第3章 第2讲 函数的单调性与最值-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第三章　函数与幂函数、指数函数、对数函数 第2讲　函数的单调性与最值 [课程标准]　借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义． 目录 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 课时作业 KE SHI ZUO YE 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 单调递增 单调递减 上升的 下降的 * 1．函数的单调性 (1)定义 单调递增 单调递减 定义 一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I.∀x1，x2∈D 当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上eq \x(\s\up1(01))__________ 当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上eq \x(\s\up1(02))__________ 图象描述 自左向右看图象是eq \x(\s\up1(03))________ 自左向右看图象是eq \x(\s\up1(04))_______ 增(减)函数 当函数f(x)在它的定义域上单调递增(减)时，我们就称它是增(减)函数 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 单调性 单调区间 * (2)单调性与单调区间 如果函数y＝f(x)在区间D上单调递增或单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)eq \x(\s\up1(05))_______，区间D叫做y＝f(x)的eq \x(\s\up1(06))_______． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 最大值 最小值 * 2．函数的最值 前提 设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足 条件 (1)∀x∈I，都有f(x)≤M； (2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M (1)∀x∈I，都有f(x)≥M； (2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M 结论 M为函数y＝f(x)的eq \x(\s\up1(07))________ M为函数y＝f(x)的eq \x(\s\up1(08))________ 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 1．函数单调性的两个等价结论 设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>(<)0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>(<)0)⇔f(x)在D上单调递增(减)． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 2．若函数f(x)，g(x)在区间I上具有单调性，则在区间I上具有以下性质： (1)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，f(x)＋g(x)是增(减)函数； (2)复合函数y＝f(g(x))的单调性与y＝f(u)和u＝g(x)的单调性有关．简记为“同增异减”． 3．对勾函数y＝x＋eq \f(a,x)(a>0)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(a)]和[eq \r(a)，＋∞)；单调递减区间为[－eq \r(a)，0)和(0，eq \r(a)]，且对勾函数为奇函数． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 1．(多选)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　) A．y＝－eq \f(1,x＋1) B．y＝xeq \s\up7(\f(1,3)) C．y＝2－x D．y＝logeq \s\do10(\f(1,2))(x＋1) 解析　对于A，y＝－eq \f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上单调递增，符合题意；对于B，y＝xeq \s\up7(\f(1,3))在R上单调递增，符合题意；对于C，y＝2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)在R上单调递减，不符合题意；对于D，y＝logeq \s\do10(\f(1,2))(x＋1)在(－1，＋∞)上单调递减，不符合题意． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 * 2．(人教A必修第一册习题3.2 T1改编)如图是函数y＝f(x)，x∈[－4，3]的图象，则下列说法正确的是(　　) A．f(x)在[－4，－1]上单调递减，在[－1，3]上单调递增 B．f(x)在区间(－1，3)上的最大值为3，最小值为－2 C．f(x)在[－4，1]上有最小值－2，有最大值3 D．当直线y＝t与f(x)的图象有三个交点时－1<t<2 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 解析 * 解析　由已知得，f(x)在[－4，－1]上单调递减，在[－1，1]上单调递增，在[1，3]上单调递减，A错误；f(x)在区间(－1，3)上的最大值为3，无最小值，B错误；C正确；当直线y＝t与f(x)的图象有三个交点时－1≤t≤2，D错误． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 3．(2024·嘉兴一中月考)若函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是减函数，则f(m)与f(1)的大小关系是(　　) A．f(m)<f(1) B．f(m)>f(1) C．f(m)≤f(1) D．f(m)＝f(1) 解析　因为函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是减函数，所以m－1<0，得m<1，因为f(x)在R上是减函数，所以f(m)>f(1)．故选B. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 －2 答案 解析 * 4．