2025苏教版高中数学必修第一册同步练习题--5.3 第1课时　函数的单调性（含解析）

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2025苏教版高中数学必修第一册
5.3　函数的单调性
第1课时　函数的单调性
基础过关练
题组一　函数单调性的概念
1.(2024江苏江阴高级中学阶段检测)已知函数f(x)在[a,b]上单调递增,对于任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),则下列结论中正确的是(　　)
A.>0
B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]=0
C.f(a)≤f(x1)D.f(x1)>f(x2)
2.(教材习题改编)函数y=f(x)的图象如图所示,则函数f(x)的单调递减区间是(　　)
A.(-1,0)　　　　B.(1,+∞)
C.(-1,0)∪(1,+∞)　　　　D.(-1,0)和(1,+∞)
题组二　函数单调性的判断与证明
3.(教材习题改编)下列四个函数中,在(1,+∞)上单调递增的是(　　)
A.f(x)=3-x　　　　B.f(x)=x2-3x
C.f(x)=　　　　D.f(x)=-|x|
4.(2024陕西长安一中期中)已知函数f(x)=|x2-5x+6|,则函数f(x)的单调递增区间是(　　)
A.　　　　B.
C.和(3,+∞)　　　　D.(-∞,2)和
5.(2024天津宝坻第一中学阶段检测)已知函数f(x)=-x2+2|x|+3,则f(x)的单调递增区间为　　　　.
6.(2024江苏南京第十三中学期中)已知函数f(x)=|x|+|2x-3|.
(1)画出函数y=f(x)的图象;
(2)写出函数f(x)的单调递减区间;
(3)用定义证明函数f(x)在上单调递增.
7.(2024江苏扬州红桥高级中学期中)定义在R上的函数f(x)满足对任意x,y∈R,恒有f(x+y)=f(x)+f(y),且x>0时,f(x)>0.
(1)求f(0)的值;
(2)试判断f(x)的单调性,并加以证明.
题组三　函数单调性的应用
8.(2024北京海淀中央民族大学附属中学阶段检测)“函数f(x)在区间[1,2]上不单调递增”的一个充要条件是(　　)
A.存在a,b∈[1,2],使得aB.存在a,b∈[1,2],使得aC.存在a∈(1,2],使得f(a)≤f(1)
D.存在a∈(1,2),使得f(a)≥f(2)
9.(教材习题改编)已知函数f(x)=4x2-kx-8在区间(-∞,5]上具有单调性,则实数k的取值范围是　　(　　)
A.(-24,40)　　　　B.[-24,40]
C.(-∞,-24]　　　　D.[40,+∞)
10.(2024江苏盱眙中学期末)函数f(x)的定义域为R,且对于任意的x1,x2∈R(x1≠x2)均有 <0成立,若f(1-a)>f(2a-1),则正实数a的取值范围为(　　)
A.(-∞,0)∪　　　　B.
C.　　　　D.
11.(2024江苏盐城期中)若函数f(x)=是R上的减函数,则实数m的取值范围是(　　)
A.(2,3]　　　　B.[2,4]　　　　
C.(2,3)　　　　D.[2,4)
12.(2023天津河西期中)已知函数f(x)是R上的增函数,A(0,-1),B(3,1)是函数f(x)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,+∞)
13.若f(x)是定义在[-8,8]上的增函数,且f(2m)>f(-m+9),则实数m的取值范围是　　　　.
14.(2024河南联考)已知函数f(x)=在区间(-∞,3)上单调递增,则a的取值范围是　　　　.
15.(2024北京师范大学第二附属中学期中)已知函数f(x)=,x∈[2,5].
(1)判断函数f(x)的单调性,并用定义证明你的结论;
(2)若f(m+1)16.(2024江苏镇江期中)设f(x)是定义在R上的函数,且对任意实数x,有f(1-x)=x2-3x+3.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)若函数g(x)=|f(x)-ax+3|在[1,3]上单调递增,求实数a的取值范围.
