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word（新教材，提升版）

金版教程 高考科学复习创新方案 数学(提升版) 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． 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上单调递增 当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递减 图象描述 自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的 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 (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)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间． 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)的最大值 M为函数y＝f(x)的最小值 1．函数单调性的两个等价结论 设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则>(<)0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>(<)0)⇔f(x)在D上单调递增(减)． 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＋(a>0)的单调递增区间为(－∞，－]和[，＋∞)；单调递减区间为[－，0)和(0，]，且对勾函数为奇函数． 1．(多选)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　) A．y＝－ B．y＝x C．y＝2－x D．y＝log(x＋1) 答案　AB 解析　对于A，y＝－在(－1，＋∞)上单调递增，符合题意；对于B，y＝x在R上单调递增，符合题意；对于C，y＝2－x＝在R上单调递减，不符合题意；对于D，y＝log(x＋1)在(－1，＋∞)上单调递减，不符合题意． 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 答案　C 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． 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) 答案　B 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. 4．(人教A必修第一册3.2.1例5改编)已知函数f(x)＝，x∈[2，6]，则f(x)的最大值为________，最小值为________． 答案　－　－2 解析　可判断函数f(x)＝在区间[2，6]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)max＝f(6)＝－. 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________． 答案　(－∞，2]∪[4，＋∞) 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，＋∞)． 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)＝(a≠0)在(－1，1)上的单调性． 解　设－1<x1<x2<1，f(x)＝a·＝a， 则f(x1)－f(x2)＝a－a＝. 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． 定义法判断函数单调性的步骤 　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－＝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－－a＋＝. 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． 角度　图象法、性质法确定函数的单调性 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，＋∞) 答案　B 解析　根据题意，函数f(x)＝x2－4|x|＋3＝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. (2)函数y＝的单调递增区间为________，单调递减区间为________． 答案　[2，＋∞)　(－∞，－3] 解析　令u＝x2＋x－6，则y＝可以看作是由y＝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＝在[0，＋∞)上是增函数，∴y＝的单调递减区间为(－∞，－3]，单调递增区间为[2，＋∞)． 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． 　1.(多选)下列函数中在(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝|x| B．f(x)＝2x＋x C．f(x)＝x2－2x D．f(x)＝logx－3x 答案　AB 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＝logx与y＝－3x在(0，＋∞)上均单调递减，所以f(x)＝logx－3x在(0，＋∞)上单调递减，D不符合题意．故选AB. 2．求函数f(x)＝|4－x|·(x－1)的单调区间． 解　f(x)＝|4－x|·(x－1)＝ 根据图象可知其单调递增区间为，(4，＋∞)，单调递减区间为. 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＝f，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 答案　D 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＝f＝f，∴f(2)>f>f(3)，即b>a>c.故选D. 利用函数的单调性比较大小的思路 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． 　已知函数f(x)＝lg 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 答案　C 解析　易知函数y＝lg x与y＝－都是(0，＋∞)上的增函数，∴函数f(x)＝lg x－是(0，＋∞)上的增函数，∵0<p<m<n，且f(m)＝1，∴f(p)<f(m)＝1<f(n)． 角度　利用函数的单调性解不等式 例4　已知函数f(x)＝若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是________． 答案　(－2，1) 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. 利用函数单调性解不等式的具体步骤 (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． 　(2024·安阳林州一中质检)已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是________． 答案　(－，－2)∪(2，) 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－<x<－2或2<x<. 角度　利用函数的单调性求参数 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，＋∞) 答案　D 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)＝－在区间(0，1)上单调递减，因此≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．故选D. (2)(2023·南京大学附属中学模拟)若函数f(x)＝对于R上的任意x1≠x2都有＞0，则实数a的取值范围是________． 答案　[4，8) 解析　∵对于R上的任意x1≠x2都有＞0，∴函数f(x)单调递增，∵函数f(x)＝∴即∴4≤a＜8. 利用函数单调性求参数的策略 (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． 　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________． 答案　(－∞，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. 考向三　函数的最值(值域)问题 例6　(1)函数y＝的值域是________． 答案　(－1，1] 解析　解法一：函数y＝的定义域是R，因为y＝＝－1＋，又因为1＋x2≥1，所以0＜≤2，所以－1＜－1＋≤1，所以函数y＝的值域为(－1，1]． 解法二：由y＝得(1＋x2)y＝1－x2，所以(1＋y)x2＝1－y，所以x2＝，因为x∈R，所以x2＝≥0，解得－1＜y≤1，所以函数y＝的值域为(－1，1]． (2)函数y＝x＋的最小值为________． 