資源簡介

3.2.1單調性與最大（小）值【第三練】
【試題來源】來自各地期中期末的聯考試題，進行整理和改編；
【試題難度】本次訓練試題難度較大，適合學完第三課后，起到提升解題能力和素養的目的.
【目標分析】
1.熟記常用函數的性質（單調性），會利用函數的單調性求解相關問題，培養邏輯推理能力，數形結合能力，如第1，4題.
2.利用新定義求函數的最值，鍛煉轉化與劃歸能力，如第2題.
3.正確理解恒成立與能成立的概念，熟練求解相關問題，培養分類討論思想能力，如第6，9，12題.
一、單選題
（2023上·北京·高一北京市第三十五中學校考期中）
1．下列函數中，在上單調遞增的是（ ）
A． B． C． D．
（2023上·貴州遵義·高一統考期中）
2．定義新運算 ：當時， ；當時， ，則函數的最大值等于（ ）
A． B． C． D．
（2024上·廣東·高三校聯考階段練習）
3．命題：函數的最大值為，函數的最小值為；命題：的最大值為，則是的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
（2023上·安徽阜陽·高一阜陽市第三中學校考階段練習）
4．函數，若對任意，（），都有成立，則實數a的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
（2023上·廣東茂名·高一統考期中）
5．已知，若函數有最小值為4，則（ ）
A．2 B．4 C． D．
（2023上·江蘇常州·高一常州市第二中學校聯考期中）
6．已知函數，若對任意，都有，則實數m的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
（2023上·四川達州·高一校考階段練習）
7．關于函數，下列說法正確的是（ ）
A．在區間上單調遞減 B．單調遞增區間為
C．沒有最小值 D．最大值為2
（2023上·新疆烏魯木齊·高三烏市八中校考階段練習）
8．若函數的最小值為，則的值為（ ）
A． B．
C． D．
（2024上·貴州·高三統考開學考試）
9．已知函數，，若對任意．及對任意，都有，則實數a的值可以是（ ）
A． B． C．2 D．3
三、填空題
（2023上·湖北荊州·高一沙市中學校考階段練習）
10．定義在上的函數滿足，且，，則不等式的解集為 .
（2023上·福建漳州·高一福建省漳州第一中學校考期中）
11．已知函數，若對任意滿足的正數，，都存在，使得成立，則實數的取值范圍為 ．
四、解答題
（2023上·北京昌平·高一昌平一中校考期中）
12．函數，定義域為
(1)當時，求的值域；
(2)若恒成立，求實數的取值范圍
（2023上·湖北孝感·高一期中）
13．已知函數的圖象過點，且滿足．
(1)求函數的解析式；
(2)設函數在上的最小值為，求的值域．
【易錯題目】第1，2，3，6，8，12，13題
【復盤要點】
1.對于含參數的二次函數的最值問題，一般有如下幾種類型：
（1）區間固定，對稱軸變動(含參數)，求最值；
（2）對稱軸固定，區間變動(含參數)，求最值；
(3)區間固定，最值也固定，對稱軸變動，求參數.
2.靈活應用分類討論、轉化與劃歸的數學思想解題.二次函數問題通常都是根據區間端點和對稱軸的相對位置進行分類討論.
（2023上·河北滄州·高一校聯考期中）
14．已知是定義在上的單調遞增函數，且.
(1)解不等式；
(2)若對和恒成立，求實數的取值范圍.
【復盤訓練】
（2023上·上海黃浦·高一盧灣高級中學校考期中）
15．“函數在上是嚴格增函數”是“”的（ ）.
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
（2022上·江蘇連云港·高一統考期中）
16．已知函數在上單調遞減，則a的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
（2021上·天津寧河·高一天津市寧河區蘆臺第一中學校考階段練習）
17．高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的美譽，用其名字命名的“高斯函數”：設，用表示不超過的最大整數，則稱為高斯函數，也稱取整函數，例如：.已知，則函數的最小值為（ ）
A． B． C． D．1
（2023上·河北唐山·高一校聯考期中）
18．已知的定義域為，對任意的、，且都有且，則不等式的解集為 .
