)>f(x2) B.f(x2)>f(2-x1) C.f(x1)>f(2-x2) D.f(x2)<f(2-x1) 13.[2026·广东惠州高一月考] 设f(x)=若f(x)的值域是[f(4),+∞),则实数a的取值范围是　　　　.  14.(15分)已知函数f(x)=mx2-(2m+1)x+3,m∈R. (1)解关于x的不等式f(x)≤mx; (2)若m>0,当x∈[3,+∞)时,f(x)的最小值为1,求m的值. 15.[2025·贵州贵阳高一期中] 已知函数f(x)=ax2+2ax-1,g(x)=x.若∀x1∈[1,2],∃x2∈[2,4],使得f(x1)≤g(x2)成立,则实数a的取值范围为 (　 ) A. B. C.(-∞,1] D.∪[1,+∞) 16.(15分)已知函数f(x)的定义域为R,对任意x,y都满足f(x+y)=f(x)f(y),且f(x)≠0.当x>0时,f(x)>1,且f(2)=9. (1)求f(1),f(3)的值; (2)用函数单调性的定义证明f(x)在R上单调递增. 学科网（北京）股份有限公司 $ 3.1.2　函数的单调性 第1课时　单调性的定义与证明、函数的最值 1.C　[解析] 对于A,由函数f(x)的图象,可得f(x)在(-1,0)上单调递减,故A错误;对于B,由函数f(x)的图象,可得f(x)在(2,4)上的取值范围是(0,2),故B错误;对于C,由函数f(x)的图象,可得f(x)在(0,2)上单调递增,故C正确;对于D,由函数f(x)的图象,可得f(x)在(0,2)上的取值范围是(0,2),无最大值,故D错误.故选C. 2.B　[解析] 由题图可知,选项B对应的函数是定义域上的增函数,选项A,C,D对应的函数在定义域上不具有单调性.故选B. 3.B　[解析] 若函数f(x)在区间[1,2]上是增函数,则任意a,b∈[1,2],使得a<b且f(a)<f(b),则若函数f(x)在区间[1,2]上不是增函数,即存在a,b∈[1,2],使得a<b且f(a)≥f(b).故选B. 4.B　[解析] 令t=2-x-x2≥0,解得-2≤x≤1,故函数f(x)的定义域为[-2,1].因为函数t=2-x-x2的图象开口向下,对称轴方程为x=-,所以t=2-x-x2在[-2,1]内的单调递减区间为,故函数f(x)=的单调递减区间为.故选B. 5.B　[解析] 因为函数f(x)=是R上的增函数,所以解得-3≤a≤-2.故实数a的取值范围是[-3,-2],故选B. [易错点] 此类问题为分段函数单调性,易忽略两段接头函数值的大小比较. 6.A　[解析] 当x≤3时,f(x)=(x-2)(3-x)=-x2+5x-6,因为y=-x2+5x-6的图象的对称轴方程为x=2.5,所以函数f(x)在(-∞,2.5)上单调递增;当x>3时,f(x)=(x-2)(x-3)=x2-5x+6,因为y=x2-5x+6的图象的对称轴方程为x=2.5,所以函数f(x)在(3,+∞)上单调递增.故函数f(x)=(x-2)|3-x|的单调递增区间是(-∞,2.5)和(3,+∞).故选A. 7.D　[解析] 函数f(x)=x2-4kx-8的图象的对称轴方程为x=-=2k.因为函数f(x)在区间[2,4]上具有单调性,所以2k不在区间(2,4)内.当2k≤2,即k≤1时,函数f(x)在区间[2,4]上单调递增;当2k≥4,即k≥2时,函数f(x)在区间[2,4]上单调递减.所以k的取值范围是(-∞,1]∪[2,+∞).故选D. 8.A　[解析] 令u=3x-2,因为u=3x-2在(4,7)上单调递增,所以f(u)在(10,19)上单调递增.令10<x-1<19,解得11<x<20,所以f(x-1)的单调递增区间是(11,20).故选A. 9.　[解析] 由题意可知解得x>,所以x的取值范围为. 10.解:(1)令f(x)<g(x),则-x+1<(x-1)2,解得x<0或x>1, 令g(x)≤f(x),则(x-1)2≤-x+1,解得0≤x≤1,所以m(x)=其图象如图所示. (2)根据(1)中的图象可得函数m(x)在R上单调递减. 因为m(t)<m(3t-4),所以t>3t-4,解得t<2, 所以实数t的取值范围是(-∞,2). 11.B　[解析] 任取x1<x2≤4,则4-x1>4-x2≥0,∵f(x)是定义域为[0,+∞)的减函数,∴f(4-x1)<f(4-x2),∴f(4-x)是定义域为(-∞,4]的增函数.故选B. 12.B　[解析] 因为x1+x2>2,所以x2>2-x1,因为x1<1<x2,所以1<2-x1<x2,因为函数f(x)的图象关于直线x=1对称,且在(-∞,1)上单调递减,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(x2)>f(2-x1).故选B. 13.　[解析] 当x≤4时,f(x)=-x+2a单调递减,当x>4时,f(x)=x+单调递增,所以f(4)=-4+2a≤4+=5,解得a≤,所以实数a的取值范围为. 14.解:(1)不等式f(x)≤mx,即mx2-(3m+1)x+3≤0. 当m=0时,-x+3≤0,解得x≥3.当m≠0时,(mx-1)(x-3)≤0.若m<0,则<3,解得x≥3或x≤; 若0<m<,则>3,解得3≤x≤;若m=,则=3,解得x=3;若m>,则<3,解得≤x≤3. 综上,当m<0时,不等式的解集为;当m=0时,不等式的解集为{x|x≥3}; 当0<m<时,不等式的解集为; 当m=时,不等式的解集为{x|x=3}; 当m>时,不等式的解集为. (2)f(x)的图象的对称轴方程为x=,且开口向上. 当≤3,即m≥时,f(x)在[3,+∞)上单调递增, 此时f(x)的最小值为f(3)=3m=1,解得m=; 当>3,即0<m<时,f(x)在上单调递减,在上单调递增,此时f(x)的最小值为f=-+3=1,解得m=(舍去). 综上所述,m=. 15.B　[解析] ∵∀x1∈[1,2],∃x2∈[2,4],使得f(x1)≤g(x2)成立,∴f(x)在[1,2]上的最大值小于等于g(x)在[2,4]上的最大值.∵g(x)=x在[2,4]上单调递增,∴g(x)在[2,4]上的最大值为g(4)=2,∴ax2+2ax-1≤2对x∈[1,2]恒成立,∴ax2+2ax≤3对x∈[1,2]恒成立,即a≤对x∈[1,2]恒成立.∵y=x2+2x=(x+1)2-1在[1,2]上单调递增,∴y=在[1,2]上单调递减,∴a≤=.故选B. 16.解:(1)由f(x+y)=f(x)f(y),得f(2)=f(1+1)=[f(1)]2=9,又当x>0时,f(x)>1,所以f(1)=3, 所以f(3)=f(1+2)=f(1)f(2)=3×9=27. (2)证明:令y=0,则f(x+0)=f(x)f(0),则f(0)=1, 当x<0时,-x>0,f(-x)>1,因为f(0)=f[x+(-x)]=f(x)f(-x)=1,所以f(x)=>0, 所以f(x)>0在R上恒成立. 由f(x+y)=f(x)f(y),可知=f(y),令x1=x+y,x2=x,且x1>x2,即x1-x2>0,则=f(x1-x2)>1,所以f(x1)>f(x2),所以f(x)在R上单调递增. 学科网（北京）股份有限公司 $