2025北师大版高中数学必修第一册同步练习题--§3 函数的单调性和最值（含解析）

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2025北师大版高中数学必修第一册
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.已知四个函数的图象如图所示,其中在定义域内单调的函数是(　　)
2.已知函数f(x)在R上是增函数,则下列说法正确的是(　　)
A.y=-f(x)在R上是减函数
B.y=在R上是减函数
C.y=[f(x)]2在R上是增函数
D.y=af(x)(a为实数)在R上是增函数
3.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)定义在区间[-5,5]上的函数y=f(x)的图象如图所示,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.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.(2023四川广安友谊育才外国语学校期中)函数f(x)=x2-2x(x∈[-2,4])的单调递增区间为　　　　.
7.(2023甘肃酒泉玉门油田第一中学期中)已知函数f(x)=x2+.
(1)求函数f(x)的定义域;
(2)判断f(x)在[2,+∞)上的单调性.
8.已知f(x)在(0,+∞)上单调递增,且f(x)>0, f(3)=1.判断g(x)=f(x)+在(0,3]上的单调性,并加以证明.
题组三　函数单调性的应用
9.(2024天津双菱中学期中)已知函数f(x)=在R上单调递减,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　B.
C.　　　D.
10.(2024甘肃兰州一中期中)已知函数f(x)是R上的增函数,A(0,-1),B(3,1)是函数图象上的两点,那么|f(x+1)|≥1的解集是(　　)
A.(-1,2)
B.(1,4)
C.(-∞,-1]∪[4,+∞)
D.(-∞,-1]∪[2,+∞)
11.(多选题)(2023四川成都外国语学校期中)已知函数f(x)=若 x1≠x2,f(x1)≠f(x2),则实数a的值可以是(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.4
12.(2023黑龙江绥化哈师大青冈实验中学期中)已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足 x1,x2∈(0,+∞),都有 >0,且f(2-2m)>f(1+m),则实数m的取值范围是　　　　.
题组四　函数的最值及其应用
13.(2023安徽六安舒城晓天中学期中)函数f(x)=的最大值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.3　　　　D.18
14.(2024湖北A9高中联盟期中)已知函数f(x)=,x∈[-2,1)∪(1,6],则函数f(x)(　　)
A.有最小值,无最大值
B.有最大值,无最小值
C.既有最小值又有最大值
D.既无最小值,又无最大值
15.(2023湖北仙桃中学月考)已知函数f(x)=在区间[0,1]上的最大值为,则实数m的值为　　　　.
16.(2024 天津第三中学期中)已知函数f(x)=x2+2ax+3,x∈[-2,2].
(1)当a=-1时,求函数f(x)的最大值和最小值;
(2)求函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值g(a).
17.(2024广东东莞第四高级中学期中)给定函数f(x)=x+4,g(x)=(x+2)2,x∈R.
(1)在给定直角坐标系中画出函数f(x),g(x)的图象;
(2) x∈R,M(x)表示f(x),g(x)中的较大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)},结合图象写出函数M(x)的解析式,并求出M(x)的最小值.
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.(多选题)(2024浙江台州山海协作体期中)下列说法正确的是(　　)
A.函数y=2x(x∈Z)的图象是一条直线
B.若函数y=x2+(2a-1)x+1在(-∞,2)上单调递减,则a≤-
C.若f(2x+1)=x2,则f(3)=4
D.函数y=的单调递减区间为(-∞,-3]
3.(2023天津一中期中)函数y=1-的单调递增区间是　　　　.
4.(2023江苏南京外国语学校期中)若函数y=f(x)在区间I上是增函数,y=在区间I上是减函数,则称y=f(x)是区间I上的“缓增函数”,区间I叫作“缓增区间”.已知函数f(x)=是区间I上的“缓增函数”,若定义b-a为[a,b]的区间长度,那么满足条件的“缓增区间”I的区间长度的最大值为　　　　.
题组二　函数单调性的应用
5.(2023湖南邵阳第二中学期中)已知函数f(x)=若对任意x1,x2∈R(x1≠x2),不等式x1 f(x1)+x2 f(x2)A.(-∞,1]　　　B.(1,5)
C.[1,5)　　　D.[1,4]
6.(多选题)(2023江苏洪泽中学等六校期中联考)若函数f(x)为R上的单调函数,且满足对任意x∈R,都有f(f(x)-x2)=2,则f(3)的值可能为(　　)
A.4　　　　B.6　　　　C.7　　　　D.10
7.(2024浙江宁波期中)已知函数f(x)=(1≤x≤2),g(x)=(m-1)x(1≤x≤2),若 x1∈[1,2], x2∈[1,2],使得f(x1)=g(x2),则m的取值范围是(　　)
A.　　　　B.(1,+∞)　　　　C.　　　　D.
8.(2024湖南岳阳期末)已知a∈R,若函数f(x)=的值域为R,则a的取值范围是　　　　.