（2023上·北京西城·高一北京鐵路二中校考期中）
19．已知，當時，恒成立，則實數的取值范圍是 ．
（2023上·湖北荊州·高一沙市中學校考階段練習）
20．已知，，若任給，存在．使得，則實數a的取值范圍是 ．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．D
【分析】根據基本初等函數的單調性的判定方法，逐項判定，即可求解.
【詳解】對于A中，函數在上單調遞減，所以A不符合題意；
對于B中，函數在上單調遞減，單調遞增，所以B符合題意；
對于C中，函數在上單調遞減，所以C不符合題意；
對于D中，時函數在上單調遞減，所以D符合題意.
故選：D.
2．C
【分析】當和時，分別求出函數的表達式，然后利用函數單調性或導數求出函數的最大值.
【詳解】解：由題意知
當-2≤x≤1時，f（x）=x-2，當1＜x≤2時，f（x）=-2，
又∵f（x）=x-2，f（x）=x3-2在定義域上都為增函數，∴f（x）的最大值為f（2）=-2=6．
故選C．
【點睛】該題考查的是有關新定義運算以及函數最值的求解問題，在解題的過程中，需要對題中所給的條件正確轉化，再者就是對函數最值的求解方法要靈活掌握.
3．D
【分析】取特殊函數方法判斷充分必要條件即可.
【詳解】設，分別存在最大值和最小值，則的最大值為，所以充分性不成立；
設，，取得最大值為1，但不存在最小值，所以必要性不成立．
故選:D．
4．A
【分析】確定函數單調遞減，根據單調性得到不等式，解得答案.
【詳解】因為對任意，（），都有成立，所以是減函數，
則，解得.
故選：A.
5．B
【分析】根據題意，分，與討論，再結合基本不等式代入計算，即可得到結果.
【詳解】當時，在單調遞增，無最小值；
當時，因為在單調遞增，在單調遞增，則在單調遞增，無最小值；
當時，，當且僅當時，即時，等號成立，所以，則，符合要求.
故選：B
6．B
【分析】將已知函數整理得，令，由二次函數的性質求得，將不等式等價于，求解即可.
【詳解】解：由已知得，
令，因為，所以，所以，
所以，當時，，當時，，即，
所以對任意，，
所以對任意，都有，等價于，
即，解得或，所以實數m的取值范圍是，
故選：B.
7．BD
【分析】先求出函數定義域，令，根據二次函數的性質，由已知解析式，逐項判斷即可得出結果．
【詳解】由，得，即函數的定義域為,，
令，則的圖象是開口向下，對稱軸為的拋物線，
函數在,上單調遞增，在,上單調遞減，
又單調遞增，在,上單調遞增，在,上單調遞減，故B正確，A錯誤；
由于當時，，當時，，故，所以，，故D正確，C錯誤．
故選：BD
8．BD
【分析】求出函數的對稱軸，分、、三種情況，分別求出函數的最小值，即可求出參數的值.
【詳解】函數開口向上，對稱軸為，
若，即時，解得或（舍去），
若，即時，函數在上單調遞減，所以，解得，
若，即時，函數在上單調遞增，所以，解得（舍去），
綜上可得或.
故選：BD
9．CD
【分析】因為對任意及對任意，都有，所以，根據以及解析式的結構分別求出最小值和最大值即可.
【詳解】當對任意時，，當且僅當，即時，等號成立，所以在上；
又，
當，即時，在上，由，解得，所以；
當，即時，在上，由，解得，所以；
綜上可知，實數a的取值范圍是；
故選：CD．
10．
【分析】應用單調性定義，將轉化為，可構造，對其討論即可.
【詳解】，不妨設，
故，即，
令，則，故在上單調遞減，
，不等式兩邊同除以得：，
因為，所以，即，
根據在上單調遞減，故，綜上：，則解集為.
故答案為：
11．
【分析】由基本不等式得出等號右邊的范圍，再分類討論的值，再利用二次函數并結合已知條件分析求解.
【詳解】
當且僅當時取等號，
設的值域為A，則，
當時，，不符合題意；
當時，，不符合題意；
當時，存在，使得，則，
又因為，，所以，
綜上所述：.
