第2章 §3 函数的单调性和最值 第2课时 函数的单调性和最值的应用(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（北师大版）

**基本信息** 高中数学函数单调性与最值应用同步练，以“基础巩固-综合应用-拓展提升”分层设计，覆盖从概念辨析到参数问题的完整路径，培养抽象能力与推理意识，适配新授课差异化教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|单调性定义、一次/二次函数单调性|选择1-2/填空10/解答13，直接考查概念辨析与基础运算| |综合层|抽象函数、分段函数单调性应用|选择3-6/填空11/解答14，结合函数性质解不等式，培养推理能力| |拓展层|含参数单调性、恒成立问题|选择7-8/填空12/15-16，复杂情境应用，发展创新意识|

第2课时　函数的单调性和最值的应用 1.A　[解析] 因为y=(k-1)x+b在(-∞,+∞)上是增函数,所以k-1>0,即k>1.故选A. 2.B　[解析] 因为函数y=x-在[1,2]上单调递增,所以当x=2时,ymax=2-=. 3.D　[解析] 因为函数f(x)是定义在[0,+∞)上的增函数,且f(2x-1)<f,所以0≤2x-1<,解得≤x<.故选D. 4.A　[解析] 因为对任意的x1,x2∈R,且x1≠x2,都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,所以函数f(x)在R上是增函数,所以f(-2)<f(1)<f(3).故选A. 5.A　[解析] 因为对任意x,y∈R,f(x+y)=f(x)+f(y)恒成立,所以令x=y=0,可得f(0)=0.因为f(x)是定义在R上的减函数,且f>0,所以-1<0,解得x>1,故选A. 6.D　[解析] 因为f(x)=x|x|=所以由函数f(x)的图象可知,f(x)在R上是增函数.因为f(2m+1)>f(m-1),所以2m+1>m-1,解得m>-2,所以m的取值范围为(-2,+∞).故选D. 7.D　[解析] 因为函数f(x)=在R上单调递增,所以解得0<a≤2,故选D. 8.C　[解析] 当x<1时,f(x)=2x-1,f(x)单调递增;当x≥1时,f(x)=x2,f(x)单调递增.因为2×1-1=12,所以函数f(x)在(-∞,+∞)上为增函数.由f(x2+x+3)>f(3x2-3),得x2+x+3>3x2-3,即2x2-x-6<0,解得-<x<2,故选C. 9.BCD　[解析] 由题意得,函数f(x)的图象开口向上,对称轴为直线x=a,则f(x)在(-∞,a]上单调递减,在[a,+∞)上单调递增,因为f(x)在(-∞,1]上单调递减,所以a≥1,结合选项可知,a的值可以是1或2或3.故选BCD. 10.(-∞,1]　[解析] 由x2-3x+2≥0,解得x≤1或x≥2,即f(x)的定义域为(-∞,1]∪[2,+∞).因为y=x2-3x+2在(-∞,1]上单调递减,在[2,+∞)上单调递增,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,1]. 11.[3,+∞)　[解析] 因为函数y=x2-4x+8=(x-2)2+4图象的对称轴为直线x=2,图象开口向上,所以y=x2-4x+8在(-∞,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.要使f(x)=x2-4x+8,x∈[1,a]在x=a处取得最大值,只需解得a≥3,即实数a的取值范围是[3,+∞). 12.-<x<　[解析] 当x≥0时,函数f(x)=x2+1在[0,+∞)上单调递增,当x<0时,函数f(x)=x在(-∞,0)上单调递增,又0<02+1,因此函数f(x)在R上单调递增.则不等式f(3-x2)>f(x)等价于3-x2>x,即x2+x-3<0,解得-<x<,所以所求x的取值范围是-<x<. 13.解:(1)任取x1,x2∈[3,5],且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=-= = =. ∵x1,x2∈[3,5],且x1<x2,∴x1-x2<0,x1+2>0,x2+2>0,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2), ∴函数f(x)=,x∈[3,5]是增函数. (2)由(1)知,当x=3时,函数f(x)取得最小值,最小值为f(3)=,当x=5时,函数f(x)取得最大值,最大值为f(5)=. 14.解:(1)函数f(x)为增函数. 证明如下:任取2<x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-==, 由2<x1<x2,得x1-x2<0,(x1-1)(x2-1)>0,=+<1,即x1x2>x1+x2, 所以f(x1)-f(x2)=<0,即f(x1)<f(x2),所以函数f(x)为增函数. (2)由(1)知函数f(x)是定义在(2,+∞)上的增函数, 又f(2a+1)>f(4-a),所以解得1<a<2,即实数a的取值范围为(1,2). 