能力提升练
题组一　函数单调性的判断与证明
1.(2024湖北十堰郧西第一中学期中)函数y=1-的单调递增区间是(　　)
A.[0,3]　　　　B.(-∞,3]
C.[3,6]　　　　D.[3,+∞)
2.(多选题)(2023江苏南通如皋中学月考)设函数f(x)在R上为增函数,则下列结论错误的是(　　)
A.y=在R上为减函数
B.y=|f(x)|在R上为增函数
C.y=-在R上为增函数
D.y=-f(x)在R上为减函数
3.(2024江苏南渡高级中学期中)函数y=|x|(1-x)在区间A上单调递减,那么区间A是　　　　.(写出一个即可)
4.已知f(x)是定义在R上的增函数,对任意x∈R有f(x)>0,且f(5)=1,设F(x)=f(x)+,判断F(x)的单调性,并证明你的结论.
题组二　函数单调性的应用
5.(2023江苏南京第十二中学期中)设a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系是(　　)
A.a>b>c　　　　B.c>b>a
C.a>c>b　　　　D.c>a>b
6.(2024江苏扬中第二高级中学期中)若函数f(x)=x2-2x-3的定义域为[-1,t],值域为[-4,0],则实数t的取值范围为(　　)
A.1≤t≤3　　　　B.1C.-17.(多选题)(2024江苏连云港期中)定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足如下条件:①f(xy)=+;②当x>1时, f(x)>0.则下列说法正确的是(　　)
A.f(1)=0
B.当0C.f(x)在(0,1)上单调递减
D.不等式(2-x)f(x-2)≥xf(x)的解集为(2,+1]
8.(2023四川成都期中)已知函数f(x)=满足 x1,x2∈R,当x1≠x2时,不等式(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0恒成立,则实数a的取值范围为　　　　.
9.(2023江苏阜宁中学月考)已知函数f(x)=x2-2x+b.
(1)若b=1,求函数f(x)的值域;
(2)若函数f(x)的定义域、值域都为[m,n],且f(x)在[m,n]上单调,求实数b的取值范围.
答案与分层梯度式解析
第1课时　函数的单调性
基础过关练
1.A　因为f(x)在[a,b]上单调递增,
所以对于任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),
当x1>x2时, f(x1)>f(x2),所以x1-x2>0, f(x1)-f(x2)>0,所以 >0,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0;
当x10,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0.
综上,>0,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,故A正确,B错误;
由于x1,x2的大小关系不确定,所以f(x1)与f(x2)的大小关系不确定,故C,D错误.
故选A.
2.D　由题图知,函数f(x)在(-1,0)和(1,+∞)上单调递减.故选D.
易错警示　　　若函数有两个或两个以上的单调递增(减)区间,则单调递增(减)区间之间用“,”或者“和”连接,不能用“∪”连接.
3.C　A中, f(x)=3-x在(1,+∞)上单调递减,不符合题意;
B中, f(x)=x2-3x=-,所以函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,不符合题意;
C中, f(x)===2-,由复合函数的单调性,得函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,符合题意;
D中, f(x)=-|x|在(1,+∞)上单调递减,不符合题意.故选C.
4.C　函数y=x2-5x+6的图象的对称轴为直线x=,
由x2-5x+6=0可得x=2或x=3,作出函数f(x)=|x2-5x+6|的图象如图所示:
由图可知,函数f(x)的单调递增区间为和(3,+∞).故选C.
5.答案　[0,1]和(-∞,-1]
解析　当x∈[0,+∞)时, f(x)=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,此时f(x)的单调递增区间为[0,1];
当x∈(-∞,0)时, f(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,此时f(x)的单调递增区间为(-∞,-1].
综上, f(x)的单调递增区间为[0,1]和(-∞,-1].