故答案為：.
12．(1)
(2)
【分析】（1）根據二次函數特征直接求解即可；
（2）根據進行分類討論，通過參變分離的方法轉化為最值問題求解即可.
【詳解】（1）當時，函數，開口向上，對稱軸為，
又因為函數定義域為，所以，即，
所以的值域為
（2）因為恒成立，
所以當時，成立，，
當時，，
即，即，
因為，當且僅當，即時等號成立，
所以，所以，即實數的取值范圍為
13．(1)
(2)
【分析】（1）根據二次函數的函數值求解析式；
（2）利用二次函數在給定區間的單調性分類討論最小值即可求解.
【詳解】（1）由題可得，，所以，
又因為，
所以二次函數的對稱軸為，解得，
所以.
（2）由（1）知，，對稱軸，
當，即時，
函數在上單調遞減，
則函數的最小值；
當，即時，
函數在上單調遞減，單調遞增，
則函數的最小值；
當時，
函數在上單調遞增，
則函數的最小值；
所以，
（i）當時，單調遞減，所以；
（ii）當時，；
（iii）當時，單調遞增，所以；
綜上，的值域為.
14．(1)解集為
(2)
【分析】（1）由，不等式，化為，結合單調性，即可求；
（2） 恒成立問題較為最值問題，即在恒成立，進而轉化為求在恒成立，對和討論即可.
【詳解】（1）是定義在上的單調遞增函數，且，
則，即.
有,解得，
故所求解集為.
（2）在上單調遞增，
當時，.
問題轉化為，
即，對成立.
接下來求的取值范圍.
設，
①若，則，對成立；
②若，則是關于的一次函數，要使，對成立，必須，且，
或.
或或，即的取值范圍是.
15．B
【分析】根據二次函數的單調性結合充分不必要條件的定義求解.
【詳解】函數的對稱軸是，
若函數在上是嚴格增函數，則，
所以“函數在上是嚴格增函數”是“”的必要不充分條件.
故選：B.
16．C
【分析】根據題意，得到，且對任意的，恒成立，進而可求得實數的取值范圍.
【詳解】由函數，
令，因為，所以為減函數，故函數為單調遞減，
所以 ，即
又由在恒成立，故，所以
綜上所述，實數的取值范圍是.
故選：C.
17．B
【分析】將變形為，求出其值域，根據其值域可得或，由此可得答案.
【詳解】因為，
又因為，，，
所以，
所以當時，；
當時，.
所以函數的最小值為.
故選：B
18．
【分析】設，由已知可得出，令，分析可知在上單調遞增，將所求不等式變形為，可得出關于的不等式，解之即可.
【詳解】不妨設，由可得，
所以，，
令，則，所以，函數在上單調遞增，
由可得，
又因為，
由可得，則，解得，
因此，不等式的解集為.
故答案為：.
19．
【分析】求出函數的對稱軸，分類討論區間端點與對稱軸的大小，將恒成立問題轉化為最值問題解決.
【詳解】由可知，函數對稱軸為，
當時，在上單調遞增，，
所以要使恒成立，即，即，解得；
當時，在上單調遞增，所以，
則，解得；
綜上所述，的取值范圍是.
故答案為：
20．
【分析】根據已知可推得在上的值域為在上的值域的子集.根據分段函數各段的單調性，得出.進而分，，三種情況，得出的范圍，列出不等式組，求解即可得出答案.
【詳解】由任給，存在．使得，
可知，在上的值域為在上的值域的子集.
根據二次函數的性質可知，當時，單調遞減，
且，，
所以，；
當時，.
，且，
則.
因為，且，
所以，，，
所以，，，
所以，在上單調遞增.
又，
所以，.
綜上所述，當時，.
當時，單調遞增，所以.
所以有，解得；
當時，不滿足；
當時，單調遞減，所以.
所以有，解得.
綜上所述，或.
故答案為：.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁3.2.1單調性與最大（小）值【第三課】
擴展1： 復合函數的單調性
例1.（2023上·北京·高一北京市陳經綸中學校考期中）函數的單調遞減區間是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】求出函數的定義域，利用復合函數的單調性，即可求得函數的遞減區間.