(人教A必修第一册3.2.1例5改编)已知函数f(x)＝eq \f(2,1－x)，x∈[2，6]，则f(x)的最大值为________，最小值为________． 解析　可判断函数f(x)＝eq \f(2,1－x)在区间[2，6]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)max＝f(6)＝－eq \f(2,5). －eq \f(2,5) 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 (－∞，2]∪[4，＋∞) 答案 解析 * 5．(人教A必修第一册复习参考题3 T4改编)函数y＝－2x2－4ax＋3在区间[－4，－2]上具有单调性，则a的取值范围是__________________． 解析　函数y＝－2x2－4ax＋3的图象的对称轴为直线x＝－a，由题意可得－a≤－4或－a≥－2，解得a≤2或a≥4.故a的取值范围是(－∞，2]∪[4，＋∞)． 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 多角度探究突破 考向一　判断函数的单调性(单调区间) 角度 　定义法确定函数的单调性 例1　试讨论函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性． 解　设－1<x1<x2<1，f(x)＝a·eq \f(x－1＋1,x－1)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))， 则f(x1)－f(x2)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq \f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 由于－1<x1<x2<1， 所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0， 故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0， 即f(x1)>f(x2)， 函数f(x)在(－1，1)上单调递减； 当a<0时，f(x1)－f(x2)<0， 即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上单调递增． 目录 考向一 考向二 考向三 * 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (2,2x＋1)INCLUDEPICTURE"即时训练.TIF" INCLUDEPICTURE "即时训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　已知函数f(x)＝a－. (1)求f(0)； (2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论． 解　(1)f(0)＝a－eq \f(2,20＋1)＝a－1. (2)f(x)在R上单调递增．证明如下： 因为f(x)的定义域为R， 所以任取x1，x2∈R，且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝a－eq \f(2,2x1＋1)－a＋eq \f(2,2x2＋1)＝eq \f(2（2x1－2 x2）,（2 x1＋1）（2 x2＋1）). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 由y＝2x在R上单调递增知，2x1<2x2， 所以2x1－2x2<0，又2x1＋1>0，2x2＋1>0， 所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)， 所以f(x)在R上单调递增． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 角度 例2　(1)(2023·海口模拟)函数f(x)＝x2－4|x|＋3的单调递减区间是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－2)和(0，2) C．(－2，2) D．(－2，0)和(2，＋∞) 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　根据题意，函数f(x)＝x2－4|x|＋3＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≥0，,x2＋4x＋3，x＜0，))画出函数图象如图所示．由图象可知，函数f(x)＝x2－4|x|＋3的单调递减区间为(－∞，－2)和(0，2)．故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 [2，＋∞) (－∞，－3] 答案 解析 * (2)函数y＝eq \r(x2＋x－6)的单调递增区间为________，单调递减区间为________________． 解析　令u＝x2＋x－6，则y＝eq \r(x2＋x－6)可以看作是由y＝eq \r(u)与u＝x2＋x－6复合而成的函数．令u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.易知u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y＝eq \r(u)在[0，＋∞)上是增函数，∴y＝eq \r(x2＋x－6)的单调递减区间为(－∞，－3]，单调递增区间为[2，＋∞)． 目录 考向一 考向二 考向三 * 1．图象法判断函数的单调性 如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的上升或下降确定单调性． 2．判断函数单调性常用的性质 (1)对于由基本初等函数的和、差构成的函数，根据各初等函数的增减性及f(x)±g(x)的增减性进行判断． (2)对于复合函数，先将函数y＝f(g(x))分解成y＝f(u)和u＝g(x)，再讨论(判断)这两个函数的单调性，最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判断． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * A．f(x)＝|x| B．f(x)＝2x＋x C．f(x)＝x2－2x D．f(x)＝logeq \s\do7(\f(1,3))x－3x 解析　对于A，当x＞0时，f(x)＝x在(0，＋∞)上单调递增，A符合题意；对于B，因为y＝2x与y＝x在(0，＋∞)上均单调递增，所以f(x)＝2x＋x在(0，＋∞)上单调递增，B符合题意；对于C，f(x)＝x2－2x在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，C不符合题意；对于D，因为y＝logeq \s\do7(\f(1,3))x与y＝－3x在(0，＋∞)上均单调递减，所以f(x)＝logeq \s\do7(\f(1,3))x－3x在(0，＋∞)上单调递减，D不符合题意．