2025人教B版高中数学必修第一册同步练习题--3.1.2第2课时　函数单调性的应用（含解析）

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2025人教B版高中数学必修第一册
第2课时　函数单调性的应用
基础过关练
题组一　利用函数的单调性比较大小
1.(2023北京朝阳期中)定义域为R的函数f(x)满足:对任意的x1,x2∈R(x1≠x2),有(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]>0,则有(　　)
A.f(-2)C.f(3)2.若函数f(x)在R上为减函数,则(　　)
A. f(a)> f(2a)　　　B. f(a2)< f(a)
C. f(a2+a)< f(a)　　　D. f(a2+1)< f(a)
题组二　利用函数的单调性解不等式或求参数的取值范围
3.(2023江西赣州期末)若f(x)=ax2+2(a-1)x+2, x1,x2∈(-∞,4)且x1≠x2,恒有(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]<0,则a的取值范围为(　　)
A.0C.0≤a<
4.(2024河南信阳质检)已知函数f(x)=在R上满足不等式>0,则实数a的取值范围为(　　)
A.[-5,0)　　　B.(-∞,-2] C.[-5,-2]　　　D.(-∞,0)
5.(2024重庆九龙坡期末)设a∈R,函数f(x)=若f(x)的最小值为f(1),则实数a的取值范围是(　　)
A.[1,2]　　　B.[1,6] C.[1,+∞)　　　D.(-∞,1]
6.(2023山东青岛月考)已知函数f(x)=在(1,+∞)上是减函数,则实数a的取值范围是　　　　　.
7.(2024江西上饶期末)已知函数f(x)=,若对任意实数a>-2,关于x的不等式f(x)≥m在区间上恒成立,则实数m的取值范围为　　　　.
题组三　抽象函数和复合函数的单调性
8.(2024河北邯郸期末)已知函数f(x)=在区间[-1,2]上单调递增,则实数a的取值范围为(　　)
A.(-∞,0)　　　B.[-1,0)　　　C.
9.(2024北京西城期末)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且对任意的正实数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y),当x>1时, f(x)>0, f(4)=1.
(1)求证:f(1)=0;
(2)求f的值;
(3)解不等式f(x)+f(x-3)≤1.
能力提升练
题组一　利用函数的单调性解不等式或求参数的取值范围
1.(2023江西赣州期中)已知函数f(x)在上单调递增,满足对任意x∈R,都有f,若f(x)在区间(a,2a-1)上单调递减,则实数a的取值范围为(　　)
A.
C.　　　D.(-∞,2]
2.(多选题)(2023辽宁葫芦岛期末)已知函数f(x)=(a≠0)在区间(-2,+∞)上单调递增,则a,b的取值可以是(　　)
A.a=1,b=2　　　B.a=b=
C.a=-1,b=1　　　D.a=,b=2
3.(2024黑龙江齐齐哈尔期末)已知函数f(x)=x+, x1∈[2,a], x2∈[a,9](2A.(2,3]　　　B.(2,4]　　　
C.(4,6]　　　D.(4,9)
4.(多选题)(2024湖南长沙期末)函数f(x)的定义域为R,对任意的实数x1,x2(x1≠x2),满足x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1),则下列结论正确的是(　　)
A.函数f(x)在R上单调递减
B.f(-5)C.f(0)=0
D.f(2x-1)5.(2024广东汕尾期末)小明在研究函数f(x)=x+时,发现f(x)具有性质:如果常数k>0,那么函数f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增.请你根据以上信息和所学知识解决问题:若函数g(x)=x+,值域为,则实数a的值是　　　　　　.
6.(2023浙江宁波鄞州中学期中)已知函数f(x)的定义域为R,对任意的x1>x2,都有f(x1)-f(x2)>2x1-2x2, f(4)=4,则f(x-1)>2x-6的解集为　　　　　.
7.(2024云南昆明期末)设函数f(x)=x2+.
(1)分别求f(x)在区间,[1,2]上的平均变化率;
(2)当x>0时,不等式x3-ax+2≥0恒成立,求实数a的取值范围.
8.(2023天津南开期中)已知函数f(x)=ax+,且f(1)=4, f(2)=.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)用定义证明函数f(x)在上的单调性;
(3)若f>f(m),求m的取值范围.
9.(2023江苏常州十校期中)已知函数f(x)=x|x-a|.
(1)当a=2时,求f(x)的增区间;
(2)若 x1,x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(x2)|≤2,求实数a的取值范围.
题组二　抽象函数和复合函数的单调性
10.(多选题)(2024湖北恩施期末)已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足:当x1≠x2时,恒有>0,则(　　)
A.3f(4)>4f(3)
B.函数y=在区间(0,+∞)上为增函数
C.函数y=xf(x)在区间(0,+∞)上为增函数
D.f(3x1+x2)+f(x1+3x2)>4f(x1+x2)
11.(2024四川宜宾期末)函数f(x)=的单调递减区间是　　　　.