【詳解】對于函數，有，解得或，
所以，函數的定義域為，
內層函數在上單調遞減，在上單調遞增，
外層函數在上為增函數，
所以，函數的單調遞減區間為.
故選：C.
【方法總結】函數f(g(x))的單調性與函數y＝f(u)，u＝g(x)的單調性的關系是“同增異減”.
【舉一反三1-1】（2022上·安徽合肥·高一校考期末）
1．已知函數則下列結論正確的是（ ）
A．f(x)的定義域是，值域是
B．f(x)的單調減區間是(1，3)
C．f(x)的定義域是，值域是
D．f(x)的單調增區間是(-∞，1)
【舉一反三1-2】（2023·河南·校聯考模擬預測）
2．已知函數在R上單調遞增，函數在上單調遞增，在上單調遞減，則（ ）
A．函數在R上單調遞增
B．函數在上單調遞增
C．函數在上單調遞減
D．函數在上單調遞減
擴展2： 抽象函數的單調性
例2.（2023上·湖北荊州·高一沙市中學校考階段練習）定義在上的函數滿足，且，，則不等式的解集為＿＿＿＿＿.
【答案】
【分析】應用單調性定義，將轉化為，可構造，對其討論即可.
【詳解】，不妨設，
故，即，
令，則，故在上單調遞減，
，不等式兩邊同除以得：，
因為，所以，即，
根據在上單調遞減，故，綜上：，則解集為.
故答案為：
【方法總結】不給出具體解析式，只給出函數的特殊條件或特征的函數即抽象函數.同時抽象函數問題又將函數的定義域，值域，單調性，等性質集于一身，有時需要賦值處理.
【舉一反三2-1】（2023上·江蘇無錫·高一校聯考期中）
3．已知函數為R上的單調遞增函數，，任意，都有，則不等式的解集為（ ）
A．或 B．
C．或 D．
【舉一反三2-2】（2023上·江蘇南京·高一期中）
4．已知定義在上的函數滿足，對任意的實數且，，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
擴展3： 函數最值的應用
例3. （2023上·北京·高一北京八中校考期中）已知函數在區間上的最大值為，則等于（ ）
A. B. C. D.或
【答案】C
【分析】求得函數的對稱軸，對分類討論，結合二次函數的性質，即可求解.
【詳解】由函數，對稱軸的方程為，
當時，則時，函數取得最大值，不滿足題意；
當時，可函數在區間上單調遞減，
所以當時，函數取得最大值，最大值為，
解得或（舍去）.
故選：C.
【方法總結】函數的最值是函數的特殊性質.函數的最值和值域反映的都是函數的整體性質，針對的是整個定義域.函數的值域一定存在，而函數的最大（小）值不一定存在.
【舉一反三3-1】（2021上·高一單元測試）
5．若函數的值域是，則函數的值域是（ ）
A． B． C． D．
【舉一反三3-2】（2023上·四川成都·高一樹德中學校考期中）
6．已知函數，的最小值為，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
擴展4： 恒成立與能成立問題
例4.已知二次函數（）在區間上有最大值4，最小值0.
（1）求函數的解析式；
（2）設，若在上恒成立，求實數的取值范圍.
【解】（1）∵，
∴函數圖象的對稱軸方程為.又∵，
∴依題意得即解得
∴.
（2）∵，∴.
∵在上恒成立，即在上恒成立，
∴在上恒成立.
∴只需，.
令，由，得.
設，.
∵函數的圖象的對稱軸方程為，
∴當時，函數取得最大值33，
∴，
∴實數的取值范圍為.
【方法總結】函數的恒成立與能成立問題，一般將其轉化為求函數的最大值或最小值問題，即恒成立，恒成立，能成立，能成立.
