【新课预习衔接】5.3函数的单调性(培优卷.含解析)2025-2026学年高一上学期数学必修第一册苏教版(2019)

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名称 【新课预习衔接】5.3函数的单调性(培优卷.含解析)2025-2026学年高一上学期数学必修第一册苏教版(2019)
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文件大小 98.8KB
资源类型 试卷
版本资源 苏教版(2019)
科目 数学
更新时间 2025-07-12 10:31:51

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新课预习衔接 函数的单调性
一.选择题(共5小题)
1.(2024 浦东新区校级期末)已知函数y=|3x﹣1|的定义域为[a,b],值域为,则b﹣a的最大值为(  )
A. B.log32 C. D.2
2.(2024 海淀区校级开学)已知函数f(x)满足f(﹣2﹣x)=f(﹣2+x),对任意x1,x2∈(﹣∞,﹣2],且x1≠x2,都有成立,且f(0)=0,则f(x)>0的解集是(  )
A.(﹣∞,﹣2)∪(2,+∞) B.(﹣2,2)
C.(﹣∞,﹣4)∪(0,+∞) D.(﹣4,0)
3.(2024 顺义区校级模拟)设x、y≥1,a>1,b>1.若ax=by=3,a+b=2,则的最大值为(  )
A.2 B. C.1 D.
4.(2024春 怀仁市校级期末)已知函数是定义在R上的增函数,则a的取值范围是(  )
A.[1,3) B.[1,2] C.[2,3) D.(0,3)
5.(2024 新化县期末)已知函数y=f(x)在定义域(﹣1,1)上是减函数,且f(2a﹣1)<f(1﹣a),则实数a的取值范围是(  )
A.() B.( C.(0,2) D.(0,+∞)
二.多选题(共2小题)
(多选)6.(2024春 大连期末)在下列函数中,最小值是2的是(  )
A. B.
C. D.y=x2﹣4x+6
(多选)7.(2024春 太和县校级期末)定义,设f(x)=min{|x|,x+1},则(  )
A.f(x)有最大值,无最小值
B.当x≤0,f(x)的最大值为
C.不等式的解集为
D.f(x)的单调递增区间为(0,1)
三.填空题(共3小题)
8.(2024 镇海区校级学业考试)已知函数(a∈R)是偶函数,则函数f(x)的单调递增区间为    .
9.(2024秋 沙坪坝区校级月考)max{x1,x2,x3}表示三个数中的最大值,对任意的正实数x,y,则的最小值是    .
10.(2024 盐都区期末)已知关于x的一元二次不等式bx2﹣2x﹣a>0的解集为{x|x≠c}(a,b,c∈R),则的最小值是    .
四.解答题(共5小题)
11.(2024 川汇区校级期末)已知函数是定义在(﹣1,1)上的函数,f(﹣x)=﹣f(x)恒成立,且.
(1)确定函数f(x)的解析式,并用定义研究f(x)在(﹣1,1)上的单调性;
(2)解不等式f(x﹣1)+f(x)<0.
12.(2024 石景山区期末)已知函数f(x)的图像过点(1,1).
(1)求实数m的值;
(2)判断f(x)在区间(﹣∞,﹣1)上的单调性,并用定义证明.
13.(2024 余干县校级月考)已知函数,x∈[1,2].
(1)证明f(x)的单调性并求值域;
(2)设,x∈[1,2],a∈R,求函数F(x)的最小值g(a).
14.(2024 广东期末)已知函数是偶函数.
(1)求实数a的值;
(2)判断函数f(x)在[0,+∞)上的单调性,并用定义证明.
15.(2024 阳江期末)已知函数.
(1)当a=1时,求f(x)的单调递增区间(只需判定单调区间,不需要证明);
(2)设f(x)在区间(0,2]上最大值为g(a),求y=g(a)的解析式.
新课预习衔接 函数的单调性
参考答案与试题解析
一.选择题(共5小题)
1.(2024 浦东新区校级期末)已知函数y=|3x﹣1|的定义域为[a,b],值域为,则b﹣a的最大值为(  )
A. B.log32 C. D.2
【考点】函数的最值;函数的定义域及其求法;函数的值域.
