2023北師大版新教材高中數(shù)學必修第一冊同步練習-§3 函數(shù)的單調(diào)性和最值

2023北師大版新教材高中數(shù)學必修第一冊

第二章函數(shù)

§3函數(shù)的單調(diào)性和最值

基礎(chǔ)過關(guān)練

題組一函數(shù)單調(diào)性的概念

1.下列說法正確的是()

A.定義在(a,b)上的函數(shù)f(x),若存在xi,X2&a,b),且xi<x&滿足f(xi)<f(X2)廁f(x)

在(a,b)上單調(diào)遞增

B.定義在(a,b)上的函數(shù)f(x),若有無窮多對xi,X2&a,b),使得XKX2時，有

f(Xl)<f(X2)廁依)在已期上單調(diào)遞增

C.若f(X)在區(qū)間11上單調(diào)遞增,在區(qū)間12上也單調(diào)遞增，則f(x)在IIUI2上也一定

單調(diào)遞增

D.若f(x)在區(qū)間I上單調(diào)遞增且f(Xl)<f(X2)(Xl,X2￡l)，則X1<X2

2.已知四個函數(shù)的圖象如圖所示，其中在定義域內(nèi)具有單調(diào)性的函數(shù)是()

3.(2021北京東城期末)若函數(shù)f(x)是R上的減函數(shù),a>0,則下列不等式一定成立

的是()

A.f(a2)<f(a)B.f⑶<f。)

C.f(a)<f(2a)D.f(a2)<f(a-1)

題組二函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明

4.(2022湖南長沙寧鄉(xiāng)四校聯(lián)考)如圖所示的是定義在區(qū)間［-5,5］上的函數(shù)y=f(x)

的圖象，則下列關(guān)于函數(shù)f(x)的說法錯誤的是()

A.函數(shù)在區(qū)間［-5,-3］上單調(diào)遞增

B.函數(shù)在區(qū)間［1,4］上單調(diào)遞增

C.函數(shù)在區(qū)間［-3,1］U［4,5］上單調(diào)遞減

D.函數(shù)在區(qū)間［-5,5］上沒有單調(diào)性

5.(2021北京豐臺期中)下列四個函數(shù)中,在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增的是()

A.f(x)=3-xB.f(x)=x2-3x

C.f(x)=-岡D.f(x)=-^

6.函數(shù)f(x)=|x2-l|的增區(qū)間為

7.(2022安徽池州一中期中)證明:函數(shù)f(x)=|||在(-2,+8)上單調(diào)遞增.

8.已知f(x)在(0,+8)上是增函數(shù)且f(x)>0,f(3)=L判斷g(x)=f(x)+去在(0,3］上

是增函數(shù)還是減函數(shù)，并加以證明.

題組三函數(shù)的最值及其應用

9.(2020吉林遼源田家炳高中期中)函數(shù)y=x2-x+l,x曰-1,1］的最大值與最小值

之和為()

C.4D.5

10.函數(shù)：的最大值是()

A.3B.4C.5D.6

11.(2021山東淄博期中)若函數(shù)f(x)=x2+(m+l)x+3在區(qū)間(3,5)內(nèi)存在最小值,

則m的取值范圍是()

A.(5,9)B.(-ll,-7)

C.[5,9]D.[-ll,-7]

12.(2021江蘇南通如東期中)設(shè)f(x)=x2-2ax+l,x￡[0,2]4a=3時,f(x)的最小

值是若f(x)的最小值為1,則a的取值范圍為.

題組四函數(shù)單調(diào)性的應用

13.(2021內(nèi)蒙古集寧一中期中)已知函數(shù)丫=6)在區(qū)間[-5,5]上是增函數(shù),那么下

列不等式中成立的是()

A.f(4)>f(-n)>f(3)

B.f(n)>f(4)>f(3)

C.f(4)>f(3)>f(n)

D.f(-3)>f(-n)>f(-4)

14.(2020北京人大附中期中)若函數(shù)f(x)=x2-2(a-l)x+2在區(qū)間(1,4)上不是單調(diào)

函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是.

15.(2021北京一零一中學期中)函數(shù)f(x)={￡U/>0)是區(qū)間(0,+8)上的增

函數(shù)，則t的取值范圍是.

16.(2020湖南衡陽四中月考)已知一元二次函數(shù)滿足f(x+l)-f(x)=2x,且f(0)=l.