【舉一反三4-1】（2023上·江蘇南京·高一期中）
7．已知函數滿足對任意的，都有成立，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【舉一反三4-2】（2023上·上海·高一上海市大同中學校考期中）
8．設，若關于的不等式對任意的成立，則的取值范圍是 ．
【舉一反三2-3】（2023上·江西南昌·高一校考期中）
9．已知，不等式在上恒成立，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
擴展5： 新定義問題
例5.（浙江省臺州市八校聯盟2023-2024學年高一上學期期中聯考數學試題）用表示，兩個數中的最大值，設函數，若恒成立，則的最大值是＿＿＿＿＿＿.
【答案】3
【分析】根據定義，得到分段函數，再求的最小值即可求解.
【詳解】因為，由，得或，
則，
當時，當時，單調遞減，則，
綜上，時，，
則恒成立，即，解得，
則的最大值是3.
故答案為：3
【方法總結】所謂“新定義”函數，是相對于高中教材而言，指在高中教材中不曾出現過或尚未介紹的一類函數.函數新定義問題的一般形式是：由命題者先給出一個新的概念、新的運算法則，或者給出一個抽象函數的性質等，然后讓學生按照這種“新定義”去解決相關的問題.
【舉一反三3-1】（2023上·廣東深圳·高一深圳市高級中學校考期中）
10．若函數與的值域相同，但定義域不同，則稱與的是“同象函數”，已知函數，則下列函數中與是“同象函數”的有（ ）
A． B．
C． D．
【舉一反三3-2】（2023上·北京西城·高一北京育才學校校考期中）
11．設函數的定義域為，若滿足：“，都存在，使得”則稱函數具有性質，給出下列四個結論：
①函數具有性質；
②所有奇函數都具有性質；
③若函數和函數都具有性質，則函數也具有性質；
④若函數，具有性質，則.
其中所有正確結論的序號是 .
【舉一反三3-3】（2023上·天津濱海新·高一校考期中）
12．對于函數，若存在，使成立，則稱為的不動點.已知函數.
(1)當，時，求函數的不動點；
(2)若對任意實數，函數恒有兩個相異的不動點，求實數m的取值范圍.
擴展6： 實際應用中的函數最值問題
例6.（2023上·江蘇·高一校聯考階段練習）為宣傳年杭州亞運會，某公益廣告公司擬在一張面積為的矩形海報紙（記為矩形，如圖）上設計四個等高的宣傳欄（欄面分別為兩個等腰三角形和兩個全等的直角三角形），為了美觀，要求海報上所有水平方向和豎直方向的留空寬度均為，設.
（1）將四個宣傳欄的總面積表示為的表達式，并寫出的范圍；
（2）為充分利用海報紙空間，應如何選擇海報紙的尺寸，可使用宣傳欄總面積最大？
【答案】（1）
（2）當時，宣傳欄總面積最大
【分析】（1）由題意得四個宣傳欄拼接后為一個矩形，其長為，寬為，再根據求出的范圍，進而可得出答案；
（2）利用基本不等式求解即可.
【詳解】（1）由題意，
由題意得四個宣傳欄拼接后為一個矩形，其長為，寬為，
則，
由，解得，
所以；
（2）由（1）得，
當且僅當，即時取等號，
所以當時，宣傳欄總面積最大.
【方法總結】（1）解實際應用題要弄清題意，從實際出發，引進數學符號，建立數學模型，列出函數關系式，分析函數的性質，從而解決問題.要注意自變量的取值范圍.
（2）實際應用問題中，最大利潤、用料最省等問題常轉化為求函數的最值來解決，本題轉化為二次函數求最值，利用配方法和分類討論思想使問題得到解決.
【舉一反三5-1】（2023上·江蘇蘇州·高一蘇州中學校考期中）
13．某單位打算投資研發生產兩種文創產品.經過調查，投資A產品的年收益與投資額成正比，其關系如圖①，投資B產品的年收益與投資額的算術平方根成正比，其關系如圖②.（注:收益與投資額單位:萬元）.