答案　1 解析　解法一：令t＝，且t≥0，则x＝t2＋1，所以原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0.配方得y＝＋，又t≥0，所以y≥＋＝1，故函数y＝x＋的最小值为1. 解法二：因为函数y＝x和y＝在定义域内均为增函数，故函数y＝x＋在[1，＋∞)上为增函数，所以ymin＝1. (3)(2024·张家口宣化第一中学月考)函数f(x)＝的值域为________． 答案　(－∞，2] 解析　解法一(图象法)：作出函数f(x)＝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]． 解法二(单调性法)：当x≥1时，函数f(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]． 函数的最值(或值域)的几种求解方法 (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． (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． 　1.定义max{a，b，c}为a，b，c中的最大值，设M＝max{2x，2x－3，6－x}，则M的最小值是(　　) A．2 B．3 C．4 D．6 答案　C 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. 2．设f(x)＝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] 答案　D 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＋＋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. 3．函数y＝x＋的值域为________． 答案　[－1，] 解析　令x＝cosθ(0≤θ≤π)，∴y＝cosθ＋sinθ＝sin.∴当θ＝时，y有最大值.当θ＝π时，y有最小值－1.∴所求函数的值域是[－1，]． 课时作业 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＋ D．y＝|x－1| 答案　D 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＋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. 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 答案　B 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. 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，＋∞) 答案　D 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. 4．(2024·鞍山一中月考)函数f(x)＝在区间(－3，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(3，＋∞) 答案　B 解析　f(x)＝＝＝a＋，因为f(x)在(－3，＋∞)上单调递增，所以1－3a<0，解得a>，即实数a的取值范围为. 5．(2023·保定二模)若函数f＝－＋1，则函数g(x)＝f(x)－4x的最小值为(　　) A．－1 B．－2 C．－3 D．－4 答案　D 解析　由f＝－＋1可得，f＝1－＋＝，∴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. 6．(2024·衡水中学调考)已知函数f(x)＝log2x＋，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 答案　B 解析　因为函数f(x)＝log2x＋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. 7．(2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝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] 答案　B 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. 解法二：若a＝－1，则当x≤a时，x＋1≤0，当x>a时，2x>，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. 8．(2024·长沙模拟)设f(x)＝(a∈R)，记f(x)在上的最大值为M(a)，则M(a)的最小值为(　　) A．0 B. C. D．2 答案　B 解析　设g(x)＝x＋－a，x∈，则g(x)在上单调递减，在[1，4]上单调递增，g＝－a，g(1)＝2－a，g(4)＝－a，所以M(a)是，|2－a|，三者中的较大者，所以M(a)＝所以当a＝时，M(a)的最小值为.故选B. 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＝在R上为减函数 B．y＝|f(x)|在R上为增函数 C．y＝－在R上为增函数 D．y＝－f(x)在R上为减函数 答案　ABC 解析　对于A，若f(x)＝x，则y＝＝，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＝－＝－，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. 10．(2024·盘锦高级中学月考)已知函数f(x)＝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 D．f(x)的图象与y＝2有2个交点 答案　BC 解析　由函数f(x)＝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＝或x＝－(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. 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＋存在“跟随区间” C．若函数f(x)＝m－存在“跟随区间”，则m∈ D．二次函数f(x)＝－x2＋x存在“3倍跟随区间” 答案　ACD 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，则有解得a＝b＝或a＝b＝，不满足a<b，故不存在，B不正确；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)，则有即两式作差得，a－b＝－，即(a－b)·(＋)＝a＋1－(b＋1)＝a－b，又－1≤a<b，所以＋＝1，易得0≤<≤1，所以m＝a＋＝a＋1－，设＝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，只需解得－<m≤0，C正确；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－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. 三、填空题 12．函数f(x)＝的值域为________． 答案　(－∞，－1]∪(0，＋∞) 解析　令t＝x2－2x，则t≥－1，且t≠0，因为函数y＝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)＝的值域为(－∞，－1]∪(0，＋∞)． 13．(2024·郑州模拟)设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________． 答案　[0，1) 解析　由题意知g(x)＝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)． 14．(2023·中卫三模)已知函数f(x)＝在R上存在最小值，则m的取值范围是________． 答案　[－3，＋∞) 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. 四、解答题 15．已知函数f(x)＝. (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． 解　(1)∀x1，x2∈[1，2]，且x1<x2， 则f(x2)－f(x1)＝－ ＝ ＝， ∵x1，x2∈[1，2]，∴x2－3<0，x1－3<0，x1x2－3(x1＋x2)<0， 又x1<x2，∴x2－x1>0， ∴<0， 即f(x1)>f(x2)， ∴f(x)在[1，2]上为减函数． (2)由(1)知f(x)在[1，2]上为减函数， ∴f(x)min＝f(2)＝＝－4， f(x)max＝f(1)＝＝－. 16．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足： ①f＝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. (2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2， 则＞1，由于当x＞1时，f(x)＜0， 所以f＜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． (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 解得－＜x＜， 故原不等式的解集为. 20 学科网（北京）股份有限公司 $$