12.(2023山东潍坊一中期中)已知函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y)-1(x,y∈R),当x>0时,f(x)>1,且f(1)=2,则f(-1)=　　　;当x∈[1,2]时,不等式f(ax2-3x)+f(x)<2恒成立,则实数a的取值范围是　　　　.
13.(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答案与分层梯度式解析
第2课时　函数单调性的应用
基础过关练
1.A 2.D 3.B 4.C 5.B 8.B
1.A　由题意可得, f(x)在R上单调递增,所以f(-2)2.D　对于A,B,因为a与2a,a2与a的大小关系不能确定,所以f(a)与f(2a), f(a2)与f(a)的大小关系也不能确定;对于C,因为a2+a-a=a2≥0,所以f(a2+a)≤f(a);对于D,因为a2+1-a=>0,所以a2+1>a,所以f(a2+1)< f(a).故选D.
3.B　由题意得,函数f(x)在(-∞,4)上单调递减,当a=0时, f(x)=-2x+2,符合题意;当a≠0时, f(x)=ax2+2(a-1)x+2为二次函数,其图象的对称轴为直线x=,若f(x)在(-∞,4)上单调递减,则解得04.C　依题意,函数f(x)在R上单调递增,于是解得-5≤a≤-2,
所以实数a的取值范围为[-5,-2].
5.B　当x>1时,4x+-3a≥2-3a=16-3a,当且仅当4x=,即x=2时等号成立,即当x>1时,函数的最小值为16-3a,当x≤1时, f(x)=(x-a)2+9-a2,要使函数f(x)的最小值为f(1),需满足解得1≤a≤6.故实数a的取值范围是[1,6].
6.答案　(-2,4]
解析　f(x)=,其定义域为(-∞,a-3)∪(a-3,+∞),若f(x)在(1,+∞)上是减函数,则所以-27.答案　(-∞,0]
解析　设函数g(x)=x+,易知g(x)在上单调递减,在[1,3]上单调递增,又g,∴当x∈时,2≤g(x)≤,
∵a>-2,∴0<2+a≤x++a≤+a,
由f(x)≥m得≥m,即x++a≥m,
由题意得,2+a≥m对任意实数a>-2恒成立,则2+(-2)≥m,解得m≤0,故实数m的取值范围为(-∞,0].
8.B　设t=1-ax,t≥0,则y=,因为y=在t∈[0,+∞)上单调递增,所以t=1-ax在区间[-1,2]上单调递增,则有解得-1≤a<0.
9.解析　(1)证明:令x=y=1,则f(1)=f(1)+f(1),所以f(1)=0.
(2)令y=,则f(x)+f=f(1)=0,所以f=-f(x).
令x=y=4,则f(16)=2f(4)=2,所以f=-f(16)=-2.
(3)任取x1,x2∈(0,+∞)且x11,所以f>0,
所以f(x2)-f(x1)=f(x2)+f>0,即f(x2)>f(x1),
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
由f(x)+f(x-3)≤1,可得f[x(x-3)]≤f(4),
所以解得3故所求不等式的解集为{x|3能力提升练
1.C 2.AD 3.A 4.BD 10.ABD
1.C　由题意得,函数f(x)的图象关于直线x=对称,
因为f(x)在上单调递增,所以f(x)在上单调递减.若f(x)在区间(a,2a-1)上单调递减,则解得12.AD　f(x)=,其定义域为,
当a>0时,若函数f(x)=(a≠0)在(-2,+∞)上单调递增,则-≤-2,且3-<0,即03,据此分析可得选项A、D正确,B不正确.当a<0时,-∈(-2,+∞),不满足题意,故C错误.故选AD.
3.A　当x∈[2,9]时, f(x)=x+≥2=12,当且仅当x=,即x=6时等号成立,且f(x)=x+在(2,6)上单调递减,在(6,9)上单调递增,又f(2)=2+=20, f(9)=9+=134.BD　由x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1),得(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,因此f(x)在R上单调递增,A错误;由-5<0<1,得f(-5)5.答案　或18+12
解析　当a-1≤0,即a≤1时,g(x)=x+上单调递增,故g(x)min=g,解得a=,满足题设.
当a-1>0,即a>1时,若,即a≥,则函数g(x)=x+上单调递减,在(,+∞)上单调递增,故g(x)min=g(,
解得a=18+12或a=18-12(舍去);
若,即1综上所述,实数a的值是或18+12.
6.答案　{x|x>5}
解析　由f(x1)-f(x2)>2x1-2x2,可得f(x1)-2x1>f(x2)-2x2,令g(x)=f(x)-2x,则g(x1)>g(x2),故由题意可得g(x)在R上单调递增,
由f(4)=4可得g(4)=f(4)-8=-4,则f(x-1)>2x-6可转化为f(x-1)-2(x-1)>-4,即g(x-1)>g(4),所以x-1>4,即x>5.