(1)分別寫出兩種產品的一年收益與投資額的函數關系；
(2)該單位現有100萬元資金，全部用于兩種產品的研發投資，問:怎樣分配資金能使一年的投資獲得最大收益，其最大收益是多少萬元
【舉一反三5-2】（2023上·四川內江·高一四川省內江市第二中學校考期中）
14．2023年10月18日，內江高新區舉行鄉村振興產業推介會暨項目集中簽約儀式，現場簽約農業產業項目14個，涵蓋種苗繁育、糧油加工、中藥材種植、特色水產等優質產業.為響應國家“鄉村振興”號召，小李決定返鄉創業，承包老家的土地發展生態農業．小李承包的土地需要投入固定成本萬元，且后續的其他成本總額（單位：萬元）與前年的關系式近似滿足．已知小李第一年的其他成本為萬元，前兩年的其他成本總額為萬元，每年的總收入均為萬元．
(1)小李承包的土地到第幾年開始盈利？
(2)求小李承包的土地的年平均利潤的最大值．
（2006·上海·高考真題）
15．若集合，則等于（ ）
A． B． C． D．
（2017·浙江·高考真題）
16．若函數在區間[0,1]上的最大值是M,最小值是m,則的值
A．與a有關，且與b有關 B．與a有關，但與b無關
C．與a無關，且與b無關 D．與a無關，但與b有關
（2014·安徽·高考真題）
17．若函數的最小值3，則實數的值為
A．5或8 B．或5 C．或 D．或
（2011·陜西·高考真題）
18．植樹節某班20名同學在一段直線公路一側植樹，每人植一棵，相鄰兩棵樹相距10米，開始時需將樹苗集中放置在某一樹坑旁邊，現將樹坑從1到20依次編號，為使各位同學從各自樹坑前來領取樹苗所走的路程總和最小，樹苗可以放置的兩個最佳坑位的編號為
A．（1）和（20） B．（9）和（10） C．（9）和（11） D．（10）和（11）
（2017·天津·高考真題）
19．已知函數設，若關于x的不等式在R上恒成立，則a的取值范圍是
A． B． C． D．
（2016·北京·高考真題）
20．函數的最大值為 .
（2017·浙江·高考真題）
21．已知，函數在區間[1,4]上的最大值是5，則a的取值范圍是
（2010·江蘇·高考真題）
22．已知函數，則滿足不等式的的范圍是
（2008·湖南·高考真題）
23．已知函數．
（1）若，則的定義域是 ；
（2）若在區間上是減函數，則實數a的取值范圍是 ．
（2000·廣東·高考真題）
24．設函數，其中．
(1)解不等式；
(2)證明：當時，函數在區間上是單調函數．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．AB
【分析】先根據被開方數大于等于零，求出函數定義域，再結合二次函數的對稱性求出函數的值域并判斷函數的單調性，逐一判斷各選項即可.
【詳解】已知函數，
對于A、C，令，則，解得，定義域為.
，又，函數的值域為，故A正確，C錯誤；
對于B、D，函數定義域為，函數的對稱軸為，所以在區間單調遞增，在區間上單調遞減，故B正確，D錯誤；
故選：AB.
2．AB
【分析】由復合函數的單調性判斷方法逐一判斷即可.
【詳解】因為在R上單調遞增，所以在R上單調遞增，故A正確；
因為在R上單調遞增，在上單調遞增，所以在上單調遞增，故B正確；
因為在上單調遞增，所以在上單調遞減，因為的值域是否在上無法判斷，
所以在上的單調性無法判斷，故C錯誤；
因為在R上單調遞減，在上單調遞減，因的值域是否在上無法判斷，所以在上的單調性無法判斷，故D錯誤.
故選：AB.
3．B
【分析】根據題意利用賦值法可得，將不等式化為，結合函數單調性運算求解.
【詳解】因為，則有：
令，可得；
令，可得；
且不等式可化為：，
又因為函數為R上的單調遞增函數，則，
即，解得，
所以不等式的解集為.
故選：B.
4．B
【分析】設，即可判斷的單調性，不等式，即為，結合函數的單調性解得即可.
【詳解】設，則，且，
因為對任意的實數且，，則，
即，所以在上是增函數，
所以不等式，即為，即，所以，解得，
即不等式的解集為.
故選：B.
5．B
【分析】令，，則，然后由對勾函數的單調性可求出函數的值域
【詳解】解：令，，則．
當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
又當時，，當時，，當時，，
所以函數的值域為，
故選：B．
6．D
【分析】對反比例型函數分離常數，由時的最小值為得到n，求出m范圍.