故选AB. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 2．求函数f(x)＝|4－x|·(x－1)的单调区间． 解　f(x)＝|4－x|·(x－1)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（4－x）（x－1），x≤4，,（x－4）（x－1），x＞4，)) 根据图象可知其单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))，(4，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，4)). 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 多角度探究突破 考向二　函数单调性的应用 角度 　利用函数的单调性比较大小 例3　已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，设a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c>a>b B．c>b>a C．a>c>b D．b>a>c 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　由题意知y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，且当x>1时，y＝f(x)是减函数，∵a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，∴f(2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))>f(3)，即b>a>c.故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 * 已知下面的三个条件中任意两个都能推出第三个． ①函数f(x)在某个区间上的单调性； ②在这个区间上的任意两个自变量x1，x2的大小； ③在这个区间上的任意两个函数值f(x1)，f(x2)的大小． 提醒：若自变量的值不在同一个单调区间内，则要利用函数的性质，将自变量的值转化到同一个单调区间上进行比较． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))INCLUDEPICTURE"即时训练.TIF" INCLUDEPICTURE "即时训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　已知函数f(x)＝lg x－eq \s\up12(x)，f(m)＝1，且0<p<m<n，则(　　) A．f(n)<1且f(p)>1 B．f(n)>1且f(p)>1 C．f(n)>1且f(p)<1 D．f(n)<1且f(p)<1 解析　易知函数y＝lg x与y＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)都是(0，＋∞)上的增函数，∴函数f(x)＝lg x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)是(0，＋∞)上的增函数，∵0<p<m<n，且f(m)＝1，∴f(p)<f(m)＝1<f(n)． 目录 考向一 考向二 考向三 (－2，1) 答案 解析 * 角度 例4　已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3，x≤0，,ln （x＋1），x>0，))若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是_____________． 解析　因为当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，所以函数的图象是一条连续的曲线．因为当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x>0时，f(x)＝ln (x＋1)也是增函数，所以函数f(x)是定义在R上的增函数．因此不等式f(2－x2)>f(x)等价于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2<x<1. 目录 考向一 考向二 考向三 * (1)将函数不等式转化为f(x1)>f(x2)的形式； (2)确定函数f(x)的单调性； (3)根据函数f(x)的单调性去掉对应关系“f”，转化为形如“x1>x2”或“x1<x2”的不等式，从而得解． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * (－eq \r(5)，－2)∪(2，eq \r(5)) 解析　因为函数f(x)＝ln x＋2x在定义域(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝ln 1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2，得f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－eq \r(5)<x<－2或2<x<eq \r(5). 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 角度 例5　(1)(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2] B．[－2，0) C．(0，2] D．[2，＋∞) 解析　函数y＝2x在R上单调递增，而函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则函数y＝x(x－a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(a2,4)在区间(0，1)上单调递减，因此eq \f(a,2)≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 [4，8) 答案 解析 * (2)(2023·南京大学附属中学模拟)若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax，x＞1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1))对于R上的任意x1≠x2都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，则实数a的取值范围是________． 