6.解析　(1)画出函数f(x)=的大致图象,如图所示:
(2)由(1)的图象可知函数f(x)的单调递减区间为.
(3)证明:任取x1,x2∈,不妨设x1则f(x1)-f(x2)=(3x1-3)-(3x2-3)=3(x1-x2),
∵x1,x2∈,x1∴x1-x2<0,∴3(x1-x2)<0,∴f(x1)∴f(x)=|x|+|2x-3|在上单调递增.
7.解析　(1)取x=y=0,得f(0)=f(0)+f(0),解得f(0)=0.
(2)函数f(x)在R上单调递增,证明如下:
任取x1,x2∈R,不妨设x1因为x10,又x>0时,f(x)>0,所以f(x2-x1)>0,即f(x2)>f(x1),故函数f(x)在R上单调递增.
8.B　若函数f(x)在区间[1,2]上单调递增,
则对任意的a,b∈[1,2],使得a若函数f(x)在区间[1,2]上不单调递增,
则存在a,b∈[1,2],使得a故选B.
9.D　易得函数f(x)=4x2-kx-8的图象的对称轴为直线x=.∵函数f(x)=4x2-kx-8在区间(-∞,5]上具有单调性,∴≥5,解得k≥40,∴k的取值范围是[40,+∞),故选D.
解题模板　　　解决二次函数的单调性问题,其关键是确定二次函数图象的对称轴,确定单调区间与对称轴之间的位置关系是解题的突破口.
10.B　不妨设x1f(x2),所以f(x)在R上单调递减,
又f(1-a)>f(2a-1),所以1-a<2a-1,解得a>,
则正实数a的取值范围为.
故选B.
11.A　依题意,得f(x)在R上单调递减,
所以解得2故选A.
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.
12.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.
13.答案　(3,4]
解析　由题意得解得314.答案　
解析　f(x)===a+,
因为f(x)在区间(-∞,3)上单调递增,所以1+3a<0,解得a<-.
15.解析　(1)f(x)在区间[2,5]上单调递减,证明如下:任取x1,x2∈[2,5],不妨设x1则f(x1)-f(x2)=-=,
因为2≤x1所以x2-x1>0,x2+x1>0,(+1)(+1)>0,
所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
所以f(x)在区间[2,5]上单调递减.
(2)由(1)知f(x)在区间[2,5]上单调递减,
所以由f(m+1)解得≤m<2.
故实数m的取值范围是.
16.解析　(1)令1-x=t,则x=1-t,
所以f(t)=(1-t)2-3(1-t)+3=t2+t+1,
所以f(x)=x2+x+1.
(2)由(1)知, f(x)=x2+x+1,
所以g(x)=|f(x)-ax+3|=|x2+(1-a)x+4|,
设h(x)=x2+(1-a)x+4,
当Δ=(1-a)2-16≤0,即-3≤a≤5时,h(x)≥0恒成立,
此时g(x)=x2+(1-a)x+4,其图象的对称轴为直线x=,
则≤1,即a≤3,所以-3≤a≤3;
当Δ=(1-a)2-16>0,即a<-3或a>5时,
或
解得a≥7或a<3,所以a<-3或a≥7.
综上,实数a的取值范围为(-∞,3]∪[7,+∞).
能力提升练
1.C　由-x2+6x≥0,解得0≤x≤6,
所以函数y=1-的定义域为[0,6],
令t=-x2+6x,其图象是开口向下的抛物线,对称轴为直线x=-=3,
所以函数t=-x2+6x在[3,6]上单调递减,
则函数y=1-的单调递增区间是[3,6].
故选C.
2.ABC　不妨设f(x)=x,则y==,y=|f(x)|=y=-=-,
易知y==的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且在定义域上无单调性;y=|f(x)|=的定义域为R,在(-∞,0)上单调递减,在[0,+∞)上单调递增;y=-=-的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),在定义域上无单调性,故A,B,C中结论错误.对于D,因为函数f(x)在R上为增函数,所以 x1,x2∈R,且x1-f(x2),所以y=-f(x)在R上为减函数,故D中结论正确.故选ABC.