【詳解】由，
因為在上的最小值為，
所以時，，
所以，
易知反比例型函數在單調遞減.
所以在處取到的最小值為，
即 ，
所以.
故選：D
7．B
【分析】由題目條件得到分段函數在R上單調遞減，需在每一段上單調遞減，且分段處左端點值大于等于右端點值，得到不等式，求出答案.
【詳解】由題意得，為定義在R上的減函數，
則要滿足，解得
故選：B.
8．
【分析】參變分離可得對任意的成立，令，則，再令，，根據函數的單調性求出，即可求出參數的取值范圍.
【詳解】因為關于的不等式對任意的成立，
所以對任意的成立，
令，則，則對成立，
令，，則在上單調遞增，
所以，
所以，則的取值范圍是.
故答案為：
9．A
【分析】先判定分段函數的單調性，再計算即可.
【詳解】由二次函數的單調性可知，時，單調遞減，
時，單調遞減，且，故函數在區間上單調遞減，
因此不等式等價于，即，
因此有.
故選：A
10．ACD
【分析】根據給定的定義，求出各個選項的值域即可判斷得解.
【詳解】對于A，的值域為，A是；
對于B，的值域為，B不是；
對于C，的值域為，C是；
對于D，的值域為，D是.
故選：ACD
11．①②④
【分析】根據函數具有性質，知函數的值域關于原點對稱，從而依次判斷得結論.
【詳解】由題知，若滿足性質即：“，都存在，使得”
則的值域關于原點對稱.
對于①，函數，值域為關于原點對稱，顯然具有性質，故正確；
對于②，因為所有的奇函數對應定義域內任意的都有，
則值域關于原點對稱，顯然具有性質，故正確；
對于③，設，，值域為，具有性質，
，，值域為，具有性質，
，，值域為，不具有性質，故錯誤；
對于④，若函數，具有性質，則的值域關于原點對稱.
又 ，時，的值域為，
則，解得，故正確.
故答案為:①②④.
12．(1)，4
(2)
【分析】（1）由不動點定義運算即可得解；
（2）根據恒有兩個不動點，轉化為恒有兩個不等實根，利用判別式求解即可.
【詳解】（1）當，時，，
令，即得，解得或，
所以函數的不動點為和.
（2）因為函數恒有兩個不動點，即恒有兩個不等實根，
整理得，
所以，即，對恒成立，
則，解得，
所以實數的取值范圍為.
13．(1)，
(2)投資產品50萬元，產品50萬元時，獲得最大收益15萬元
【分析】（1）設出所求解析式，根據圖象把點分別代入解析式即可得解；
（2）寫出收益的表達式，換元后利用二次函數求解即可.
【詳解】（1）由題意，設，
，
，
（2）設投資產品萬元，則投資產品為萬元.
那么，總收益，
令，則，
所以當，即萬元時，收益最大，萬元.
答：投資產品50萬元，產品50萬元時，獲得最大收益15萬元.
14．(1)第年開始盈利
(2)最大為萬元
【分析】（1）根據題中條件，列出方程組，求得，根據題意得到李承包的土地到第年的利潤為，令其大于零，解出不等式即可；
（2）求得年平均利潤的函數，利用基本不等式求最大值即可.
【詳解】（1）由題意得，解得，所以．
設小李承包的土地到第年的利潤為萬元，
則，
由，得，解得．
故小李承包的土地到第年開始盈利．
（2）設年平均利潤為萬元，
則，
當且僅當時，等號成立．
故當小李承包的土地到第年時，年平均利潤最大，最大為萬元．
15．B
【分析】根據題意，結合函數的單調性依次求出集合可得到.
【詳解】因為函數在上是減函數，所以，
所以，
因為函數在上是增函數，所以，
所以，
所以.
故選：B.