⑴求f(x)的解析式；

(2)若g(x)=f(x)-mx在[2,4]上是單調(diào)函數(shù)求實數(shù)m的取值范圍.

17.（2020廣東惠州期末）在充滿競爭的市場環(huán)境中產(chǎn)品的定價至關(guān)重要,它將影

響產(chǎn)品的銷量，進而影響生產(chǎn)成本、品牌形象等.某公司根據(jù)多年的市場經(jīng)驗，總結(jié)

得到了其生產(chǎn)的產(chǎn)品A在一個銷售季度的銷量y（單位:萬件）與售價x（單位:元/件）

之間滿足函數(shù)關(guān)系丫=產(chǎn)一/a<16,產(chǎn)品人的單件成本C（單位:元）與銷量

（22-x,16<x<21,

y（單位:萬件）之間滿足函數(shù)關(guān)系C哼

Q）當產(chǎn)品A的售價在什么范圍內(nèi)時,其銷量不低于5萬件？

（2）當產(chǎn)品A的售價為多少時，總利潤最大?（注:總利潤=銷量義（售價-單件成本））

能力提升練

題組一函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明

L若函數(shù)f（x）=tx<0則函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為（）

lx2-4x+3,x>0,

A.（-oo,0）B.[0,2]

C（-8,0）和[0,2]D.（-oo,2]

2.（多選）設(shè)f（x）是定義在區(qū)間A上的減函數(shù)，若f（x）>0,則下列函數(shù)為增函數(shù)的是

A.y=3-f(x)B.y=l+急

Jl人J

C.y=[f(x)]2D.y=1-7/(%)

3.已知函數(shù)f(x)=-x2+2x+l的定義域為(-2,3)廁函數(shù)fQx|)的單調(diào)遞增區(qū)間

為.

4.(2021安徽合肥期中淀義田0,+8)上的函數(shù)f(x),滿足f(mn)=f(m)+f(n),且當

x>10tf(x)>0.

⑴求證:fQ=f(m)-f(n);

(2)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性,并說明理由.

題組二函數(shù)單調(diào)性的應用

5.(2021廣東汕頭金山中學月考)若函數(shù)f(x)=ax2-x+4對任意的XI,X2W(-1,+8),

且X逐X2,都有*<。,則實數(shù)a的取值范圍為()

A.[-p0)B.f-i+oo)

C.朋D.G+8)

6.(2021廣東江門第一中學月考)若函數(shù)丫二嶺)是定義在[-3,4]上的增函數(shù)且

f(2m)>f(m-l)廁實數(shù)m的取值范圍是()

A.(-l,2]B.(-L+8)

C.(-l,4]D,[-l,+oo)

7.(2020山東臨沂沂水期中)已知函數(shù)f(x)=|：:j工。'若f(x-4)>f(2x-3)廁實

數(shù)x的取值范圍是()

A.(-l,+°°)

C.(-l,4)D.(-oo,l)

8.(2020湖北部分重點中學測試)函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，且f(a)+f(b)>f(-

a)+f(-b),Ky()

A.a>b>0B.a-b>0

C.a+b>0D.a>0,b>0

9.(2020山東青島模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域是。+8),且滿足f(xy)=f(x)+f(y),

f@)=1對任意x,y￡(0,+8),且x<y,都有f(x)>f(y)廁不等式f(-x)+f(3-x)>-2的

解集為()

A.{x|-l<x<0,ng3<x<4}

B.{x|-4<x<0}

C.{x|3<x<4}

D.{x|-l<x<0}

題組三函數(shù)的最值及其應用

10.(2020天津濱海新區(qū)期末)給定函數(shù)f(x)=x2,g(x)=x+2,Vx￡R,用M(x)表示

f(x),g(x)中的較大者，記為M(x)=max{f(x),g(x)},則M(x)的最小值為()

A.-1B.lC.2D.4

11.(2020山東青島第二中學期中)函數(shù)f(x)=x-V7不I的最小值為()

A.4B.;C.-lD.0

42

12.(2020江西南昌三校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x2-2x在區(qū)間上的最大值為3,

則實數(shù)t的取值范圍是()

A.(l,3]B,[l,3]

C.[-l,3]D.(-l,3]

13.(2021廣東汕頭金山中學月考)已知函數(shù)f(x)=x2-2x,g(x)=ax+2(a>0),對任意

xiw[-l,2]都存在xo￡[-L2],使得g(xi)=f(xo)廁實數(shù)a的取值范圍是.

