資源簡介

3.2.1　單調性與最大(小)值(1)
一、 單項選擇題
1 (2024泰州月考)函數y＝|x＋1|的單調增區(qū)間是(　　)
A. (－∞，－1) B. (－∞，1)
C. (－1，＋∞) D. (1，＋∞)
2 (2024青島月考)已知二次函數f(x)＝－2x2＋(m－1)x＋m＋3的圖象經過坐標原點，則函數的單調增區(qū)間為(　　)
A. (－∞，1] B. (－∞，－1]
C. [1，＋∞) D. [－1，＋∞)
3 (2024涼山州期末)若函數y＝4x2＋kx＋8在區(qū)間[1，4]上單調遞減，則實數k的取值范圍是(　　)
A. [32，＋∞) B. [－8，＋∞)
C. [－32，－8] D. (－∞，－32]
4 (2025茂名期末)已知函數f(x)＝在區(qū)間(a，＋∞)上單調遞增，則實數a的取值范圍為(　　)
A. (－∞，1] B. (－∞，3]
C. [3，＋∞) D. [5，＋∞)
5 已知定義在R上的函數y＝f(x)的圖象關于y軸對稱，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調遞增，則下列關系中成立的是(　　)
A. f(3)B. f(－π)C. f(－4)D. f(3)6 (2024大連期末)已知函數f(x)＝2ax2－1，對任意的x1，x2∈[－3，－2]，且x1≠x2，都有<4，則實數a的取值范圍是(　　)
A. B. (－∞，2]
C. D.
7 (2024哈爾濱期中)已知函數f(x)滿足對任意x1，x2∈[0，＋∞)，當x1f(x2)－恒成立，若f(4)＝4，則不等式f(2x)<＋2的解集為(　　)
A. [0，2) B. [0，4)
C. (2，＋∞) D. (4，＋∞)
二、 多項選擇題
8 若函數f(x)，g(x)均是定義域為R的增函數，則下列函數在其定義域上為增函數的是(　　)
A. f(x)＋g(x) B. f(x)·g(x)
C. [f(x)]3 D. f(g(x))
9 (2024寧波期中)若y＝f(x)在區(qū)間(0，＋∞)是減函數，且0A. f(x1)>f(x2)
B. f(x1)－f(x2)>0
C. (x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0
D. >0
三、 填空題
10 (2025長壽期末)函數f(x)＝的單調增區(qū)間為________．
11 已知函數f(x)＝不是單調函數，則實數a的取值范圍是________．
12 (2025寶山月考)若函數y＝(1－k)x2＋2x－5在x∈[1，＋∞)上是嚴格增函數，則實數k的取值范圍是________．
四、 解答題
13 已知函數f(x)＝a(3－x)＋的圖象過點(0，1)與.求：
(1) f(x)的解析式；
(2) f(x)在區(qū)間[1，4]上的最大值．
14 (2024鄭州期中)已知函數f(x)是二次函數，且f(0)＝1，f(x＋1)－f(x)＝2x.
(1) 求f(x)的解析式并且寫出f(x)的單調區(qū)間；
(2) 求出f(x)在區(qū)間[－1，4]上的最大值和最小值．
15 已知函數f(x)＝x2－4|x|＋3.
(1) 畫出f(x)的圖象；
(2) 請根據圖象指出函數f(x)的單調區(qū)間；
(3) 當實數k取不同的值時，討論關于x的方程x2－4|x|＋3＝k的實數根的個數．
3．2.1　單調性與最大(小)值(2)
一、 單項選擇題
1 函數f(x)在區(qū)間[－2，5]上的圖象如圖所示，則此函數的最小值、最大值分別是 (　　)
A. －2，f(2) B. 2，f(2)
C. －2，f(5) D. 2，f(5)
2 函數f(x)＝在區(qū)間[1，2]上的最大值與最小值分別是(　　)
A. ， B. 2，5 C. 1，2 D. ，
3 (2024重慶輔仁中學期中)已知函數f(x)＝x2－2x＋3在區(qū)間[0，m]上有最大值3，最小值2，則實數m的取值范圍是(　　)
A. [1，＋∞) B. [0，2]
C. (－∞，－2] D. [1，2]
4 (2025莆田錦江中學月考)設f(x)＝若f(0)是f(x)的最小值，則實數a的取值范圍為(　　)
A. [－1，0] B. [－1，2]
C. [－2，－1] D. [－2，0]
5 某公司在甲、乙兩地同時銷售一種品牌車，銷售x輛該品牌車的利潤(單位：萬元)分別為L1＝－x2＋21x和L2＝2x.若該公司在兩地共銷售15輛車，則能獲得的最大利潤為(　　)
A. 90萬元 B. 120萬元
C. 120.25萬元 D. 60萬元
6 已知函數f(x)＝的最小值是－1，則實數a的取值范圍是(　　)