【专题】转化思想;数形结合法;函数的性质及应用;数学运算.
【答案】B
【分析】利用绝对值的定义将函数化为分段函数,作出函数的图象,由图象分析求解即可.
【解答】解:函数y=|3x﹣1|,
作出函数的图象,如图所示:
令|3x﹣1|,解得x或x,
∵函数y=|3x﹣1|的定义域为[a,b],值域为[0,],
由图象可得,b﹣a的最大值为log32.
故选:B.
【点评】本题考查了含有绝对值的函数的应用,考查逻辑推理能力与转化求解能力,属于中档题.
2.(2024 海淀区校级开学)已知函数f(x)满足f(﹣2﹣x)=f(﹣2+x),对任意x1,x2∈(﹣∞,﹣2],且x1≠x2,都有成立,且f(0)=0,则f(x)>0的解集是(  )
A.(﹣∞,﹣2)∪(2,+∞) B.(﹣2,2)
C.(﹣∞,﹣4)∪(0,+∞) D.(﹣4,0)
【考点】由函数的单调性求解函数或参数;函数的单调性.
【专题】计算题;方程思想;转化思想;综合法;函数的性质及应用;数学运算.
【答案】D
【分析】由已知条件得到f(x)的图象关于x=﹣2对称,从而可知f(x)在(﹣∞,﹣2]上为增函数,在(﹣2,+∞)上为减函数,且f(﹣4)=0,再画出折线图表示出函数f(x)的单调性,即可得到答案.
【解答】解:根据题意,因为数f(x)满足f(﹣2﹣x)=f(﹣2+x),则所以f(x)的图象关于x=﹣2对称.
因为函数f(x)对任意x1,x2∈(﹣∞,﹣2],且x1≠x2,都有成立,
所以f(x)在(﹣∞,﹣2]上为增函数.
又因为f(x)的图象关于x=﹣2对称,f(0)=0,
所以f(x)在(﹣2,+∞)为减函数,且f(﹣4)=0.
用折线图表示函数f(x)的单调性,如图所示:
由图知:f(x)>0 ﹣4<x<0.
故选:D.
【点评】本题考查函数奇偶性和单调性的综合应用,涉及函数的图象分析,属于中档题.
3.(2024 顺义区校级模拟)设x、y≥1,a>1,b>1.若ax=by=3,a+b=2,则的最大值为(  )
A.2 B. C.1 D.
【考点】函数的最值.
【专题】对应思想;转化法;函数的性质及应用;数学抽象.
【答案】C
【分析】根据题意,结合基本不等式,得到ab3,再利用对数性质,得到log3a+log3b=log3ab,即可求解的最大值.
【解答】解:∵a>1,b>1,a+b=2,
∴a+b≥2,即ab3,当且仅当a=b时,等号成立.
∵ax=by=3,
∴x=loga3,y=logb3,
∴log3a+log3b=log3ab≤log33=1.
所以的最大值为1.
故选:C.
【点评】本题考查函数的最值和基本不等式,属于中档题.
4.(2024春 怀仁市校级期末)已知函数是定义在R上的增函数,则a的取值范围是(  )
A.[1,3) B.[1,2] C.[2,3) D.(0,3)
【考点】由函数的单调性求解函数或参数;分段函数的应用.
【专题】转化思想;综合法;函数的性质及应用;数学运算.
【答案】B
【分析】由题意可知函数在每一段上为增函数,且在x=1时,一次函数的值不小于二次函数的值,然后解不等式组可求得结果.
【解答】解:因为是定义在R上的增函数,
所以,解得1≤a≤2.
故选:B.
【点评】本题考查分段函数的单调性,属于基础题.
5.(2024 新化县期末)已知函数y=f(x)在定义域(﹣1,1)上是减函数,且f(2a﹣1)<f(1﹣a),则实数a的取值范围是(  )
A.() B.( C.(0,2) D.(0,+∞)
【考点】由函数的单调性求解函数或参数.
【专题】转化思想;转化法;函数的性质及应用.
【答案】B
【分析】利用函数y=f(x)在定义域(﹣1,1)上是减函数,将f(2a﹣1)<f(1﹣a)转化为:2a﹣1>1﹣a求解.