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.
3.答案　(-∞,0),(答案不唯一)
解析　由题意得y=f(x)=|x|(1-x)=
作出函数y=f(x)的图象如图所示:
由图象可知函数在区间(-∞,0),上单调递减.
故区间A是(-∞,0),,或其非空真子集.
4.解析　F(x)在(-∞,5)上单调递减,在(5,+∞)上单调递增.证明如下:
在R上任取x1,x2,且x1F(x2)-F(x1)=-
=[f(x2)-f(x1)]·.
∵f(x)是R上的增函数,且f(x)>0, f(5)=1,
∴当x<5时,05时, f(x)>1.
①若x1∴0∴F(x2)②若5∴f(x1)f(x2)>1,∴1->0,∴F(x2)>F(x1).
综上,F(x)在(-∞,5)上单调递减,在(5,+∞)上单调递增.
5.A　构造函数f(n)==,易知f(n)在(0,+∞)上单调递减,则a=f(2 021),b=f(2 022),c=f(2 023),
∵2 023>2 022>2 021,∴f(2 023)b>c.故选A.
6.A　函数f(x)=x2-2x-3的图象的对称轴为直线x=1,
当-1又函数f(x)=x2-2x-3的值域为[-4,0],则t2-2t-3=-4,所以t=1;
当t>1时, f(x)=x2-2x-3在[-1,1]上单调递减,在[1,t]上单调递增,
则f(x)min=f(1)=12-2×1-3=-4,f(-1)=(-1)2-2×(-1)-3=0,f(t)=t2-2t+3,故-4≤t2-2t-3≤0,解得-1≤t≤3,故1综上,实数t的取值范围为1≤t≤3.故选A.
7.ABD　令x=y=1,则由题意可得f(1)=+,所以f(1)=0,故A正确;
令xy=1,则y=,由题意可得f(1)=+=0,所以f =-xf(x),
因为当x>1时, f(x)>0,所以f =-xf(x)<0,即f <0,所以当0任取x1,x2∈(0,1),且x1结合选项A,B的结论,可知>1 f>0,<0, f(x1)<0,
所以f(x2)-f(x1)>0,即f(x)在(0,1)上单调递增,故C错误;
对于不等式(2-x)f(x-2)≥xf(x),显然x>2才有意义,
原式可化为 +≤0,即f(x(x-2))≤0,
由上可知08.答案　
解析　因为 x1,x2∈R,当x1≠x2时,不等式(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]<0恒成立,所以f(x)在R上单调递减.
当x≥-1时,需满足2a-1<0,解得a<;
当x<-1时, f(x)=-=-x-+2,若a≤0,则f(x)=-x-+2在(-∞,-1)上单调递减,此时需满足3+a≥1-a,解得a≥-1,所以-1≤a≤0;若a>0,则函数f(x)=-x-+2在(-∞,-)上单调递减,在(-,0)上单调递增,此时需满足解得0综上,-1≤a<.
故实数a的取值范围为.
9.解析　(1)当b=1时, f(x)=x2-2x+1=(x-1)2≥0,所以函数f(x)的值域为[0,+∞).
(2)当m≥1时,函数f(x)在[m,n]上单调递增,
所以即即
所以方程x2-3x+b=0在[1,+∞)上有两个不相等的实数根,
令g(x)=x2-3x+b,则
解得2≤b<,
当n≤1时,函数f(x)在[m,n]上单调递减,
所以即
①-②,得(m-n)(m+n-1)=0,即m=n(舍去)或m=1-n,又m,所以将m=1-n代入②,得方程n2-n+b-1=0在上有解,
因为b=-n2+n+1=-+在上单调递减,所以b∈.
综上,实数b的取值范围是∪.
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