A. B.
C. D.
7 (2024海口階段練習)max{f(x)，g(x)}表示f(x)與g(x)中的較大者，設h(x)＝max{|x＋1|，－x2＋2x＋3}，則函數h(x)的最小值是(　　)
A. －2 B. －1 C. 0 D. 1
二、 多項選擇題
8 下列關于單調性的表述中，錯誤的是(　　)
A. x∈[a，b]，若f(a)－f(b)<0，則函數f(x)在區(qū)間[a，b]上單調遞增
B. x∈D且x＋1∈D，若f(x)－f(x＋1)<0，則函數f(x)在區(qū)間D上單調遞增
C. x1，x2∈D且x1D. x1，x2∈D，若[f(x1)－f(x2)](x1－x2)>0，則函數f(x)在區(qū)間D上單調遞增
9 若存在常數k和b，使得函數f(x)和g(x)對其公共定義域上的任意實數x都滿足：f(x)≥kx＋b和g(x)≤kx＋b恒成立，則稱此直線y＝kx＋b為f(x)和g(x)的“隔離直線”，已知函數f(x)＝x2(x∈R)，g(x)＝－(x>0)，若函數f(x)和g(x)之間存在“隔離直線”y＝4x－b，則實數b的取值可以是(　　)
A. －5 B. 0 C. 4 D. 7
三、 填空題
10 已知函數f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0，1]，若f(x)有最小值－2，則a＝________，f(x)的最大值為________．
11 已知函數f(x)＝，x∈[0，2]的最大值為，則實數m的值為________．
12 (2025西青期末)給定函數f(x)＝x2－2，g(x)＝－x＋1，用M(x)表示函數f(x)，g(x)中的較大者，即M(x)＝max{f(x)，g(x)}，則M(x)的最小值為________．
四、 解答題
13 已知f(x)是二次函數，且滿足f(0)＝2，f(x＋2)－f(x)＝2x＋4.
(1) 求f(x)的解析式；
(2) 若x∈[m，m＋1]，其中m∈R，求f(x)的最小值．
14 (2024泰安弘文中學月考)已知函數f(x)＝經過(－1，－2)，兩點．
(1) 求函數f(x)的解析式；
(2) 判斷函數f(x)在區(qū)間(0，1)上的單調性并用定義進行證明；
(3) 若f(x)≤m對任意x∈恒成立，求實數m的取值范圍．
15 (2024安徽期末)已知函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，對任意x，y∈(0，＋∞)，都有f＝f(x)－f(y)，且當x>1時，f(x)<0.
(1) 判斷并證明函數f(x)的單調性；
(2) 若f＝3，求解關于x的不等式f(x)＋f<6.
3.2.1　單調性與最大(小)值(1)
1. C　y＝|x＋1|＝故函數的單調增區(qū)間是(－1，＋∞).
2. B　因為函數f(x)經過原點，所以f(0)＝0，即m＋3＝0，m＝－3，所以f(x)＝－2x2－4x，圖象開口向下，對稱軸為直線x＝－1，所以函數f(x)的單調增區(qū)間為(－∞，－1].
3. D　函數y＝4x2＋kx＋8的單調減區(qū)間是(－∞，－]，由題意，得[1，4] (－∞，－]，則－≥4，解得k≤－32，所以實數k的取值范圍是(－∞，－32].
4. D　由x2－6x＋5≥0，可得x≤1或x≥5，即函數f(x)的定義域為(－∞，1]∪[5，＋∞).又因為t＝x2－6x＋5在[5，＋∞)上單調遞增，在(－∞，1]上單調遞減，y＝在區(qū)間[0，＋∞)上單調遞增，由復合函數的單調性可知，f(x)＝在區(qū)間[5，＋∞)上單調遞增，故a≥5.