解析　∵对于R上的任意x1≠x2都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，∴函数f(x)单调递增，∵函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax，x＞1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,4－\f(a,2)＞0，,4－\f(a,2)＋2≤a，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,a＜8，,a≥4，))∴4≤a＜8. 目录 考向一 考向二 考向三 * (1)视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数． (2)需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的． (3)分段函数的单调性需要分段研究，既要保证每一段函数的单调性，还要注意每段端点值的大小． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * \lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))INCLUDEPICTURE"即时训练.TIF" INCLUDEPICTURE "即时训练.TIF" \* MERGEFORMAT 　设函数f(x)＝若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是____________________． (－∞，1]∪[4，＋∞) 解析　作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知，若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a＋1≤2或a≥4，即a≤1或a≥4. 目录 考向一 考向二 考向三 (－1，1] 答案 解析 * 考向三　函数的最值(值域)问题 例6　(1)函数y＝eq \f(1－x2,1＋x2)的值域是________． 解析　解法一：函数y＝eq \f(1－x2,1＋x2)的定义域是R，因为y＝eq \f(1－x2,1＋x2)＝－1＋eq \f(2,1＋x2)，又因为1＋x2≥1，所以0＜eq \f(2,1＋x2)≤2，所以－1＜－1＋eq \f(2,1＋x2)≤1，所以函数y＝eq \f(1－x2,1＋x2)的值域为(－1，1]． 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解法二：由y＝eq \f(1－x2,1＋x2)得(1＋x2)y＝1－x2，所以(1＋y)x2＝1－y，所以x2＝eq \f(1－y,1＋y)，因为x∈R，所以x2＝eq \f(1－y,1＋y)≥0，解得－1＜y≤1，所以函数y＝eq \f(1－x2,1＋x2)的值域为(－1，1]． 目录 考向一 考向二 考向三 1 答案 解析 * (2)函数y＝x＋eq \r(x－1)的最小值为________． 解析　解法一：令t＝eq \r(x－1)，且t≥0，则x＝t2＋1，所以原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0.配方得y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)，又t≥0，所以y≥eq \f(1,4)＋eq \f(3,4)＝1，故函数y＝x＋eq \r(x－1)的最小值为1. 解法二：因为函数y＝x和y＝eq \r(x－1)在定义域内均为增函数，故函数y＝x＋eq \r(x－1)在[1，＋∞)上为增函数，所以ymin＝1. 目录 考向一 考向二 考向三 (－∞，2] 答案 解析 * (3)(2024·张家口宣化第一中学月考)函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的值域为________． 解析　解法一(图象法)：作出函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的图象(如图所示)，f(x)max＝f(0)＝2.由函数图象可知，f(x)的值域为(－∞，2]． 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解法二(单调性法)：当x≥1时，函数f(x)＝eq \f(1,x)为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2，故函数f(x)的最大值为2.所以f(x)的值域为(－∞，2]． 目录 考向一 考向二 考向三 * (1)分离常数法：分子上构造一个跟分母一样的因式，把分式拆成常量和变量，进一步确定变量范围破解． (2)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值． (3)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值． 目录 考向一 考向二 考向三 * (4)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值． (5)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值． (6)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * A．2 B．3 C．4 D．6 解析　画出函数M＝max{2x，2x－3，6－x}的图象(如图所示的实线部分)，由图可知，函数M在点A(2，4)处取得最小值4. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 2．设f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为(　　) A．[－1，2] B．[－1，0] C．[1，2] D．[0，2] 解析　∵当x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，∴a≥0.当x>0时，f(x)＝x＋eq \f(1,x)＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取等号．要满足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2.∴a的取值范围是[0，2]．故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 3．函数y＝x＋eq \r(1－x2)的值域为__________________． [－1，eq \r(2)] 解析　令x＝cosθ(0≤θ≤π)，∴y＝cosθ＋sinθ＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))).∴当θ＝eq \f(π,4)时，y有最大值eq \r(2).当θ＝π时，y有最小值－1.