【解答】解:函数y=f(x)在定义域(﹣1,1)上是减函数,
则有:,
解得:,
故选:B.
【点评】本题考查了函数的性质的运用,利用了减函数这性质,注意定义域的范围.比较基础.
二.多选题(共2小题)
(多选)6.(2024春 大连期末)在下列函数中,最小值是2的是(  )
A. B.
C. D.y=x2﹣4x+6
【考点】函数的最值.
【专题】整体思想;综合法;函数的性质及应用;数学运算.
【答案】BCD
【分析】利用基本不等式、单调性和二次函数的性质即可求解.
【解答】解:对于选项A,当x<0时,,当且仅当,即x=﹣1时,等号成立,
此时的最大值为﹣2,故A错误;
对于选项B,的定义域为(﹣∞,﹣1)∪(1,+∞),由,
得,当且仅当,即时,等号成立,
故的最小值为2,故B正确;
对于选项C,由y1=x﹣2在上单调递增,得在上单调递减,
当时,取得最小值为,故C正确;
对于选项D,y=x2﹣4x+6=(x﹣2)2+2,由二次函数的性质知,y=x2﹣4x+6的对称轴为x=2,开口向上,
y=x2﹣4x+6在(﹣∞,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
当x=2时,y=x2﹣4x+6取得最小值为(2﹣2)2+2=2,故D正确.
故选:BCD.
【点评】本题主要考查了函数性质在最值求解中的应用,属于中档题.
(多选)7.(2024春 太和县校级期末)定义,设f(x)=min{|x|,x+1},则(  )
A.f(x)有最大值,无最小值
B.当x≤0,f(x)的最大值为
C.不等式的解集为
D.f(x)的单调递增区间为(0,1)
【考点】函数的最值;分段函数的应用.
【专题】函数思想;数形结合法;综合法;函数的性质及应用;数学运算.
【答案】BC
【分析】作出函数图象,根据图象逐项判断即可.
【解答】解:作出函数f(x)=min{|x|,x+1}的图象,如图实线部分,
对于A,根据图象,可得f(x)无最大值,无最小值,故A错误;
对于B,根据图象得,当x≤0时,f(x)的最大值为,故B正确;
对于C,由,解得,结合图象,得不等式的解集为,故C正确;
对于D,由图象得,f(x)的单调递增区间为,故D错误.
故选:BC.
【点评】本题属于新概念题,考查了一次函数的性质、数形结合思想,作出图象是关键,属于中档题.
三.填空题(共3小题)
8.(2024 镇海区校级学业考试)已知函数(a∈R)是偶函数,则函数f(x)的单调递增区间为  [﹣1,0] .
【考点】复合函数的单调性;奇函数偶函数的性质.
【专题】函数思想;转化法;函数的性质及应用;数学运算.
【答案】[﹣1,0].
【分析】利用偶函数的定义求出a,再结合二次函数单调性求解即得.
【解答】解:∵函数f(x)是偶函数,∴f(﹣x)=f(x),
即,整理得2ax=0,而x不恒为0,因此a=0,
∴.
函数f(x)的定义域为[﹣1,1],根据复合函数的单调性,可知单调递增区间为[﹣1,0].
故答案为:[﹣1,0].
【点评】本题考查函数的性质及其应用,考查复合函数的单调性,是基础题.
9.(2024秋 沙坪坝区校级月考)max{x1,x2,x3}表示三个数中的最大值,对任意的正实数x,y,则的最小值是  2 .
【考点】函数的最值;基本不等式及其应用.
【专题】新定义;对应思想;综合法;不等式;直观想象;数学运算.
【答案】2.
【分析】设,因x>0,y>0,可得,借助于基本不等式可得N3≥8,验证等号成立的条件,即得Nmin.
【解答】解:设,则x≤N,2y≤N,,
因x>0,y>0,则得.
又因2xy (2)=2xy 8,
所以N3≥8,
当且仅当,
即x=2,y=1时等号成立,故的最小值为2.
故答案为:2.
【点评】本题属于新概念题,考查了基本不等式的应用,属于中档题.