9.(2024四川宜宾第四中学期中)已知函数f(x)对一切实数x,y都有f(x+y)-f(y)=x(x+2y+1)成立,且f(1)=0.
(1)求f(0)的值;
(2)求f(x)的解析式;
(3)设P:当0题组三　函数的最值及其应用
10.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]
11.(2023安徽卓越县中联盟期中)已知函数f(x)=x+m+在区间[1,3]上的最大值是4,则实数m的取值范围是(　　)
A.(-∞,3]　　　B.(1,3)
C.(-∞,1]　　　D.[3,+∞)
12. (2024天津耀华中学期中)已知函数f(x)=若f(x)存在最小值,则a的取值范围为(　　)
A.[-]　　　
B.[0,]
C.[-]∪(2,+∞)　　　
D.[0,]∪(2,+∞)
13.(2023浙江温州月考)若不等式x2-2>mx对满足|m|≤1的一切实数m都成立,则x的取值范围是　　　　　　　　.
14.(2024四川泸州泸县第一中学期中)已知二次函数f(x)满足条件:①当x∈R时,f(x)的最大值为0;②f(-x)=f(x+2)成立;③2f(2)+1=0.
(1)求f(x)的解析式;
(2)求f(x)+2<0的解集;
(3)若存在实数t,当x∈[m,-1](m<-1)时,f(x+t)≥2x恒成立,求实数m的最小值.
15.(2023广东广州期中)某呼吸机生产企业本年度计划投资固定成本2 300万元引进先进设备,用于生产救治某种患者的无创呼吸机,已知年产量x(单位:百台)与投入成本C(x)(单位:万元)满足如下关系:C(x)=据以往市场价格,每百台呼吸机的售价为600 万元,且依据市场情况,预测该年度生产的无创呼吸机能全部售完.
(1)求年利润L(x)(万元)关于年产量x的函数解析式;(年利润=销售额-投入成本-固定成本)
(2)当年产量为多少时,年利润L(x)最大 并求出最大年利润.
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.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)2.A　任取x1,x2∈R,且x1所以-f(x1)>-f(x2),A选项一定成立.
其余三项不一定成立,如当f(x)=x时,B,C不成立,当a≤0时,D不成立.
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=>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　[1,4]
解析　y=x2-2x=(x-1)2-1,其图象开口向上,对称轴为直线x=1,
故f(x)在[-2,4]上的单调递增区间为[1,4].
7.解析　(1)函数f(x)的定义域为{x|x≠0}.
(2)任取x1,x2∈[2,+∞),且x1则f(x1)-f(x2)=.
∵x1,x2∈[2,+∞),且x1∴x1-x2<0,x1+x2>,
∴f(x1)-f(x2)<0,∴f(x1)故f(x)在[2,+∞)上单调递增.
8.解析　函数g(x)在(0,3]上单调递减.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,+∞)上单调递增,
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]上单调递减.
9.B　由题意得解得≤a<.故选B.
易错警示　研究分段函数的单调性,不仅要分别研究每段函数的单调性,还要考虑在分界点处的函数值的大小关系.
10.D　|f(x+1)|≥1可化为f(x+1)≤-1或f(x+1)≥1,
因为A,B为f(x)图象上的两点,
所以f(0)=-1, f(3)=1,
所以f(x+1)≤f(0)或f(x+1)≥f(3),
又f(x)为R上的增函数,所以x+1≤0或x+1≥3,解得x≤-1或x≥2,
即不等式的解集为(-∞,-1]∪[2,+∞).故选D.
11.AC　因为 x1≠x2,f(x1)≠f(x2),
所以函数f(x)为R上的单调函数,
又因为无论a为何值,f(x)=x+在(2,+∞)上总存在单调递增区间,所以函数f(x)为R上的增函数,
所以解得3故选AC.
12.答案　
解析　由题意得函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
因为f(2-2m)>f(1+m),所以2-2m>1+m>0,解得-113.B　易得f(x)的定义域为[-6,3],
设y=(3-x)(x+6)=-x2-3x+18=-+18
=-,x∈[-6,3],
所以当x=-时,函数y=(3-x)(x+6)有最大值,为,
所以f(x)=的最大值为.
故选B.