∴所求函数的值域是[－1，eq \r(2)]． 课时作业 KE SHI ZUO YE 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 一、单项选择题 1．(2023·海淀区模拟)下列函数中，在区间(0，＋∞)上不是单调函数的是(　　) A．y＝x B．y＝x2＋x C．y＝x＋eq \r(x) D．y＝|x－1| 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　由一次函数的性质可知，y＝x在区间(0，＋∞)上单调递增；由二次函数的性质可知，y＝x2＋x在区间(0，＋∞)上单调递增；由幂函数的性质可知，y＝x＋eq \r(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；结合一次函数的性质可知，y＝|x－1|在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 2．(2023·中国人民大学附中模拟)已知函数f(x)的定义域为R，则“存在M∈R，对任意x∈R，均有f(x)≤M”是“f(x)有最大值”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　只有当∃M∈R，∀x∈R，f(x)≤M且∃x∈R，使得f(x)＝M，这时f(x)有最大值．反之，若f(x)有最大值，则存在M∈R，对任意x∈R，均有f(x)≤M成立．所以函数f(x)的定义域为R，则“存在M∈R，对任意x∈R，均有f(x)≤M”是“f(x)有最大值”的必要不充分条件．故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 3．(2024·郴州质检)函数f(x)＝ln (x2－2x－8)的单调递增区间是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，1) C．(1，＋∞) D．(4，＋∞) 解析　由x2－2x－8>0，得f(x)的定义域为{x|x<－2或x>4}．设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数．要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间(定义域内)．∵函数t＝x2－2x－8在区间(4，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，－2)上单调递减，∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 4．(2024·鞍山一中月考)函数f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋3)在区间(－3，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(3，＋∞) 解析　f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋3)＝eq \f(a（x＋3）＋1－3a,x＋3)＝a＋eq \f(1－3a,x＋3)，因为f(x)在(－3，＋∞)上单调递增，所以1－3a<0，解得a>eq \f(1,3)，即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 5．(2023·保定二模)若函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)))＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＋1，则函数g(x)＝f(x)－4x的最小值为(　　) A．－1 B．－2 C．－3 D．－4 解析　由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)))＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＋1可得，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝1－eq \f(2,x)＋eq \f(1,x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))eq \s\up12(2)，∴f(x)＝x2(x≠1)．∴g(x)＝x2－4x＝(x－2)2－4，当x＝2时，g(x)取得最小值，为－4.故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 解析 * 6．(2024·衡水中学调考)已知函数f(x)＝log2x＋eq \f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，则(　　) A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0 C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0 解析　因为函数f(x)＝log2x＋eq \f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1，2)时，f(x1)<f(2)＝0，当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 7．(2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤a，,2x，x>a，))若f(x)的值域是R，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，0] B．[0，1] C．[0，＋∞) D．(－∞，1] 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　解法一：因为函数y＝2x是R上的增函数，且值域为(0，＋∞)，函数y＝x＋1是R上的增函数，且值域也是R，所以要使函数f(x)的值域为R，需满足2a≤a＋1.在同一平面直角坐标系中作出函数y＝2x与y＝x＋1的图象，如图所示，由图可知，当0≤x≤1时，2x≤x＋1，所以实数a的取值范围为[0，1]．故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解法二：若a＝－1，则当x≤a时，x＋1≤0，当x>a时，2x>eq \f(1,2)，可知此时f(x)的值域不是R，即a＝－1不满足题意，故排除A，D；若a＝2，则当x≤a时，x＋1≤3，当x>a时，2x>4，可知此时f(x)的值域不是R，即a＝2不满足题意，故排除C.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 8．