14.(2021江西上饒重點中學月考)求一元二次函數(shù)f(x)=ax2+(2a-l)x-3(ak0)在

區(qū)間卜,2]上的最大值.

15.某汽車配件生產(chǎn)企業(yè)從今年一月起，若不改善生產(chǎn)環(huán)境按生產(chǎn)現(xiàn)狀，每月原材

料及工人工資等總支出為20萬元,每月產(chǎn)品銷售收入為156萬元,同時將受到環(huán)

保部門的處罰，第一個月罰3萬元,以后每月增加2萬元.如果從今年一月份起投

資500萬元添加回收凈化設(shè)備(改造時間不計),一方面可以改善環(huán)境，另一方面也

可以大大降低原料成本.據(jù)測算，添加回收凈化設(shè)備并投產(chǎn)后的前5個月中的累計

生產(chǎn)凈收入f(n)(萬元)是生產(chǎn)時間n(月)的一元二次函數(shù)，前1、2、3個月的累計

生產(chǎn)凈收入分別為152萬元、308萬元和468萬元,以后穩(wěn)定在第5個月的水

平.同時，該廠不但不受處罰，還將得到環(huán)保部門的一次性獎勵100萬元.

Q)求前10個月的累計生產(chǎn)凈收入；

(2)求經(jīng)過多少個月投資開始見效,即投資改造后的純收入多于不改造時的純收入.

答案與分層梯度式解析

第二章函數(shù)

§3函數(shù)的單調(diào)性和最值

基礎(chǔ)過關(guān)練

1.P根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義和性質(zhì)來判斷AB項中的"存在""有無窮多"

與定義中的"任意”不符,C項中也不能確定對任意X1,X2e(Ilub),且XI<X2,都有

f(xi)<f(X2),只有D項是正確的，故選D.

2.B對于A,函數(shù)分別在(-8,1)及［1,+8)上單調(diào)遞增,但存在xi￡(O,l),使

f(xi)>f⑴，故A不符合題意;對于C,函數(shù)分別在(-8,1)及(L+8)上單調(diào)遞增，但存

在xi>l,使f(xi)<f(l),故C不符合題意;對于D,函數(shù)分別在(-8,0)及。+8)上單

調(diào)遞減，但存在xi=-l,X2=l,使f(xi)<f(x*故D不符合題意;只有B符合增函數(shù)的

定義，具有單調(diào)性，故選B.

3.PA選項,a2-a=a(a-l)，當a>l時,a2>a，所以fQ2)<f(a);當0<a<l時,a2<a,所

以f(a2)>f(a),故A中不等式不一定成立.

B選項，當a>l時,a*,所以f⑶<f()當0<a<l時,a4,所以f(a)>f(?故B中不

等式不一定成立.

C選項，當a>0時,2a>a,所以f(a)>f(2a),故C中不等式不成立.

D選項,a2-(a-l)=a2-a+l=(a-92+|>0,則a2>a-l,所以f(a2)<f(a-l),故D中不等

式一定成立.

故選D.

4c

5.P對于A,f(x)=3-x為一元一次函數(shù),在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞減,不符合題意；

對于B,f(x)=x2-3x為一元二次函數(shù),在區(qū)間(o,|)上單調(diào)遞減,不符合題意;對于C,

f(x)=-|x|=#：1在區(qū)間。+河上單調(diào)遞減不符合題意;對于D,f(x)=-W在區(qū)間

(0,+⑼上單調(diào)遞增，符合題意.故選D.

6.答案(-1Q)和(L+8)

解析畫出f(x)=|x2-l|的圖象，如圖所示，

由圖象可知，函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(-1,0)和(L+8).

7.證明6)二筆=等=2-展

''x+2x+2x+2

任取Xl,X2W(-2,+8),其中X1<X2,

2'7\"X1+2X2+2(久1+2)。2+2)

因為-2<Xl<X2,所以X1-X2<0,Xl+2>0,X2+2>0,所以f(Xl)-f(X2)<0,即f(Xi)<f(X2),

故函數(shù)6)=筌在(-2,+8)上單調(diào)遞增.

