【文档说明】新教材2022版数学湘教版必修第一册提升训练：3.2.1　函数的单调性与最值含解析.docx，共(16)页，88.133 KB，由小赞的店铺上传

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3.2函数的基本性质3.2.1函数的单调性与最值基础过关练题组一函数单调性概念的理解1.若函数f(x)在区间[a,b]上是增函数,则对于任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),下列结论不正确的是()A.𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2>0B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)

]>0C.f(a)≤f(x1)<f(x2)≤f(b)D.f(x1)≠f(x2)2.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x1<x2,满足f(x1)<f(x2),则f(x)在(a,

b)上单调递增B.定义在(a,b)上的函数f(x),若有无穷多对x1,x2∈(a,b),使得x1<x2时,有f(x1)<f(x2),则f(x)在(a,b)上单调递增C.若f(x)在区间I1上单调递增,在区间I2上也单调递增,那么f(x)在I

1∪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)<f(x2)(x1,x2∈I),则x1<x2题组二函数单调性的判定与证明3.函数y=x2+x+2的单调递减区间是()A.[-12,+∞)B.(-1,+∞)C.(-∞,-12)D.(-∞,+∞)4.下列四个函数中,在区间

(0,+∞)上单调递增的是()A.f(x)=3-xB.f(x)=x2-3xC.f(x)=-|x|D.f(x)=-1𝑥+15.已知函数f(x)=1+𝑥21-𝑥2.(1)求函数f(x)的定义域;(2)用函数单调性的定义证明:

f(x)在(1,+∞)上是增函数.题组三函数最大(小)值的求解6.函数f(x)在[-2,2]上的图象如图所示,则此函数的最小值,最大值分别是()A.f(-2),0B.0,2C.f(-2),2D.f(2),27.(2021北京房山高一上期中)函数y=2

x2-2x-1在区间[-1,1]上的最小值为()A.-12B.-1C.-32D.-28.函数y={𝑥+3,𝑥<1,-𝑥+6,𝑥≥1的最大值是()A.3B.4C.5D.69.(2021北京丰台高一上期中)已知x>2,函数y=4𝑥-2+x的最小值是()A.5B.4C.6D.8

题组四函数单调性与最值的应用10.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)11.已知函数f(x)在R上为增函数,且f(2m)>f(-m+9),则实数m的取值范围是()A.(-∞,-3)B.(0,+∞)C.(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(3,+∞)12.已知f(x)={(3𝑎-1)𝑥+4𝑎,𝑥<1,

-𝑥+1,𝑥≥1是定义在R上的减函数,那么实数a的取值范围是()A.(-∞,13)B.(17,+∞)C.[17,13)D.(-∞,-17]∪(13,+∞)13.(2021江苏南通如东高一上期中)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.14.已知函数f(x)=x2-4x+1.(1)当x∈[0,3]时,画出函数y=f(x)的图象并写出值域;(2)若函数y=f(

x)在区间[a,a+1]上单调,求实数a的取值范围.15.某商场经营一批进价为每件30元的商品,在市场试销中发现,该商品销售单价x(不低于进价,单位:元)与日销售量y(单位:件)之间有如下关系:x4550y2712(1)确

定x与y的一个一次函数关系式y=f(x)(注明函数的定义域);(2)若日销售利润为P(单位:元),根据(1)中的关系式写出P关于x的函数关系式,并指出当销售单价为多少元时,能获得最大的日销售利润.16.(2021安徽合肥八中高一上期中)已知二次函数f(x)满足f

(x)-f(x-1)=2x+1,且f(x)的图象经过点(2,-4).(1)求f(x)的解析式;(2)若x∈[-3,2],不等式f(x)≤mx恒成立,求实数m的取值范围.能力提升练题组一函数的单调性1.()函数f(x)=|x2-6x+8|的单调递增区间为()A.[3,+∞)B.(-∞

,2),(4,+∞)C.(2,3),(4,+∞)D.(-∞,2],[3,4]2.()函数y=√𝑥2+3𝑥的单调递减区间为()A.(-∞,32]B.[-32,+∞)C.[0,+∞)D.(-∞,-3]3.(2020江西临川一中高一上月考,)已知函数f(x)=1√

-𝑥2+𝑥+2,则f(2-x)的单调递增区间为()A.(12,+∞)B.(12,2)C.(-1,12)D.(32,3)4.(多选)(2020河南省实验中学高一上期中,)定义[x]为不大于x的最大整数,对于函数f(x)

=x-[x]有以下四个结论,其中正确的是()A.f(2019.67)=0.67B.在每一个区间[k,k+1)(k∈Z)上,函数f(x)都是增函数C.f(-15)<f(15)D.y=f(x)的定义域是R,值域是[0,1)题组二函数的最大(小)值5.(2020天津滨

海高一上期末,)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.-1B.1C.2D.46.(2020

河北承德一中高一上月考,)函数f(x)=2x-√𝑥+1的最小值为()A.-178B.-2C.-198D.-947.(多选)(2021江苏徐州六县高一上期中,)已知函数y=11-𝑥-x(x>1),则该函数()A.最大值为-3B.最小值为1C.没有最小