14.D　易知f(x)=在[-2,1)上单调递减,在(1,6]上单调递减,
所以当x∈[-2,1)时,f(x)≤f(-2)=,
当x∈(1,6]时,f(x)≥f(6)=,
所以f(x)的值域为∪,
故f(x)既无最小值,也无最大值.故选D.
15.答案　
解析　函数f(x)=,
当m-2=0,即m=2时,f(x)=2,不符合题意;
当m-2>0,即m>2时,f(x)在[0,1]上单调递减,可得f(0)为最大值,
即f(0)=m=,符合题意;
当m-2<0,即m<2时,f(x)在[0,1]上单调递增,可得f(1)为最大值,
即f(1)=,解得m=3,不符合题意.
综上可得,m=.
16.解析　(1)当a=-1时,f(x)=x2-2x+3=(x-1)2+2,x∈[-2,2],
由二次函数的性质知,f(x) min=f(1)=2,f(x)max=f(-2)=11.
(2)函数f(x)图象的对称轴为直线x=-=-a,
当-a≤-2,即a≥2时,f(x) min=f(-2)=4-4a+3=7-4a;
当-2<-a<2,即-2当-a≥2,即a≤-2时,f(x)min= f(2)=4+4a+3=7+4a.
综上所述,g(a)=
17.解析　(1)函数f(x),g(x)的图象如图所示.
(2)由(x+2)2=x+4,得x2+3x=0,∴x=0或x=-3,结合图象得,M(x)=
结合图象可知当x=-3时,M(x)min=(-3+2)2=1.
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.BD　对于A,函数y=2x(x∈Z)的定义域为整数集,所以其图象是一系列的点,A错误;
对于B,函数y=x2+(2a-1)x+1图象的对称轴为直线x=-,且开口向上,则-≥2,解得a≤-,B正确;
对于C,令2x+1=3,得x=1,故f(3)=12=1,C错误;
对于D,函数y=的定义域为{x|x≥0或x≤-3},该函数是由t=x2+3x与y=复合而成的,由复合函数“同增异减”的原则可知,要求y=的单调递减区间,只需求t=x2+3x(x≥0或x≤-3)的单调递减区间,易知其单调递减区间为(-∞,-3],故y=的单调递减区间为(-∞,-3],D正确.
3.答案　[3,6]
解析　由-x2+6x≥0,得x2-6x≤0,解得0≤x≤6,
∴函数y=1-的定义域为[0,6],
易知y=1-在x∈[0,+∞)上单调递减.令f(x)=-x2+6x,其图象开口向下,且对称轴方程为x=3,∴函数f(x)在[0,3)上单调递增,在[3,6]上单调递减,根据复合函数的单调性知函数y=1-的单调递增区间是[3,6].
易错警示　求复合函数的单调区间时,应先求出函数的定义域,再在定义域内讨论其单调性,防止忽视定义域导致解题错误.
4.答案　-1
解析　函数f(x)=的单调递增区间是[1,+∞).
由对勾函数的性质可知y=-1的单调递减区间为[-,0)和(0,].
所以[1,]及其非空真子集均为函数f(x)=的“缓增区间”,其中[1,]的区间长度最大,为-1.
所以满足条件的“缓增区间”I的区间长度的最大值为-1.
5.D　不等式x1 f(x1)+x2 f(x2)∴f(x)是减函数,
∴解得1≤a≤4.
故选D.
6.CD　因为f(x)为R上的单调函数,且满足对任意x∈R,都有f(f(x)-x2)=2,所以f(x)-x2为定值,
设f(x)-x2=k(k∈R),则f(x)=x2+k,且f(k)=2,
故k2+k=2,解得k=-2或k=1.
当k=-2时,f(x)=x2-2,则f(3)=32-2=7;
当k=1时,f(x)=x2+1,则f(3)=32+1=10.
综上,f(3)的值为7或10.
故选CD.
7.D　f(x)=(1≤x≤2),g(x)=(m-1)x(1≤x≤2),
①当m>1时,函数f(x)在区间[1,2]上单调递减,g(x)在区间[1,2]上单调递增,
所以f(x)∈,g(x)∈[m-1,2m-2],
由题意得f(x)的值域是g(x)值域的子集,则m-1≤,且≤2m-2,解得≤m≤;
②当m<1时,函数f(x)在区间[1,2]上单调递增,g(x)在区间[1,2]上单调递减,
所以f(x)∈,g(x)∈[2m-2,m-1],
由题意得f(x)的值域是g(x)值域的子集,则2m-2≤,且≤m-1,无解;
③当m=1时,f(x)=1,g(x)=0,显然不符合题意.
综上所述,实数m的取值范围为.故选D.