5. D　由題意，得f(－π)＝f(π)，f(－4)＝f(4)，且f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調遞增，所以f(3)6. D　不妨設g(x)＝f(x)－4x＝2ax2－4x－1，因為對任意的x1，x2∈[－3，－2]，且x1≠x2，都有<4，所以對任意的x1，x2∈[－3，－2]，且x1≠x2，都有<0，即<0，所以g(x)＝2ax2－4x－1在區(qū)間[－3，－2]上單調遞減．當a＝0時，g(x)＝－4x－1在區(qū)間[－3，－2]上單調遞減，滿足題意；當a≠0時，g(x)＝2ax2－4x－1在區(qū)間[－3，－2]上單調遞減，此時圖象的對稱軸為直線x＝.若a>0，則≥－2，即a≥－，故a>0滿足題意；若a<0，則≤－3，即－≤a<0滿足題意．綜上，實數a的取值范圍是[－，＋∞).
7. C　因為對任意x1，x2∈[0，＋∞)，當x1f(x2)－恒成立，所以y＝f(x)－在區(qū)間[0，＋∞)上是減函數．因為不等式f(2x)<＋2可變形為f(2x)－<2，且f(4)＝4，所以f(4)－＝4－2＝2，即有f(2x)－4，解得x>2.
8. ACD　因為函數f(x)，g(x)均是定義域為R的增函數，所以f(x)，g(x)不是常數函數．設x1>x2，則f(x1)>f(x2)，g(x1)>g(x2).對于A，設x1>x2，則f(x1)＋g(x1)－f(x2)－g(x2)＝f(x1)－f(x2)＋g(x1)－g(x2)>0，所以f(x)＋g(x)為增函數，故A正確；對于B，函數f(x)＝x，g(x)＝3x均是定義域為R的增函數，但是f(x)g(x)＝3x2不是增函數，故B錯誤；對于C，設x1>x2，則[f(x1)]3－[f(x2)]3＝[f(x1)－f(x2)]·{[f(x1)]2＋f(x1)f(x2)＋[f(x2)]2}．因為f(x1)>f(x2)，[f(x1)＋f(x2)]2＋[f(x2)]2>0，所以[f(x1)]3－[f(x2)]3>0，即[f(x)]3是定義域為R的增函數，故C正確；對于D，因為函數f(x)，g(x)均是定義域為R的增函數，根據復合函數的單調性可得f(g(x))是定義域為R的增函數，故D正確．故選ACD.
9. ABC　對于AB，由y＝f(x)在區(qū)間(0，＋∞)是減函數，且0f(x2)，f(x1)－f(x2)>0，故AB正確；對于CD，因為x1－x2<0，f(x1)－f(x2)>0，所以(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0，<0，故C正確，D錯誤．故選ABC.
10. 　由3x2－7x－10≥0，解得x≤－1或x≥，則函數f(x)的定義域為(－∞，－1]∪.令t＝3x2－7x－10，其圖象的對稱軸方程為x＝，所以函數t在區(qū)間(－∞，－1]上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，則由復合函數的單調性可得，函數f(x)的單調增區(qū)間為.
11. (－∞，)　當x≥a時，f(x)＝x2－2(1－a)x＋a2，圖象的對稱軸為直線x＝－＝1－a，當1－a>a，即a<時，滿足要求；當1－a≤a，即a≥時，令2a＋1>a2－2(1－a)a＋a2，可得≤a<.綜上，實數a的取值范圍是(－∞，).
12. (－∞，1]　當k＝1時，y＝2x－5滿足在區(qū)間[1，＋∞)上嚴格單調遞增；當k<1時，≤1，解得k<1；當k>1時，顯然不存在滿足題目要求的k.綜上，k的取值范圍是(－∞，1].