值D.最小值为-3题组三函数单调性与最值的综合应用8.(2020河南洛阳一中高一上月考,)若函数y=f(x)=x2-3x-4的定义域为[0,m],值域为[-254,-4],则m的取值范围是()A.(0,4]

B.[32,4]C.[32,3]D.[32,+∞)9.()若f(x)={(7-𝑎)𝑥-3,𝑥≤7,𝑥2-(𝑎+9)𝑥+15𝑎,𝑥>7是R上的增函数,则实数a的取值范围是.10.(2021安徽合肥八中高一上期中,)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(𝑚𝑛)=f(m)-f(n);(2)讨论函数f(x)的单调性,并说明理由;(3)若f(2)=1,解不等式f(x+3)-f(3x)

>3.答案全解全析基础过关练1.C由函数的单调性定义知,若函数f(x)在给定的区间上是增函数,则x1-x2与f(x1)-f(x2)同号,由此可知,选项A,B,D中结论都正确.由于x1,x2大小不确定,故选项C中结论不正确.2.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,x1,x2∈(I1∪I2),都有f(x1)<f(x2),只有D项是正确的,故选D.3.C函数y=x2+x+2的图象是开口向上,且以直线x=-12为对称轴的抛物线,故函数y=x2+x+2的单调递减区间是(-∞,-12),故选C.4.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为二次函数,在区间(0,32)上单调递减,不符合题意;对于C,f(x)=-|x|={-𝑥,𝑥≥0,𝑥

,𝑥<0在区间(0,+∞)上单调递减,不符合题意;对于D,f(x)=-1𝑥+1在区间(0,+∞)上单调递增,符合题意.故选D.5.解析(1)由1-x2≠0,得x≠±1,即f(x)的定义域为{x|x∈R,且x≠±1}.(2)证明:f(x)=1+𝑥21-𝑥2=2

-(1-𝑥2)1-𝑥2=21-𝑥2-1.任取x1,x2∈(1,+∞),且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=21-𝑥12-1-21-𝑥22+1=2(𝑥1-𝑥2)(𝑥1+𝑥2)(1-𝑥

1)(1-𝑥2)(1+𝑥1)(1+𝑥2).∵1<x1<x2,∴x1-x2<0,1-x2<0,1-x1<0,1+x2>0,1+x1>0,x2+x1>0,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),∴f(x)在(1,+∞)上是增函数.6.C由题图可知,此函数

的最小值是f(-2),最大值是2.7.C因为y=2x2-2x-1的图象开口向上,对称轴为直线x=12,所以在区间[-1,1]上,当x=12时,函数取得最小值-32.故选C.8.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5.9.C已知x>2,则x-2>0,y=4𝑥-2+x=4𝑥-2+(x-2)+2≥2√4𝑥-2·(𝑥-2)+2=6,当

且仅当4𝑥-2=x-2,即x=4时等号成立,∴函数的最小值是6.故选C.10.D由函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,得f(4)>f(π)>f(3)>f(-3)>f(-π)>f(-4),故选D.11.C因为函数f(x)在R上为增函

数,且f(2m)>f(-m+9),所以2m>-m+9,解得m>3.故选C.12.C要使f(x)在R上为减函数,必须同时满足3个条件:①g(x)=(3a-1)x+4a在(-∞,1)上为减函数;②h(x)=-x+1在[1,+∞

)上为减函数;③g(1)≥h(1).所以{3𝑎-1<0,(3𝑎-1)×1+4𝑎≥-1+1,解得17≤a<13.13.答案-7;(-∞,0]解析当a=3时,f(x)=x2-6x+1在x∈[0,2]上单调递减,∴f(x)min=f(2

)=-7.由函数的解析式知f(0)=1,若f(x)的最小值为1,则f(x)在x∈[0,2]上单调递增,而f(x)=x2-2ax+1的图象开口向上,对称轴为直线x=a,∴a≤0,即a的取值范围是(-∞,0].14.解析

(1)当x∈[0,3]时,画出函数y=f(x)=x2-4x+1的图象如图:由图象可知,f(x)的值域为[-3,1].(2)二次函数f(x)=x2-4x+1图象的对称轴为直线x=2.因为函数y=f(x)在区间[a,a+1]上

单调,所以a≥2或a+1≤2,解得a≥2或a≤1,所以a的取值范围是{a|a≤1或a≥2}.15.解析(1)因为f(x)是一次函数,所以设f(x)=ax+b(a≠0).由题中表格可得{45𝑎+𝑏=27,50𝑎+𝑏=

12,解得{𝑎=-3,𝑏=162,所以y=f(x)=-3x+162.又y≥0,所以30≤x≤54,故所求函数关系式为y=f(x)=-3x+162,x∈[30,54].(2)由题意得,P=(x-30)y=(x-30)(162-3x)=-3x2+252x

-4860=-3(x-42)2+432,x∈[30,54].所以当x=42时,Pmax=432,即当销售单价为42元时,能获得最大的日销售利润.16.解析(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),则f(x-1)=a(x-1)2+b(x-1)+c=ax2+(-2a+b