8.解析函數(shù)g(x)在(0,3]上是減函數(shù)證明如下:

任取Xl,X2￡(0,3],且X1<X2,

則g(xi)-g(X2)=/％)+忌卜/(加+看]

二[f(Xl)-f(X2)][l-瀛d

因為f(X)在(0,+8)上是增函數(shù)，

所以f(Xl)-f(X2)<0.

又因為f(x)>0,f(3)=l,

所以0<f(xi)<f(X2)4f⑶=L

則0<f(X])f(X2)<l，所以焉>L

所以1--<°，

所以g(xi)-g(X2)>0,SPg(xi)>g(x2).

故g(x)=f(x)+焉在Q3]上是減函數(shù).

9.13函數(shù)y=x2-x+l的圖象的對稱軸為直線xW，其在卜1厘上單調(diào)遞減，在原U上

單調(diào)遞墻.?.ymax=(-l)2-(-l)+l=3,ymin=(JW+iq

，ymax+ymin=3+[=學故選B.

10r當x<l時，函數(shù)y=x+3單調(diào)遞增，有y<4,無最大值;當x>l時，函數(shù)y=-

x+6單調(diào)遞減，在x=l處取得最大值5.所以該函數(shù)的最大值為5.

11.13由題意可得3〈-等<5,解得.故選B.

12.答案-7;(-oo,0］

解析當a=3時:f(x)=x2-6x+l,易知f(x)在［0,2］上單調(diào)遞減所以f(x)的最小值

是f(2)=-7.

易知f(0)=l,f(x)=x2-2ax+l的圖象開口向上,對解由為直線x=a,因為f(x)的最小

值為L所以f(x)在［0,2］上單調(diào)遞增，所以awO,即a的取值范圍是(?、?

13.P由已知得f(4)>f(m>-3)>f(-3)>f(-m>f(-4),故選D.

14.答案(2,5)

解析由題看得f(x)圖象的對稱軸為直線x=a-l,且所以2<a<5.

15.答案［L+8)

解析由題意得/言：解得出1.故答案為［1,+8).

16.解析Q)設(shè)一元二次函數(shù)的解析式為f(x)=ax2+bx+c(a^0),

由f(0)=l得c=l,故f(x)=ax2+bx+l.

因為f(x+l)-f(x)=2x,

所以a(x+l)2+b(x+l)+l-(ax2+bx+l)=2x,

即2ax+a+b=2x,

所以｛算黃。所以憶葭

所以f(x)=x2-x+l.

(2)g(x)=f(x)-mx=x2-(l+m)x+l的圖象關(guān)于直線x=等對稱.

因為函數(shù)g(x)在［2,4］上是單調(diào)函數(shù)，

所以等W2或等24,解得m<3或m>7,

故實數(shù)m的取值范圍是(-8,3］U［7,+oo).

17.解析(1)由y>5得14-會5(6wxW16)或22-x>5(16<x<21),

解得6<x<16或16<x<17,BP6<x<17.

因此當產(chǎn)品A的售價(單位:元/件)在區(qū)間［6,17］內(nèi)時,其銷量不低于5萬件.

(2)由題意得,總利潤L=y(x3)=xy-30=［誓-3。,6aw16,

'y7lx(22-x)-30,16<x<21.

①當6<x<16時,L=4(x-14)2+68,當x=14時總利潤L最大,最大為68;

②當16<xW21時,L=-(x-ll)2+91,所以函數(shù)L單調(diào)遞減所以L<16x6-30=66.

所以當x=14時總利潤L最大

因此當產(chǎn)品A的售價為14元/件時，總利潤最大.

能力提升練

1.C函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，

一元二次函數(shù)y=x2-4x+3圖象的對稱軸為直線x=2,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)

間為(-8,0)和。2].故選C.

2.ABD任取XI,X2￡A,且xi<X2,則f(xi)>f(X2)>0,所以3-f(xi)<3-f(X2),所以

y=3-f(x)在區(qū)間A上為增函數(shù).同理可證1+島<1+后,[f(xi)F>[f(x2)F,l-

所以y=1+卷

y=1-V7函在區(qū)間A上均為增函數(shù),y=[f(x)]2在區(qū)間A上為減函數(shù).