13. (1) 由題意，得f(0)＝1，f(3)＝，
則解得
故f(x)＝(3－x)＋.
(2) 當x∈[1，4]時，f(x)＝1－＋＝1－＋＋＝－，
所以f(x)≤－2＝，
當且僅當＝，即x＝2時，等號成立，
故f(x)在區(qū)間[1，4]上的最大值為.
14. (1) 設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).
由f(0)＝1，得c＝1.
由f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，得f(x＋1)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c，
所以f(x＋1)－f(x)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c－(ax2＋bx＋c)＝2x，
整理，得2ax＋a＋b＝2x，則解得
可得f(x)＝x2－x＋1.
因為f(x)＝x2－x＋1的對稱軸為直線x＝，且二次項系數為1>0，
所以函數f(x)的單調增區(qū)間為，單調減區(qū)間為.
(2) 由(1)，得函數在x＝處最小值，即f＝，
當x＝－1時，f(－1)＝3，當x＝4時，f(4)＝13，
所以函數f(x)的最大值為13，最小值為.
15. (1) 因為f(x)＝x2－4|x|＋3＝所以函數f(x)的圖象如圖．
(2) 由圖象可知，函數f(x)的單調增區(qū)間是(－2，0)，(2，＋∞)；單調減區(qū)間是(－∞，－2)，(0，2).
(3) 因為方程x2－4|x|＋3＝k的實數根的個數即是函數f(x)的圖象與直線y＝k的交點個數，
所以由圖可知，當k＝－1或k>3時，函數f(x)的圖象與直線y＝k的交點個數是2，此時方程有2個實根；當k＝3時，函數f(x)的圖象與直線y＝k的交點個數是3，此時方程有3個實根；當－13．2.1　單調性與最大(小)值(2)
1. C　由函數最值的幾何意義知，當x＝－2時，有最小值－2；當x＝5時，有最大值f(5).
2. A　因為y＝x2＋1在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增，且y＞1，所以f(x)＝在區(qū)間[1，2]上單調遞減，所以函數f(x)在區(qū)間[1，2]上的最大值為f(1)＝，最小值為f(2)＝.
3. D　因為f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，所以f(x)的圖象開口向上，對稱軸為直線x＝1，則f(x)在區(qū)間[0，1]上單調遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增．又因為f(1)＝2，f(0)＝f(2)＝3，且f(x)在區(qū)間[0，m]上有最大值3，最小值2，所以m∈[1，2].
4. A　當x＝0，f(0)＝a2，因為f(0)是f(x)的最小值，所以f(x)在區(qū)間(－∞，0]上單調遞減，則有a≤0，且a2≤x＋＋a，x>0恒成立．由x＋≥2＝2，當且僅當x＝1時取等號，所以a2≤2＋a，解得－1≤a≤2.綜上，實數a的取值范圍為[－1，0].
5. B　設該公司在甲地銷售x輛車，則在乙地銷售(15－x)輛．根據題意，得總利潤y＝－x2＋21x＋2(15－x)，其中0≤x≤15，x∈N，整理，得y＝－x2＋19x＋30，拋物線的對稱軸為直線x＝.因為x∈N，所以當x＝9或x＝10時，y取得最大值120萬元．
6. A　當x≤1時，f(x)＝x2－1，f(x)在區(qū)間(－∞，0]上單調遞減，在區(qū)間(0，1]上單調遞增，所以f(x)在x＝0處取得最小值f(0)＝0－1＝－1.當x>1時，f(x)＝ax2－x＋2圖象的對稱軸為直線x＝，因為函數f(x)的最小值為－1，所以必有a>0.當>1，即07. C　設f(x)＝|x＋1|，g(x)＝－x2＋2x＋3.當x≤－1時，f(x)≥0≥－x2＋2x＋3，此時h(x)＝－x－1；當x>－1時，f(x)＝x＋1，此時f(x)－g(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)，當－12時，f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)，所以h(x)＝當x≤－1時，h(x)＝－x－1≥0，當且僅當x＝－1時取等號；當－12時，h(x)＝x＋1>3，故函數h(x)的最小值為0.