(2024·长沙模拟)设f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)－a))(a∈R)，记f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))上的最大值为M(a)，则M(a)的最小值为(　　) A．0 B.eq \f(9,8) C.eq \f(15,8) D．2 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　设g(x)＝x＋eq \f(1,x)－a，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))，则g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，在[1，4]上单调递增，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \f(5,2)－a，g(1)＝2－a，g(4)＝eq \f(17,4)－a，所以M(a)是eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－a))，|2－a|，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)－a))三者中的较大者，所以M(a)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)－a，a≤\f(25,8)，,a－2，a>\f(25,8)，))所以当a＝eq \f(25,8)时，M(a)的最小值为eq \f(9,8).故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 二、多项选择题 9．设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论错误的是(　　) A．y＝eq \f(1,|f（x）|)在R上为减函数 B．y＝|f(x)|在R上为增函数 C．y＝－eq \f(1,f（x）)在R上为增函数 D．y＝－f(x)在R上为减函数 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　对于A，若f(x)＝x，则y＝eq \f(1,|f（x）|)＝eq \f(1,|x|)，在R上不是减函数，故A错误；对于B，若f(x)＝x，则y＝|f(x)|＝|x|，在R上不是增函数，故B错误；对于C，若f(x)＝x，则y＝－eq \f(1,f（x）)＝－eq \f(1,x)，在R上不是增函数，故C错误；对于D，函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的x1，x2∈R，设x1<x2，必有f(x1)<f(x2)，对于y＝－f(x)，则有y1－y2＝[－f(x1)]－[－f(x2)]＝f(x2)－f(x1)>0，则y＝－f(x)在R上为减函数，故D正确．故选ABC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 10．(2024·盘锦高级中学月考)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1＜x＜2，))下列关于函数f(x)的结论正确的是(　　) A．f(x)的定义域是R B．f(x)的值域是(－∞，5) C．若f(x)＝3，则x的值为eq \r(2) D．f(x)的图象与y＝2有2个交点 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　由函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1＜x＜2))知，定义域为(－∞，－1]∪(－1，2)，即(－∞，2)，A错误；当x≤－1时，f(x)＝x＋2∈(－∞，1]，当－1<x<2时，x2∈[0，4)，故f(x)＝x2＋1∈[1，5)，故其值域为(－∞，5)，B正确；由分段函数的取值可知f(x)＝3时，x∈(－1，2)，即f(x)＝x2＋1＝3，解得x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2)(舍去)，C正确；由分段函数的取值可知f(x)＝2时，x∈(－1，2)，即f(x)＝x2＋1＝2，解得x＝1或x＝－1(舍去)，故f(x)的图象与y＝2有1个交点，D错误．故选BC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 * 11．(2023·无锡市锡山区校级三模)一般地，若函数f(x)的定义域为[a，b]，值域为[ka，kb]，则称[ka，kb]为f(x)的“k倍跟随区间”；若函数的定义域为[a，b]，值域也为[a，b]，则称[a，b]为f(x)的“跟随区间”．下列结论正确的是(　　) A．若[1，b]为f(x)＝x2－2x＋2的“跟随区间”，则b＝2 B．函数f(x)＝1＋eq \f(1,x)存在“跟随区间” C．若函数f(x)＝m－eq \r(x＋1)存在“跟随区间”，则m∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)) D．二次函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2＋x存在“3倍跟随区间” 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 解析　由已知可得函数f(x)在区间[1，b]上单调递增，则有f(b)＝b2－2b＋2＝b，解得b＝2或b＝1(舍去)，所以b＝2，A正确；若存在“跟随区间”[a，b](a<b)，又因为函数在单调区间上单调递减，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a）＝b，,f（b）＝a，))解得a＝b＝eq \f(1－\r(5),2)或a＝b＝eq \f(1＋\r(5),2)，不满足a<b，故不存在，B不正确； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 由已知函数可得，函数在定义域上单调递减，若存在“跟随区间”[a，b](－1≤a<b)，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a）＝b，,f（b）＝a，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝m－\r(a＋1)，,a＝m－\r(b＋1)，))两式作差得，a－b＝eq \r(a＋1)－eq \r(b＋1)，即(a－b)·(eq \r(a＋1)＋eq \r(b＋1))＝a＋1－(b＋1)＝a－b，又－1≤a<b，所以eq \r(a＋1)＋eq \r(b＋1)＝1，易得0≤eq \r(a＋1)<eq \r(b＋1)≤1，所以m＝a＋eq \r(b＋1)＝a＋1－eq \r(a＋1)，设eq \r(a＋1)＝t，则m＝t2－t，即t2－t－m＝0在区间[0，1]上有两个不相等的实数根，只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝1＋4m>0，,－m≥0，))解得－eq \f(1,4)<m≤0，C正确； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 * 若函数存在“3倍跟随区间”，设定义域为[a，b]，值域为[3a，3b]，当a<b≤1时，易得函数在定义域上单调递增，则a，b是方程－eq \f(1,2)x2＋x＝3x的两个不相等的实数根，解得x＝0或－4，故存在定义域为[－4，0]使得值域为[－12，0]，D正确．