)x+a-b+c,所以f(x)-f(x-1)=2ax-a+b,又因为f(x)-f(x-1)=2x+1,所以{2𝑎=2,-𝑎+𝑏=1,解得{𝑎=1,𝑏=2,所以f(x)=x2+2x+c.因为f(x)的图象过点(2,-4),

所以-4=22+2×2+c,解得c=-12,所以f(x)=x2+2x-12.(2)由题意知,x2+2x-12≤mx,x∈[-3,2],所以x2+(2-m)x-12≤0,x∈[-3,2].记g(x)=x2+(2-m)x-12,x∈[-3,2].则g(x)max≤0,

由g(x)的图象开口向上,知函数g(x)的最大值是g(2)或g(-3),所以{𝑔(2)≤0,𝑔(-3)≤0,即{-4-2𝑚≤0,-9+3𝑚≤0,解得-2≤m≤3,所以m∈[-2,3].能力提升练1.C作出函数f(x)

=|x2-6x+8|的图象,如图所示.由图象得,函数f(x)=|x2-6x+8|的单调递增区间为(2,3)和(4,+∞),故选C.2.D由x2+3x≥0,得x≤-3或x≥0,即函数y=√𝑥2+3𝑥的定义域为(-∞,-3]∪[0,+∞),又二次函数t=x2+3x图象的对称轴方程为

x=-32,所以函数t=x2+3x(x∈(-∞,-3]∪[0,+∞))在区间(-∞,-3]上单调递减,在区间[0,+∞)上单调递增,又函数y=√𝑡(t≥0)为增函数,所以函数y=√𝑥2+3𝑥的单调递减区间为(-∞

,-3].3.D因为f(x)=1√-𝑥2+𝑥+2,所以f(2-x)=1√-(2-𝑥)2+(2-𝑥)+2=1√-𝑥2+3𝑥,由-x2+3x>0,得0<x<3,所以y=f(2-x)的定义域为(0,3).又t=-x2

+3x=-(𝑥-32)2+94(0<x<3)在区间(0,32)上单调递增,在区间(32,3)上单调递减,又y=1√𝑡(t>0)为减函数,所以函数y=f(2-x)的单调递增区间为(32,3).故选D.4.

ABD在A中,f(2019.67)=2019.67-2019=0.67,故选项A正确;在B中,任取x∈[k,k+1),则x=k+t,0≤t<1,因此f(x)=k+t-k=t=x-k,是增函数,故选项B正确;在C中

,f(-15)=-15-(-1)=45,f(15)=15-0=15,而45>15,故选项C错误;在D中,显然f(x)的定义域为R,任取x∈[k,k+1)(k∈Z),则f(x)=x-k∈[0,1),故选项D正

确.故选ABD.5.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.6.A设t=√𝑥+1(t≥0),则x

=t2-1(t≥0),所以g(t)=2(t2-1)-t=2t2-t-2(t≥0).易知函数g(t)=2t2-t-2在[0,14]上单调递减,在[14,+∞)上单调递增,则f(x)min=g(t)min=g(14)=-178,故选A.7.AC∵

x>1,∴y=11-𝑥-x=-(1𝑥-1+𝑥-1)-1≤-2√1𝑥-1·(𝑥-1)-1=-2-1=-3,当且仅当1𝑥-1=x-1,即x=2时取等号,∴函数的最大值为-3,无最小值,故选AC.8.C∵y=f(x)=x2-3x-4=(𝑥-32)2-254,∴f(32)=-254,且f(0

)=f(3)=-4,由已知及二次函数的图象可知,m的值最小为32,最大为3,即m的取值范围是[32,3],故选C.9.答案[4,5]解析∵f(x)={(7-𝑎)𝑥-3,𝑥≤7,𝑥2-(𝑎+9)𝑥+15𝑎,𝑥>7是R上的增函数,∴{7-𝑎>

0,𝑎+92≤7,(7-𝑎)×7-3≤72-7(𝑎+9)+15𝑎,解得4≤a≤5.∴实数a的取值范围是[4,5].10.解析(1)证明:由m=𝑚𝑛·n,可得f(m)=f(𝑚𝑛·𝑛)=f(𝑚𝑛)+f(n),∴f(𝑚𝑛)=f(m

)-f(n).(2)任取x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,则𝑥2𝑥1>1.由(1)及已知可得f(x2)-f(x1)=f(𝑥2𝑥1)>0,即f(x2)>f(x1).∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.(3)由f(2)=1,可得f(4)=f(2)+f(2)=2,令m=4,n

=2,则f(8)=f(4)+f(2)=3,∴不等式f(x+3)-f(3x)>3,即f(x+3)-f(3x)>f(8),即f(𝑥+33𝑥)>f(8).由(2)可知f(x)在定义域内单调递增,∴{3𝑥>0,𝑥+3>0,𝑥+33𝑥>8,解得0<x<323.∴不等

式f(x+3)-f(3x)>3的解集为{𝑥|0<𝑥<323}.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com