15.5　[解析] 因为函数f(x)在R上单调递增,所以存在唯一的实数t,使得f(t)=2,又因为f[f(x)-3x]=2,所以f(x)-3x=t,即f(x)=3x+t,所以f(t)=4t=2,解得t=,所以f(x)=3x+,故f=3×+=5. 16.解:(1)当a=时,f(x)在[1,+∞)上是增函数.证明如下:设x1,x2∈[1,+∞),且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-=, 因为x1,x2∈[1,+∞),x1<x2,所以x1-x2<0,x1x2>0,当a=时,x1x2-a>0,所以f(x1)-f(x2)<0, 即f(x1)<f(x2),则f(x)在[1,+∞)上是增函数. (2)由(1)知,当a≤1时,x1x2>a,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),则f(x)在[1,+∞)上是增函数.当a>1时,当1≤x1<x2≤时,x1x2<a,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),则f(x)在[1,]上单调递减;当<x1<x2时,x1x2>a,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),则f(x)在(,+∞)上单调递增.综上,当a≤1时,f(x)在[1,+∞)上是增函数,当a>1时,f(x)在(,+∞)上单调递增,在[1,]上单调递减.故当a≤1时,f(1)=3+a>0,即a>-3,所以-3<a≤1;当a>1时,f(x)min=f()==2+2>0恒成立,所以a>1满足题意.综上,a的取值范围是(-3,+∞). 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2课时　函数的单调性和最值的应用 一、选择题(本大题共9小题,每小题5分,共45分) 1.若函数y=(k-1)x+b在(-∞,+∞)上是增函数,则 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.k>1 B.k<1 C.k<-1 D.k>-1 2.函数y=x-在[1,2]上的最大值为 (　 ) A.0 B. C.2 D.3 3.已知函数f(x)是定义在[0,+∞)上的增函数,则满足f(2x-1)<f的实数x的取值范围为 (　 ) A. B. C. D. 4.定义在R上的函数f(x)满足:对任意的x1,x2∈R,且x1≠x2,都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则 (　 ) A.f(-2)<f(1)<f(3) B.f(1)<f(-2)<f(3) C.f(3)<f(-2)<f(1) D.f(3)<f(1)<f(-2) 5.已知f(x)是定义在R上的减函数,且对任意x,y∈R,f(x+y)=f(x)+f(y)恒成立,若f>0,则x的取值范围为 (　 ) A.(1,+∞) B.(0,1) C.(0,+∞) D.(-1,0) 6.已知函数f(x)=x|x|,若f(2m+1)>f(m-1),则m的取值范围为 (　 ) A.(-∞,-1) B.(-∞,-2) C.(-1,+∞) D.(-2,+∞) 7.若函数f(x)=在R上单调递增,则实数a的取值范围是 (　 ) A.(0,2) B.(0,+∞) C.[2,+∞) D.(0,2] 8.已知函数f(x)=则满足不等式f(x2+x+3)>f(3x2-3)的x的取值范围是 (　 ) A.(-2,1) B. C. D. 9.(多选题)若函数f(x)=x2-2ax+2在区间(-∞,1]上单调递减,则实数a的值可以是 (　 ) A.0 B.1 C.2 D.3 二、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分) 10.函数f(x)=的单调递减区间为　　　　.  11.函数f(x)=x2-4x+8,x∈[1,a](a>1),且f(x)的最大值是f(a),则实数a的取值范围是　　　　.  12.已知函数f(x)=则满足不等式f(3-x2)>f(x)的x的取值范围是　　　　　　　　.  三、解答题(本大题共2小题,共20分) 13.(10分)已知函数f(x)=,x∈[3,5]. (1)判断函数f(x)的单调性; (2)求函数f(x)的最大值和最小值. 14.(10分)已知函数f(x)=,x∈(2,+∞). (1)判断函数f(x)的单调性,并用定义证明; (2)若f(2a+1)>f(4-a),求a的取值范围. 15.(5分)函数f(x)在R上单调递增,f[f(x)-3x]=2,则f=　　　　.  16.(15分)已知函数f(x)=,x∈[1,+∞). (1)当a=时,判断并证明函数f(x)在[1,+∞)上的单调性; (2)若对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,试求实数a的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $