北师大版（2019）必修第一册2.3函数的单调性和最值 同步练习（Word版含解析）

第二章　函数
§3　函数的单调性和最值
基础过关练
题组一　函数单调性的概念
1.下列说法正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.定义在(a,b)上的函数f(x),若存在x1,x2∈(a,b),且x1B.定义在(a,b)上的函数f(x),若有无穷多对x1,x2∈(a,b),使得x1C.若f(x)在区间I1上单调递增,在区间I2上也单调递增,则f(x)在I1∪I2上也一定单调递增
D.若f(x)在区间I上单调递增且f(x1)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(　　)
3.(2021北京东城期末)若函数f(x)是R上的减函数,a>0,则下列不等式一定成立的是(　　)
A.f(a2)C.f(a)题组二　函数单调性的判断与证明
4.(2022湖南长沙宁乡四校联考)如图所示的是定义在区间[-5,5]上的函数y=f(x)的图象,则下列关于函数f(x)的说法错误的是(　　)
A.函数在区间[-5,-3]上单调递增
B.函数在区间[1,4]上单调递增
C.函数在区间[-3,1]∪[4,5]上单调递减
D.函数在区间[-5,5]上没有单调性
5.(2021北京丰台期中)下列四个函数中,在区间(0,+∞)上单调递增的是(　　)
A. f(x)=3-x B. f(x)=x2-3x
C. f(x)=-|x| D. f(x)=-
6.函数f(x)=|x2-1|的增区间为　.
7.(2022安徽池州一中期中)证明:函数f(x)=在(-2,+∞)上单调递增.
8.已知f(x)在(0,+∞)上是增函数,且f(x)>0, f(3)=1.判断g(x)=f(x)+在(0,3]上是增函数还是减函数,并加以证明.
题组三　函数的最值及其应用
9.(2020吉林辽源田家炳高中期中)函数y=x2-x+1,x∈[-1,1]的最大值与最小值之和为(　　)
A. B.
C.4 D.5
10.函数y=的最大值是(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
11.(2021山东淄博期中)若函数f(x)=x2+(m+1)x+3在区间(3,5)内存在最小值,则m的取值范围是(　　)
A.(5,9) B.(-11,-7)
C.[5,9] D.[-11,-7]
12.(2021江苏南通如东期中)设f(x)=x2-2ax+1,x∈[0,2],当a=3时, f(x)的最小值是　　　　,若f(x)的最小值为1,则a的取值范围为　　　　.
题组四　函数单调性的应用
13.(2021内蒙古集宁一中期中)已知函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,那么下列不等式中成立的是(　　)
A.f(4)>f(-π)>f(3)
B.f(π)>f(4)>f(3)
C.f(4)>f(3)>f(π)
D.f(-3)>f(-π)>f(-4)
14.(2020北京人大附中期中)若函数f(x)=x2-2(a-1)x+2在区间(1,4)上不是单调函数,则实数a的取值范围是　　　　.
15.(2021北京一零一中学期中)函数f(x)=(t>0)是区间(0,+∞)上的增函数,则t的取值范围是　　　　.
16.(2020湖南衡阳四中月考)已知一元二次函数满足f(x+1)-f(x)=2x,且f(0)=1.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若g(x)=f(x)-mx在[2,4]上是单调函数,求实数m的取值范围.
17.(2020广东惠州期末)在充满竞争的市场环境中,产品的定价至关重要,它将影响产品的销量,进而影响生产成本、品牌形象等.某公司根据多年的市场经验,总结得到了其生产的产品A在一个销售季度的销量y(单位:万件)与售价x(单位:元/件)之间满足函数关系y=产品A的单件成本C(单位:元)与销量y(单位:万件)之间满足函数关系C=.
(1)当产品A的售价在什么范围内时,其销量不低于5万件
(2)当产品A的售价为多少时,总利润最大 (注:总利润=销量×(售价-单件成本))
能力提升练
题组一　函数单调性的判断与证明
1.若函数f(x)=则函数的单调递减区间为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.(-∞,0) B.[0,2]
C.(-∞,0)和[0,2] D.(-∞,2]
2.(多选)设f(x)是定义在区间A上的减函数,若f(x)>0,则下列函数为增函数的是(　　)
A.y=3-f(x) B.y=1+
C.y=[f(x)]2 D.y=1-
3.已知函数f(x)=-x2+2x+1的定义域为(-2,3),则函数f(|x|)的单调递增区间为　　　　.
4.(2021安徽合肥期中)定义在(0,+∞)上的函数f(x),满足f(mn)=f(m)+f(n),且当x>1时, f(x)>0.
(1)求证: f =f(m)-f(n);
(2)判断函数f(x)的单调性,并说明理由.
题组二　函数单调性的应用
5.(2021广东汕头金山中学月考)若函数f(x)=ax2-x+4对任意的x1,x2∈(-1,+∞),且x1≠x2,都有 <0,则实数a的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
6.(2021广东江门第一中学月考)若函数y=f(x)是定义在[-3,4]上的增函数,且f(2m)>f(m-1),则实数m的取值范围是(　　)
A.(-1,2] B.(-1,+∞)
C.(-1,4] D.[-1,+∞)
7.(2020山东临沂沂水期中)已知函数f(x)=若f(x-4)>f(2x-3),则实数x的取值范围是(　　)
A.(-1,+∞) B.(-∞,-1)
C.(-1,4) D.(-∞,1)
8.(2020湖北部分重点中学测试)函数f(x)是R上的增函数,且f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b),则(　　)
A.a>b>0 B.a-b>0
C.a+b>0 D.a>0,b>0
9.(2020山东青岛模拟)已知函数f(x)的定义域是(0,+∞),且满足f(xy)=f(x)+f(y), f =1,对任意x,y∈(0,+∞),且xf(y),则不等式f(-x)+f(3-x)≥-2的解集为(　　)
A.{x|-1≤x<0,或3B.{x|-4≤x<0}
C.{x|3≤x≤4}
D.{x|-1≤x<0}
题组三　函数的最值及其应用
10.(2020天津滨海新区期末)给定函数f(x)=x2,g(x)=x+2, x∈R,用M(x)表示f(x),g(x)中的较大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)},则M(x)的最小值为(　　)
A.-1 B.1 C.2 D.4
11.(2020山东青岛第二中学期中)函数f(x)=x-的最小值为(　　)
A.- B.- C.-1 D.0
12.(2020江西南昌三校联考)已知函数f(x)=x2-2x在区间[-1,t]上的最大值为3,则实数t的取值范围是(　　)
A.(1,3] B.[1,3]
C.[-1,3] D.(-1,3]
13.(2021广东汕头金山中学月考)已知函数f(x)=x2-2x,g(x)=ax+2(a>0),对任意x1∈[-1,2],都存在x0∈[-1,2],使得g(x1)=f(x0),则实数a的取值范围是　　　　.
14.(2021江西上饶重点中学月考)求一元二次函数f(x)=ax2+(2a-1)x-3(a≠0)在区间上的最大值.
15.某汽车配件生产企业从今年一月起,若不改善生产环境,按生产现状,每月原材料及工人工资等总支出为20万元,每月产品销售收入为156万元,同时将受到环保部门的处罚,第一个月罚3万元,以后每月增加2万元.如果从今年一月份起投资500万元添加回收净化设备(改造时间不计),一方面可以改善环境,另一方面也可以大大降低原料成本.据测算,添加回收净化设备并投产后的前5个月中的累计生产净收入f(n)(万元)是生产时间n(月)的一元二次函数,前1、2、3个月的累计生产净收入分别为152万元、308万元和468万元,以后稳定在第5个月的水平.同时,该厂不但不受处罚,还将得到环保部门的一次性奖励100万元.
(1)求前10个月的累计生产净收入;
(2)求经过多少个月投资开始见效,即投资改造后的纯收入多于不改造时的纯收入.
答案与分层梯度式解析
第二章　函数
§3　函数的单调性和最值
基础过关练
1.D　根据函数单调性的定义和性质来判断,A、B项中的“存在”“有无穷多”与定义中的“任意”不符,C项中也不能确定对任意x1,x2∈(I1∪I2),且x12.B　对于A,函数分别在(-∞,1)及[1,+∞)上单调递增,但存在x1∈(0,1),使f(x1)>f(1),故A不符合题意;对于C,函数分别在(-∞,1)及(1,+∞)上单调递增,但存在x1>1,使f(x1)3.D　A选项,a2-a=a(a-1),当a>1时,a2>a,所以f(a2)f(a),故A中不等式不一定成立.
B选项,当a>1时,a>,所以f(a)f ,故B中不等式不一定成立.
C选项,当a>0时,2a>a,所以f(a)>f(2a),故C中不等式不成立.
D选项,a2-(a-1)=a2-a+1=a-2+>0,则a2>a-1,所以f(a2)故选D.
4.C
5.D　对于A, f(x)=3-x为一元一次函数,在区间(0,+∞)上单调递减,不符合题意;对于B, f(x)=x2-3x为一元二次函数,在区间上单调递减,不符合题意;对于C, f(x)=-|x|=在区间(0,+∞)上单调递减,不符合题意;对于D, f(x)=-在区间(0,+∞)上单调递增,符合题意.故选D.
6.答案　(-1,0)和(1,+∞)
解析　画出f(x)=|x2-1|的图象,如图所示,
由图象可知,函数f(x)的增区间为(-1,0)和(1,+∞).
7.证明　f(x)===2-.
任取x1,x2∈(-2,+∞),其中x1则f(x1)-f(x2)=2--2+=.
因为-20,x2+2>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)8.解析　函数g(x)在(0,3]上是减函数.证明如下:
任取x1,x2∈(0,3],且x1则g(x1)-g(x2)=-
=[f(x1)-f(x2)].
因为f(x)在(0,+∞)上是增函数,
所以f(x1)-f(x2)<0.
又因为f(x)>0, f(3)=1,
所以0< f(x1)< f(x2)≤f(3)=1,
则0< f(x1)f(x2)<1,所以>1,
所以1-<0,
所以g(x1)-g(x2)>0,即g(x1)>g(x2).
故g(x)=f(x)+在(0,3]上是减函数.
9.B　函数y=x2-x+1的图象的对称轴为直线x=,其在上单调递减,在上单调递增,∴ymax=(-1)2-(-1)+1=3,ymin=-+1=,
∴ymax+ymin=3+=.故选B.
10.C　当x<1时,函数y=x+3单调递增,有y<4,无最大值;当x≥1时,函数y=-x+6单调递减,在x=1处取得最大值5.所以该函数的最大值为5.
11.B　由题意可得3<-<5,解得-1112.答案　-7;(-∞,0]
解析　当a=3时, f(x)=x2-6x+1,易知f(x)在[0,2]上单调递减,所以f(x)的最小值是f(2)=-7.
易知f(0)=1,f(x)=x2-2ax+1的图象开口向上,对称轴为直线x=a,因为f(x)的最小值为1,所以f(x)在[0,2]上单调递增,所以a≤0,即a的取值范围是(-∞,0].
13.D　由已知得f(4)>f(π)>f(3)>f(-3)>f(-π)>f(-4),故选D.
14.答案　(2,5)
解析　由题意得f(x)图象的对称轴为直线x=a-1,且115.答案　[1,+∞)
解析　由题意得解得t≥1.故答案为[1,+∞).
16.解析　(1)设一元二次函数的解析式为f(x)=ax2+bx+c(a≠0),
由f(0)=1得c=1,故f(x)=ax2+bx+1.
因为f(x+1)-f(x)=2x,
所以a(x+1)2+b(x+1)+1-(ax2+bx+1)=2x,
即2ax+a+b=2x,
所以所以
所以f(x)=x2-x+1.
(2)g(x)=f(x)-mx=x2-(1+m)x+1的图象关于直线x=对称.
因为函数g(x)在[2,4]上是单调函数,
所以≤2或≥4,解得m≤3或m≥7,
故实数m的取值范围是(-∞,3]∪[7,+∞).
17.解析　(1)由y≥5得14-≥5(6≤x≤16)或22-x≥5(16解得6≤x≤16或16因此当产品A的售价(单位:元/件)在区间[6,17]内时,其销量不低于5万件.
(2)由题意得,总利润L=y·=xy-30=
①当6≤x≤16时,L=-(x-14)2+68,当x=14时,总利润L最大,最大为68;
②当16所以当x=14时,总利润L最大.
因此当产品A的售价为14元/件时,总利润最大.
能力提升练
1.C　函数f(x)的大致图象如图所示,
一元二次函数y=x2-4x+3图象的对称轴为直线x=2,所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞,0)和[0,2].故选C.
2.ABD　任取x1,x2∈A,且x1f(x2)>0,所以3-f(x1)<3-f(x2),所以y=3-f(x)在区间A上为增函数.同理可证1+<1+,[f(x1)]2>[f(x2)]2,1-<1-,所以y=1+,
y=1-在区间A上均为增函数,y=[f(x)]2在区间A上为减函数.
3.答案　(-3,-1)和(0,1)
解析　因为函数f(x)=-x2+2x+1的定义域为(-2,3),所以函数f(|x|)满足-2<|x|<3,所以-3f(|x|)=-x2+2|x|+1(-3=
由一元二次函数的图象(图略)可知,函数f(|x|)的单调递增区间是(-3,-1)和(0,1).
4.解析　(1)证明:由m=·n,
可得f(m)=f =f +f(n),
∴f =f(m)-f(n).
(2)f(x)在(0,+∞)上单调递增.理由如下:
任取x1,x2∈(0,+∞),且x11.