故选ACD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (－∞，－1]∪(0，＋∞) 答案 解析 * 三、填空题 12．函数f(x)＝eq \f(1,x2－2x)的值域为____________________________． 解析　令t＝x2－2x，则t≥－1，且t≠0，因为函数y＝eq \f(1,t)在[－1，0)和(0，＋∞)上单调递减，所以当t∈[－1，0)时，y≤－1；当t∈(0，＋∞)时，y>0.综上，函数f(x)＝eq \f(1,x2－2x)的值域为(－∞，－1]∪(0，＋∞)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 [0，1) 答案 解析 * 13．(2024·郑州模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________． 解析　由题意知g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))函数图象如图实线部分所示，根据图象可知，函数g(x)的单调递减区间是[0，1)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 [－3，＋∞) 答案 解析 * 14．(2023·中卫三模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－1，x≤0，,3x＋m，x>0))在R上存在最小值，则m的取值范围是_____________． 解析　当x≤0时，f(x)＝x2＋2x－1＝(x＋1)2－2≥－2，当x＝－1时，取得最小值－2，当x>0时，f(x)＝3x＋m递增，可得f(x)>1＋m，由题意可得1＋m≥－2，解得m≥－3. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 * 四、解答题 15．已知函数f(x)＝eq \f(x2,x－3). (1)试判断f(x)在[1，2]上的单调性； (2)求函数f(x)在[1，2]上的最值． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 解　(1)∀x1，x2∈[1，2]，且x1<x2， 则f(x2)－f(x1)＝2,2)eq \f(x,x2－3) －2,1)eq \f(x,x1－3) ＝2,2)eq \f(x（x1－3）－xeq \o\al(2,1)（x2－3）,（x2－3）（x1－3）) ＝eq \f(（x2－x1）[x1x2－3（x1＋x2）],（x2－3）（x1－3）)， ∵x1，x2∈[1，2]，∴x2－3<0，x1－3<0，x1x2－3(x1＋x2)<0， 又x1<x2，∴x2－x1>0， ∴eq \f(（x2－x1）[x1x2－3（x1＋x2）],（x2－3）（x1－3）)<0， 即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在[1，2]上为减函数． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * (2)由(1)知f(x)在[1，2]上为减函数， ∴f(x)min＝f(2)＝eq \f(4,2－3)＝－4， f(x)max＝f(1)＝eq \f(1,1－3)＝－eq \f(1,2). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 16．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足： ①feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)；②当x＞1时，f(x)＜0. (1)求f(1)的值； (2)证明：函数f(x)为减函数； (3)求不等式f(2x＋1)＞f(2－x)的解集． 解　(1)令x1＝x2＞0， 代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0， 故f(1)＝0. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * (2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2， 则eq \f(x1,x2)＞1，由于当x＞1时，f(x)＜0， 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＜0，即f(x1)－f(x2)＜0， 因此f(x1)＜f(x2)， 所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 金版教程 高考科学复习创新方案 数学(提升版) (3)因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以不等式f(2x＋1)＞f(2－x)等价于 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1＞0，,2－x＞0，,2x＋1＜2－x，))解得－eq \f(1,2)＜x＜eq \f(1,3)， 故原不等式的解集为(1,2)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－＜x＜eq \f(1,3))))) . 1 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解 * 金版教程 高考科学复习创新方案 数学(提升版) (3)因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以不等式f(2x＋1)＞f(2－x)等价于 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1＞0，,2－x＞0，,2x＋1＜2－x，))解得－eq \f(1,2)＜x＜eq \f(1,3)， 故原不等式的解集为(1,2)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－＜x＜eq \f(1,3))))) . 1 　　　　　　　　　　　　　 R $$