8.答案　
解析　当x≤1时,f(x)=x3,f(x)单调递增,其值域为(-∞,1].
因为f(x)的值域为R,所以当x>1时,f(x)=(3a-1)x+2a的值域包含(1,+∞).
当3a-1<0,即a<时,f(x)=(3a-1)x+2a在(1,+∞)上单调递减,其值域为(-∞,5a-1),不符合题意;
当3a-1=0,即a=时,f(x)=2a(x>1),其值域为{2a},不符合题意;
当3a-1>0,即a>时,f(x)=(3a-1)x+2a在(1,+∞)上单调递增,其值域为(5a-1,+∞),
由(1,+∞) (5a-1,+∞),得5a-1≤1,解得a≤,因此综上所述,a的取值范围是.
9.解析　(1)令x=-1,y=1,则f(0)-f(1)=-1×(-1+2+1),故f(0)=-2.
(2)令y=0,则f(x)-f(0)=x(x+1),∵f(0)=-2,∴f(x)=x2+x-2.
(3)不等式f(x)+3<2x+a,即x2+x-2+3<2x+a,即x2-x+1g(x)=f(x)-ax=x2+x-2-ax=x2+(1-a)x-2,
若g(x)在[-2,2]上是单调函数,则≤-2或≥2,解得a≤-3或a≥5,令B={a|a≤-3或a≥5}.
故当P,Q至少有一个成立时,实数a的取值范围为A∪B={a|a≥1或a≤-3}.
10.D　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,
则函数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.
11.C　当1≤x≤3时,1≤≤3,
当m≤1时,f(x)=x+m+,它在[1,]上单调递减,在[,3]上单调递增,
又f(1)=4,f(3)=4,∴f(x)max=4,符合题意;
当m≥3时,f(x)=x+m+m-,它在[1,3]上单调递增,
∴f(x)max=f(3)=2m+2≥8,不符合题意;
当14,不符合题意.
综上,实数m的取值范围是(-∞,1].
故选C.
12.B　若a=0,则f(x)=∴f(x)min=f(2)=-1;
若a<0,当x若a>0,当xf(a)=1-a2,
当x≥a时,f(x)min=若函数f(x)有最小值,则或解得0综上,a的取值范围为[0,],故选B.
13.答案　(-∞,-2)∪(2,+∞)
解析　因为x2-2>mx,所以mx-x2+2<0.
令f(m)=mx-x2+2,不等式x2-2>mx对满足|m|≤1的一切实数m都成立,即f(m)<0对满足|m|≤1的一切实数m恒成立,即当-1≤m≤1时, f(m)<0恒成立,所以即解得x<-2或x>2,所以x的取值范围是(-∞,-2)∪(2,+∞).
易错警示　解含参数的不等式时,要分清参数与未知数,f(m)=mx-x2+2是关于m的一次函数.
14.解析　(1)由题意可设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),
由f(-x)=f(x+2)得ax2-bx+c=a(x+2)2+b(x+2)+c,整理得(x+1)(2a+b)=0,所以b=-2a,所以函数f(x)图象的对称轴为直线x=1.
由当x∈R时,f(x)的最大值为0,可得f(x)=a(x-1)2(a<0),
由2f(2)+1=0得2a+1=0,所以a=-.
所以f(x)=-(x-1)2.
(2)由f(x)+2<0可得-(x-1)2+2<0,即x2-2x-3>0,解得x<-1或x>3,
所以原不等式的解集为{x|x<-1或x>3}.
(3)由f(x+t)≥2x可得-(x-1+t)2≥2x,即x2+2(t+1)x+(t-1)2≤0,
故当x∈[m,-1]时,x2+2(t+1)x+(t-1)2≤0恒成立,
故Δ=4(t+1)2-4(t-1)2=16t≥0,解得t≥0.
由x2+2(t+1)x+(t-1)2≤0解得-t-1-2≤x≤-t-1+2,
则
由②得0≤t≤4.
令g(t)=-t-1-2+1)2(0≤t≤4),易得g(t)单调递减,所以g(t)≥g(4)=-9,故m≥-9,此时,存在实数t=4,当x∈[m,-1]时,f(x+t)≥2x恒成立.
综上,实数m的最小值为-9.
15.解析　(1)当0当x≥50时,L(x)=600x--2 300=-2x-+2 200.
综上,L(x)=
(2)当0当x≥50时,L(x)=-2x-+2 200=-2(x-25)-+2 150≤-2+2 150=1 950,
当且仅当2(x-25)=,即x=75时,等号成立,此时最大利润为1 950万元.
因为1 950>1 700,所以当年产量为75百台时,年利润最大,最大年利润为1 950万元.
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