3答案(-3,-1)和。1)

解析因為血數(shù)f(x)'=-x2+2x+l的定義域為(-2,3),所以函數(shù)耶|)滿足-2<岡<3,

所以-3<x<3.

f(|x|)=-x2+2|x|+l(-3<x<3)

2

=(-X-2X+1,-3<x<0,

t-x2+2x+1,0Wx<3,

由一元二次函數(shù)的圖象(圖略)可知，函數(shù)f(|x|)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-3,-1)和(0,1).

4.解析⑴證明:由m=；n,

可得f(m)=f(M=f(3+f(n),

,-.fg)=f(m)-f(n).

(2)f(x)在。+8)上單調(diào)遞增.理由如下：

任取Xi,X2￡(0,+8),且X1<X2,則這>1.

由⑴及已知可得f(X2)-f(Xl)=fg)>0,SPf(X2)>f(Xl).」.f(X)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

5C由題意得當x￡(-l,+8)時,f(x)單調(diào)遞減.

當a=0時,f(x)=-x+4,符合題意；

當於0時《二°’[解得/a<0.

(丁——L2

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是舄，。]，故選C.

易錯警示

形如f(x)=ax2+bx+c的函數(shù)單調(diào)性問題，由于a的值不確定，因此函數(shù)不一

定是一元二次函數(shù)，所以要對a的取值進行分類討論，本題中的易錯之處是忽視二

次項系數(shù)為0的情況.

6.A?「y=f(x)是定義在［-3,4］上的增函數(shù)目f(2m)>f(m-l),

(-3<2m<4,

<4,解得-l<m<2/

{2m>m-1,

???實數(shù)m的取值范圍是(-L2］.故選A.

1.C由函數(shù)f(x)的圖象(圖略)知，

若f(x-4)>f(2x-3),則{言賁，

解得-1<x<4.

故實數(shù)X的取值范圍是(-1,4).

8.C設(shè)a+bwO廁aw-b,bw-a.」(x)在R上單調(diào)遞增,「.f(a)4f(-b),f(b)4f(-a),兩

式左右分別相加彳導f(a)+f(b)4f(-b)+f(-a),與題設(shè)f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b)矛盾，故

a+b>0,故選C.

9.P???對任意x,ye(0,+oo),nx<y,都有f(x)>f(y),「.f(x)在。+8)上單調(diào)遞減.令

x』y=L則fG)=fG)+f⑴，故f⑴=0；令x=/=2廁f(l)=f0+f⑵，故f(2)=-l;

令x=y=2,則f(4)=f(2)+f(2)=-2.不等式f(-x)+f(3-x)>-2可轉(zhuǎn)化為f(-x(3-

x))>f(4),

-x>0,

/.3-x>0,解得-1WX<O.

.0<—x(3-x)<4,

故所求不等式的解集為僅卜1Wx<0}.

10.8在同一直角坐標系中，作出函數(shù)f(x)=x4g(x)=x+2的圖象，由M(x)的定義

知，函數(shù)M(x)的圖象如圖中實線部分所示.

由圖象知，當x=-l時,M(x)取得最小值L故選B.

11.A令t;后軌則x=t2-l(t?0),函數(shù)化為y=t2tlQ0),一元二次函數(shù)y=t2-

t-1的圖象開口向上，對神由為直線t=4,所以所求最小值為

12.P一元二次函數(shù)f(x)=x2-2x的圖象開口向上,對稱軸為直線x=l.

①當m時，函數(shù)f(x)=x2-2x在區(qū)間［-Lt］上單調(diào)遞減廁f(X)max=f(-l)=3；

②當t>l時，函數(shù)f(x)=x2-2x在區(qū)間[-L1]上單調(diào)遞減,在區(qū)間[l,t]上單調(diào)遞增,

此時函數(shù)y=f(x)在x=-l或x=t處取得最大值，由于f(x)max=3=f(-l),

所以f(t)=t2-2t<3,BPt2-2t-3<0,

解得-lwtw3,此時l<tw3.

綜上所述，實數(shù)t的取值范圍是(-1,3],故選D.

13.答案(o,1]

解析:函數(shù)f(x)=x2-2x的圖象是開口向上的拋物線，且關(guān)于直線x=l對稱，

???當xo￡[-L2]時,f(x)的最小值為f⑴=-1,最大值為f(-l)=3z.-.f(xo)e[-l,3].

,.g(x)=ax+2(a>0),xie[-l,2],

??.g(x)為增函數(shù),g(xi)日g(-l),g(2)]=[2-a,2a+2].

(2—QN—1,

??,對任意XI￡