7.解析　(1)因为f(x)=x2+,所以f(1)=3, f, f(2)=5,
所以=2,
所以f(x)在区间上的平均变化率为-,在[1,2]上的平均变化率为2.
(2)因为当x>0时,不等式x3-ax+2≥0恒成立,
所以a≤x2+在x>0时恒成立.
对于函数f(x)=x2+,x∈(0,+∞),
任取x1,x2∈[1,+∞)且x1则,
因为x1,x2∈[1,+∞)且x11,x1+x2>2,则0<<2,所以x2+x1->0,即>0,
所以f(x)在[1,+∞)上单调递增,同理可证f(x)在(0,1)上单调递减,
所以当x>0时, f(x)min=f(1)=3,所以a≤3.
8.解析　(1)由已知得
故f(x)=3x+.
(2)f(x)在上是增函数.
证明:任取x1,x2∈,且x1则f(x1)-f(x2)=3x1+=(x1-x2)·,
因为x1-x2<0,x1x2>0,3x1x2-1>3×>0,
所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)故f(x)在上是增函数.
(3)由(2)可知f(x)是定义在上的增函数,
所以≤m<.
故m的取值范围是.
9.解析　(1)当a=2时, f(x)=x|x-2|=
画出函数f(x)的图象,如图所示,
由图可知, f(x)的增区间是(-∞,1],[2,+∞).
(2)∵ x1,x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(x2)|≤2,
∴|f(x1)-f(x2)|max≤2,
∵x∈[0,2]时, f(x)=x|x-a|≥0,
∴f(x)max-f(x)min≤2,
∵f(0)=0,∴f(x)min=f(0)=0,
故x∈[0,2]时, f(x)max≤2.
∵当x∈(0,2]时, f(x)=x|x-a|=|x(x-a)|,
∴|x(x-a)|max≤2,x∈(0,2],
即-2≤x(x-a)≤2在(0,2]上恒成立,
即x-≤a≤x+在(0,2]上恒成立,
即≤a≤,x∈(0,2].
∵函数y=x-在(0,2]上单调递增,
∴=1,
当x>0时,x+≥2,当且仅当x=,即x=时,等号成立,∴,
∴1≤a≤2,即实数a的取值范围为[1,2].
10.ABD　当x1≠x2时,恒有>0,令x1=4,x2=3,则>0,即3f(4)-4f(3)>0,即3f(4)>4f(3),故A正确.
设g(x)=(x>0),任取x1,x2∈(0,+∞),且x1则g(x1)-g(x2)=,
因为x1-x2<0,所以x2f(x1)-x1f(x2)<0,
所以g(x1)-g(x2)<0,所以g(x1)所以g(x)在(0,+∞)上为增函数,故B正确.
设h(x)=xf(x)(x>0),则h(x1)-h(x2)=x1f(x1)-x2f(x2),其符号无法判断,所以y=xf(x)的单调性无法判断,故C错误.
由上述分析可知,g(x)=(x>0)在(0,+∞)上单调递增,所以g(3x1+x2)>g(x1+x2),
即 ,即f(3x1+x2)>·(3x1+x2),
同理g(x1+3x2)>g(x1+x2),即 ,即f(x1+3x2)>·(x1+3x2),
所以f(3x1+x2)+f(x1+3x2)>·(3x1+x2)+·(x1+3x2)=·(4x1+4x2)=4f(x1+x2),故D正确.
11.答案　(-∞,-2]
解析　设t=x2+3x+2,由t≥0,可得x≥-1或x≤-2,
又t=x2+3x+2=,所以t=x2+3x+2在(-∞,-2]上单调递减,在[-1,+∞)上单调递增,
而y=在[0,+∞)上单调递增,故由复合函数的单调性可知,函数f(x)=的单调递减区间是(-∞,-2].
12.答案　0;(-∞,1)
解析　令x=y=0,得f(0+0)=f(0)+f(0)-1,故f(0)=1.令x=-1,y=1,得f(0)=f(-1)+f(1)-1=f(-1)+2-1=1,故f(-1)=0.
x1,x2∈R,且x10,所以f(x2-x1)>1,所以f(x2-x1)-1>0,即f(x2)>f(x1),故f(x)在R上为增函数.由f(x+y)=f(x)+f(y)-1,可得f(x)+f(y)=f(x+y)+1,故不等式f(ax2-3x)+f(x)<2即f(ax2-2x)+1<2,即f(ax2-2x)<1,又f(0)=1,所以f(ax2-2x)13.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,
∵g(x)在[-2,2]上是单调函数,∴≤-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}.
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