8. AB　對于A，僅有兩個特殊函數值的大小關系，不滿足兩個自變量的任意性，故A錯誤；對于B，不滿足兩個自變量的任意性，故B錯誤；對于C，與單調遞增的定義吻合，故C正確；對于D，由[f(x1)－f(x2)](x1－x2)>0，得或則函數f(x)在區(qū)間D上單調遞增，故D正確．故選AB.
9. CD　若函數f(x)和g(x)之間存在隔離直線y＝4x－b，則對任意的x>0，f(x)＝x2≥4x－b，即b≥－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，而y＝－(x－2)2＋4≤4，當且僅當x＝2時，等號成立，所以b≥4；對任意的x>0，g(x)＝－≤4x－b，則b≤4x＋.因為4x＋≥2＝8，當且僅當x＝1時，等號成立，所以b≤8.綜上，4≤b≤8，所以實數b的取值可以是4或7.故選CD.
10. －2　1　f(x)＝－(x2－4x＋4)＋a＋4＝－(x－2)2＋4＋a，所以函數f(x)圖象的對稱軸為直線x＝2，所以f(x)在區(qū)間[0，1]上單調遞增．又因為f(x)min＝f(0)＝a＝－2，所以f(x)max＝f(1)＝－1＋4－2＝1.
11. －2　由已知，得f(0)＝，因為f(x)max為{f(0)，f(2)，f(－)}中的最大值，所以解得m＝－2.
12. 　令x2－2＝－x＋1，解得x＝－2或x＝，作出函數M(x)的圖象如圖，由圖象可知，當x＝時，M(x)取得最小值為M＝.
13. (1) 設 f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).
因為f(0)＝2，所以c＝2.
又f(x＋2)－f(x)＝2x＋4，
所以a(x＋2)2＋b(x＋2)＋c－(ax2＋bx＋c)＝2x＋4，
即4ax＋4a＋2b＝2x＋4，
所以解得a＝，b＝1，
所以f(x)＝x2＋x＋2.
(2) 因為f(x)＝x2＋x＋2，
所以拋物線的對稱軸為直線x＝－1，開口向上，
所以函數f(x)在區(qū)間(－∞，－1]上單調遞減，在區(qū)間[－1，＋∞)上單調遞增，
故f(x)min＝f(－1)＝.
當m＋1≤－1，即m≤－2時，函數f(x)在區(qū)間[m，m＋1]上單調遞減，f(x)min＝f(m＋1)＝＋2m＋；
當－2當m>－1時，函數f(x)在區(qū)間[m，m＋1]上單調遞增，f(x)min＝f(m)＝＋m＋2.
綜上，f(x)的最小值為
f(x)min＝
14. (1) 因為f(－1)＝－2，f＝，
所以解得
所以f(x)＝x＋.
(2) f(x)在區(qū)間(0，1)上單調遞減，證明如下：
任取x1，x2∈(0，1)，且x1則f(x1)－f(x2)＝－＝(x1－x2).
因為x1，x2∈(0，1)，且x1所以x1－x2<0，0所以x1x2－1<0，
所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
所以函數f(x)在區(qū)間(0，1)上單調遞減．
(3) 由f(x)≤m對任意x∈恒成立，得m≥f(x)max，
由(2)知，f(x)在區(qū)間(0，1)上單調遞減，
所以函數f(x)在區(qū)間上的最大值為f＝，
所以m≥.
故實數m的取值范圍為[，＋∞).
15. (1) f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞減，證明如下：
因為對任意x，y∈(0，＋∞)，都有f()＝f(x)－f(y)，
且當x>1時，f(x)<0，
所以對任意01，
有f(x2)－f(x1)＝f()<0，即f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞減．
(2) 因為對任意x，y∈(0，＋∞)，都有f()＝f(x)－f(y)，
所以f()＋f(y)＝f(x)，則f(x)＋f(y)＝f(xy).
因為f()＝3，所以f()＝f()＋f()＝6，
所以不等式f(x)＋f(x－)<6，
可化為f則有解得x>1，
故不等式f(x)＋f(x－)<6的解集為(1，＋∞).

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