10.(2024 盐都区期末)已知关于x的一元二次不等式bx2﹣2x﹣a>0的解集为{x|x≠c}(a,b,c∈R),则的最小值是   .
【考点】函数的最值;一元二次不等式及其应用.
【专题】转化思想;转化法;不等式;逻辑推理.
【答案】.
【分析】先利用一元二次不等式的解法得到以b>0,c,Δ=4+4ab=0,从而得到a,b,c之间的关系,然后将所求解的式子统一转化为b表示,将式子进行化简变形,再利用基本不等式求最值即可.
【解答】解:因为关于x的一元二次不等式bx2﹣2x﹣a>0的解集为{x|x≠c},
所以b>0,c,Δ=4+4ab=0,
故ab=﹣1,则0,
所以a=﹣c,
因为b>0,
故,
当且仅当,即时取等号,
所以的最小值是.
故答案为:.
【点评】本题考查了最值的求解,涉及了一元二次不等式的解法、基本不等式求最值的应用,解题的关键是将所求式子转化为只有一个变量,属于中档题.
四.解答题(共5小题)
11.(2024 川汇区校级期末)已知函数是定义在(﹣1,1)上的函数,f(﹣x)=﹣f(x)恒成立,且.
(1)确定函数f(x)的解析式,并用定义研究f(x)在(﹣1,1)上的单调性;
(2)解不等式f(x﹣1)+f(x)<0.
【考点】由函数的单调性求解函数或参数;函数解析式的求解及常用方法.
【专题】函数思想;综合法;函数的性质及应用;数学运算.
【答案】(1),函数f(x)在(﹣1,1)上是增函数,证明过程见解析;
(2).
【分析】(1)利用f(﹣x)=﹣f(x),可求a,b,得到函数f(x)的解析式,再利用函数的单调性证明即可;
(2)利用函数f(x)的单调性求解.
【解答】解:(1)由题意可知,即,
解得,
所以,经检验满足奇函数,
设﹣1<x1<x2<1,
则,
∵﹣1<x1<x2<1,
∴﹣1<x1x2<1,且x1﹣x2<0,则1﹣x1x2>0,
∴f(x1)﹣f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),
∴函数f(x)在(﹣1,1)上是增函数;
(2)∵f(x﹣1)+f(x)<0,∴f(x﹣1)<﹣f(x)=f(﹣x),
又∵f(x)是定义在(﹣1,1)上的增函数,
∴,解得,
∴解集为.
【点评】本题主要考查了函数解析式的求法,考查了函数单调性的定义,属于基础题.
12.(2024 石景山区期末)已知函数f(x)的图像过点(1,1).
(1)求实数m的值;
(2)判断f(x)在区间(﹣∞,﹣1)上的单调性,并用定义证明.
【考点】由函数的单调性求解函数或参数.
【专题】函数思想;综合法;函数的性质及应用;逻辑推理;数学运算.
【答案】见试题解答内容
【分析】(1)将点(1,1)代入函数解析式,求解m的值即可;
(2)判断函数f(x)在区间(﹣∞,﹣1)上单调递增,利用定义证明即可.
【解答】解:(1)将点(1,1)代入函数中,可得,解得m=﹣1.
(2)函数f(x)在区间(﹣∞,﹣1)上单调递增,证明如下.
由(1)可得,
任取x1<x2∈(﹣∞,﹣1),则
,因为x1<x2∈(﹣∞,﹣1),
则x1﹣x2<0,x1+1<0,x2+1<0,即(x1+1)(x2+1)>0,
所以,即f(x1)<f(x2),
所以f(x)在区间(﹣∞,﹣1)上单调递增.
【点评】本题主要考查函数的单调性的判断与证明,考查运算求解能力,属于基础题.
13.(2024 余干县校级月考)已知函数,x∈[1,2].
(1)证明f(x)的单调性并求值域;
(2)设,x∈[1,2],a∈R,求函数F(x)的最小值g(a).
【考点】定义法求解函数的单调性;运用基本不等式求最值.
【专题】整体思想;综合法;函数的性质及应用;逻辑推理;数学运算.
【答案】(1)证明见解析,值域为[﹣3,0];
(2).