由(1)及已知可得f(x2)-f(x1)=f >0,即f(x2)>f(x1).∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
5.C　由题意得当x∈(-1,+∞)时,f(x)单调递减.
当a=0时, f(x)=-x+4,符合题意;
当a≠0时,解得-≤a<0.
综上所述,实数a的取值范围是,故选C.
易错警示
　　形如f(x)=ax2+bx+c的函数单调性问题,由于a的值不确定,因此函数不一定是一元二次函数,所以要对a的取值进行分类讨论,本题中的易错之处是忽视二次项系数为0的情况.
6.A　∵y=f(x)是定义在[-3,4]上的增函数,且f(2m)>f(m-1),
∴解得-1∴实数m的取值范围是(-1,2].故选A.
7.C　由函数f(x)的图象(图略)知,
若f(x-4)>f(2x-3),则
解得-1故实数x的取值范围是(-1,4).
8.C　设a+b≤0,则a≤-b,b≤-a.∵f(x)在R上单调递增,∴f(a)≤f(-b), f(b)≤f(-a),两式左右分别相加,得f(a)+f(b)≤f(-b)+f(-a),与题设f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b)矛盾,故a+b>0,故选C.
9.D　∵对任意x,y∈(0,+∞),且xf(y),∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.令x=,y=1,则f =f +f(1),故f(1)=0;令x=,y=2,则f(1)=f +f(2),故f(2)=-1;令x=y=2,则f(4)=f(2)+f(2)=-2.不等式f(-x)+f(3-x)≥-2可转化为f(-x(3-x))≥f(4),
∴解得-1≤x<0.
故所求不等式的解集为{x|-1≤x<0}.
10.B　在同一直角坐标系中,作出函数f(x)=x2,g(x)=x+2的图象,由M(x)的定义知,函数M(x)的图象如图中实线部分所示.
由图象知,当x=-1时,M(x)取得最小值1.故选B.
11.A　令t=,则x=t2-1(t≥0),函数化为y=t2-t-1(t≥0),一元二次函数y=t2-t-1的图象开口向上,对称轴为直线t=,所以所求最小值为--1=-.
12.D　一元二次函数f(x)=x2-2x的图象开口向上,对称轴为直线x=1.
①当-1②当t>1时,函数f(x)=x2-2x在区间[-1,1]上单调递减,在区间[1,t]上单调递增,
此时函数y=f(x)在x=-1或x=t处取得最大值,由于f(x)max=3=f(-1),
所以f(t)=t2-2t≤3,即t2-2t-3≤0,
解得-1≤t≤3,此时1综上所述,实数t的取值范围是(-1,3],故选D.
13.答案　
解析　∵函数f(x)=x2-2x的图象是开口向上的抛物线,且关于直线x=1对称,
∴当x0∈[-1,2]时, f(x)的最小值为f(1)=-1,最大值为f(-1)=3,∴f(x0)∈[-1,3].
∵g(x)=ax+2(a>0),x1∈[-1,2],
∴g(x)为增函数,g(x1)∈[g(-1),g(2)]=[2-a,2a+2].
∵对任意x1∈[-1,2],都存在x0∈[-1,2],使得g(x1)=f(x0),∴∴014.解析　f(x)=ax2+(2a-1)x-3=a--3(a≠0),
所以f(x)图象的对称轴为直线x=-.
①当a>0时,因为区间的中点值为x=,所以当-≤,即a≥时, f(x)max=f(2)=8a-5;
当->,即0②当a<0时,可得-<0.
当-≤-,即-1≤a<0时,f(x)max=f =-a-;
当-<-<0,即a<-1时,f(x)max=f =--3.
综上所述,f(x)max=
15.解析　(1)设函数f(n)=an2+bn+c(a≠0,n≤5,n∈N+),
由题意得解得
所以f(n)=2n2+150n(n≤5,n∈N+),
所以第5个月的净收入为f(5)-f(4)=800-632=168(万元),
所以f(10)=f(5)+5×168=1 640.
所以前10个月的累计生产净收入为1 640万元.(2)f(n)=n∈N+
=n∈N+.
若不改造,则前n个月的总罚款为3n+2×=n2+2n(万元).
当n≤5时,若投资开始见效,
则f(n)-500+100>(156-20)n-(n2+2n),
所以3n2+16n-400>0,
此时不等式无解.
当n>5时,若投资开始见效,
则f(n)-500+100>(156-20)n-(n2+2n),
所以n2+34n-440>0,即(n-10)(n+44)>0,
所以n>10,n∈N+.
综上,经过11个月投资开始见效.