16．B
【詳解】因為最值在中取，所以最值之差一定與無關，選B．
【名師點睛】對于二次函數的最值或值域問題，通常先判斷函數圖象對稱軸與所給自變量閉區間的關系，結合圖象，當函數圖象開口向上時，若對稱軸在區間的左邊，則函數在所給區間內單調遞增；若對稱軸在區間的右邊，則函數在所給區間內單調遞減；若對稱軸在區間內，則函數圖象頂點的縱坐標為最小值，區間端點距離對稱軸較遠的一端取得函數的最大值．
17．D
【詳解】試題分析：由題意，①當時，即，，則當時，，解得或（舍）；②當時，即，，則當時，，解得（舍）或；③當時，即，，此時，不滿足題意，所以或，故選D.
18．D
【分析】根據已知，某班20名同學在一段直線公路一側植樹，每人植一棵，相鄰兩棵樹相距10米，我們設樹苗集中放置的樹坑編號為，并列出此時各位同學從各自樹坑前來領取樹苗所走的路程總和，根據絕對值的性質，結合二次函數的性質即可得到使各位同學從各自樹坑前來領取樹苗所走的路程總和最小時，樹苗放置的最佳坑位的編號．
【詳解】設樹苗可以放置的兩個最佳坑位的編號為，
則各位同學從各自樹坑前來領取樹苗所走的路程總和為：
，
若取最小值，則函數也取得最小值，
由二次函數的性質可得函數的對稱軸為，
又∵為正整數，∴或，
故選：.
19．A
【詳解】不等式為(*)，
當時，(*)式即為，，
又（時取等號），
（時取等號），
所以，
當時，(*)式為，，
又（當時取等號），
（當時取等號），
所以，
綜上．故選A．
【考點】不等式、恒成立問題
【名師點睛】首先滿足轉化為去解決，由于涉及分段函數問題要遵循分段處理原則，分別對的兩種不同情況進行討論，針對每種情況根據的范圍，利用極端原理，求出對應的的范圍.
20．2
【分析】分離常量，由函數可得函數單調遞減，然后求解函數的最大值即可.
【詳解】[方法一]：分離常量法
由函數，得在單調遞減，
即.
故答案為：2.
[方法二]：換元法
由函數，令，，得，
可知在是單調遞減的，即.
故答案為：2.
[方法三]：反函數法
由函數，得，由，得，
從而有，即.
故答案為：2.
[方法四]：函數圖像法
由函數，由在單調遞增，
得在單調遞減，即.
故答案為：2.
21．
【詳解】，分類討論：
①當時，，
函數的最大值，舍去；
②當時，，此時命題成立；
③當時，，則：
或，解得：或
綜上可得，實數的取值范圍是．
【名師點睛】本題利用基本不等式，由，得，通過對解析式中絕對值符號的處理，進行有效的分類討論：①；②；③，問題的難點在于對分界點的確認及討論上，屬于難題．解題時，應仔細對各種情況逐一進行討論．
22．
【分析】分析函數的單調性，作出函數的圖象，根據可得出關于的不等式組，解之即可.
【詳解】因為，則函數在上為增函數，
且函數在上連續，作出函數的圖象如下圖所示：
因為，則，解得.
因此，滿足不等式的的范圍是.
故答案為：.
23．
【分析】（1）利用具體函數定義域求法即可得到的定義域；
（2）分類討論與兩種情況，結合的取值范圍與單調性即可得解.
【詳解】（1）因為，，所以，即，故，
所以的定義域為；
（2）當，即時，要使在區間上是減函數，需要在上是減函數，同時恒成立，即，
因為，即，所以在上是減函數顯然成立，此時，則，得，故；
當，即時，要使在區間上是減函數，需要在上是增函數，同時恒成立，
所以，即，此時顯然成立；
綜上：或，即.
故答案為：；.
24．(1)答案見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）由題知，進而得，將問題轉化為，再分，兩種情況討論求解即可；
（2）根據函數單調性的定義證明即可.
【詳解】（1）解：，等價于，
所以，，即，其中
所以，
所以，原不等式等價于，
所以， 當時，不等式的解集為；
當時，不等式的解集為.
綜上，當時，不等式的解集為；
當時，不等式的解集為；
（2）解：當時，，
設，且，
所以
，
因為且，
所以，，，
所以，，即，
所以，當時，函數在區間上是單調遞減函數.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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