【分析】(1)用函数单调性的定义证明,并求出值域即可;
(2)设,结合二次函数的性质判断其单调性,并求出最值.
【解答】证明:(1)在[1,2]任取x1,x2且x1<x2,则x2﹣x1>0,x1 x2>0,
所以,,
即f(x2)>f(x1),所以是[1,2]上增函数,
故当x=1时,f(x)取得最小值﹣3,当x=2时,f(x)取得最大值0,
所以函数f(x)的值域为[﹣3,0].
解:(2),x∈[1,2],
令,t∈[﹣3,0],则h(t)=t2﹣2at+8=(t﹣a)2+8﹣a2.
①当a≤﹣3时,h(t)在[﹣3,0]上单调递增,故g(a)=h(﹣3)=6a+17;
②当a≥0时,h(t)在[﹣3,0]上单调递减,故g(a)=h(0)=8;
③当﹣3<a<0时,h(t)在[﹣3,a]上单调递减,在[a,0]上单调递增,
故g(a)=h(a)=8﹣a2;
综上所述,.
【点评】本题考查利用定义法判断函数单调性,考查函数最值的求解,考查分类讨论思想及运算求解能力,属于中档题.
14.(2024 广东期末)已知函数是偶函数.
(1)求实数a的值;
(2)判断函数f(x)在[0,+∞)上的单调性,并用定义证明.
【考点】由函数的单调性求解函数或参数.
【专题】函数思想;定义法;函数的性质及应用.
【答案】见试题解答内容
【分析】(1)根据函数的奇偶性的定义求出a的值即可;
(2)根据函数的单调性的定义证明即可.
【解答】解:(1)函数是偶函数,
则对任意的x都有f(﹣x)=f(x),
f(﹣x),
则,
即ax+1=﹣ax+1,解得a=0;
(2)由(1)得,
函数f(x)在[0,+∞)上的单调递减.
证明如下:
设任意的0≤x1<x2,

因为x2>x1≥0,所以,
又因为,
所以f(x2)﹣f(x1)<0,
即f(x2)<f(x1),
所以函数f(x)在[0,+∞)上的单调递减.
【点评】本题考查了函数的单调性、奇偶性问题,考查根据定义证明函数的单调性问题,是一道中档题.
15.(2024 阳江期末)已知函数.
(1)当a=1时,求f(x)的单调递增区间(只需判定单调区间,不需要证明);
(2)设f(x)在区间(0,2]上最大值为g(a),求y=g(a)的解析式.
【考点】函数的单调性;函数的最值.
【专题】整体思想;综合法;函数的性质及应用;数学运算.
【答案】(1)(﹣1,0),(0,+∞);
(2).
【分析】(1)当a=1时,将函数f(x)写为分段函数的形式,结合的单调性,写出函数的单调递增区间.
(2)对a分成a≥2,a≤0,0<a<2三种情况,结合函数f(x)的解析式,讨论函数的最大值,由此求得g(a)的解析式.
【解答】解:(1)当a=1时,,
当x>1时,易得单调递增;
当x≤1时,,
因为对勾函数在(﹣∞,﹣1),(1,+∞)上单调递增,在(﹣1,0),(0,1)上单调递减,
所以f(x)在(﹣1,0),(0,1)上单调递增,
又当x=1时,,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,
综上,f(x)的单调递增区间为(﹣1,0),(0,+∞).
(2)因为x∈(0,2],
当a≥2时,x≤a,则,
根据对勾函数的单调性可知f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,2]上单调递减,
所以g(a)=f(x)max=f(1)=a﹣2;
当a≤0时,x≥a,则,显然f(x)在(0,2]上单调递增,
所以;
当0<a<2时,,
当a<x≤2时,单调递增,故f(x)max=f(2)>f(a),
当0<x≤a时,,
若a≤1时,则f(x)max=f(a);若a>1时,则f(x)max=f(1)=a﹣2;
所以当a≤1时,;
若1<a<2时,g(a)=max{f(1),f(2)},又f(1)=a﹣2,,
当,即时,g(a)=f(1),
当,即时,g(a)=f(2);
综上,.
【点评】本题主要考查了函数单调性的判断及应用,解决的关键在于充分理解对勾函数的单调性,属于中档题.
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