第2节 函数的单调性与最值-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案全书word（新教材，基础版）

金版教程 高考科学复习解决方案 数学 第二节　函数的单调性与最值 课标解读 考向预测 1.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. 2.理解函数单调性的概念，能运用函数图象理解和研究函数的单调性. 3.会用函数单调性的定义判断(或证明)一些函数的单调性. 4.会求一些具体函数的单调区间. 以基本初等函数为载体，考查函数的单调性、单调区间及函数最值的确定与应用；强化对函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的考查，题型既有选择题、填空题，又有解答题．预计2025年高考仍会考查函数的单调性、单调区间及函数最值的确定与应用；题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度中档偏上. 必备知识——强基础 1．(1)单调函数的定义 增函数 减函数 定义 一般地，设函数f(x)的定义域为D，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I 当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I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I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 (2)单调区间的定义 如果函数y＝f(x)在区间I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I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D，如果存在实数M满足 条件 (1)∀x∈D，都有f(x)≤M； (2)∃x0∈D，使得f(x0)＝M (1)∀x∈D，都有f(x)≥M； (2)∃x0∈D，使得f(x0) ＝M 结论 M为最大值 M为最小值 1．函数单调性的两个等价结论 设函数f(x)的定义域为D，区间I⊆D，则∀x1，x2∈I(x1≠x2)， (1)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在I上单调递增； (2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在I上单调递减． 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：“同增异减”． 3．函数最值存在的两个结论 (1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值．当函数在闭区间上单调时，最值一定在端点取到； (2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值． 1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，则函数f(x)的单调递增区间是[1，＋∞)．(　　) (2)因为y＝x与y＝ex都是增函数，所以y＝xex在定义域内为增函数．(　　) (3)若函数f(x)在区间(1，2]和(2，3)上均为增函数，则函数f(x)在区间(1，3)上为增函数．(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)× 2．小题热身 (1)(多选)(人教A必修第一册习题3.2 T3改编)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递减的是(　　) A．y＝－x B．y＝x2－x C．y＝－x2－2x D．y＝ex 答案　AC (2)(人教A必修第一册3.2.1 P81练习 T2改编)已知函数f(x)为定义在区间[－1，1]上的增函数，则满足f(x)<f的实数x的取值范围为(　　) A. B. C. D．(－1，1] 答案　B 解析　由题意，得解得－1≤x<.故选B. (3)(人教A必修第一册3.2.1例5改编)已知函数f(x)＝(x∈[2，6])，则函数f(x)的最大值为________，最小值为________． 答案　2　 (4)函数f(x)＝lg (9－x2)的定义域为________，其单调递增区间为________． 答案　(－3，3)　(－3，0] 解析　对于函数f(x)＝lg (9－x2)，令t＝9－x2＞0，解得－3＜x＜3，故函数f(x)的定义域为(－3，3)．令g(x)＝9－x2，则函数f(x)＝lg (g(x))，又函数g(x)在定义域内的单调递增区间为(－3，0]，所以函数f(x)＝lg (9－x2)在定义域内的单调递增区间为(－3，0]． 考点探究——提素养 考点一　函数的单调性、单调区间(多考向探究) 考向1判断或证明函数的单调性 例1(1)(多选)(2023·河北石家庄模拟)下列函数在(－∞，0)上单调递减的是(　　) A．y＝tanx B．y＝ln (－x) C．y＝ D．y＝－ 答案　BC 解析　函数y＝tanx在(－∞，0)上不单调，故A不满足题意；由复合函数的单调性可知函数y＝ln (－x)在(－∞，0)上单调递减，故B满足题意；函数y＝＝在(－∞，0)上单调递减，故C满足题意；函数y＝－在(－∞，0)上单调递增，故D不满足题意．故选BC. (2)判断函数f(x)＝在(－1，1)上的单调性，并用定义证明． 解　函数f(x)在(－1，1)上是增函数．证明如下： 任取x1，x2∈(－1，1)且x1<x2，则 f(x1)－f(x2)＝－ ＝ ＝ ＝， 因为－1<x1<x2<1， 所以x1－x2<0，－1<x1x2<1，1－x1x2＞0， 所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)． 所以函数f(x)在(－1，1)上是增函数． 【通性通法】 利用定义证明或判断函数单调性的步骤 (1)取值：设x1，x2是该区间内的任意两个值，且x1<x2. (2)作差变形：作差f(x1)－f(x2)，并通过因式分解、通分、配方、有理化等手段，转化为易判断正负的式子． (3)定号：确定f(x1)－f(x2)的符号． (4)结论：根据f(x1)－f(x2)的符号及定义判断单调性． 提醒：作差变形是证明单调性的关键，且变形的结果一般写成几个因式乘积的形式． 【巩固迁移】 1．(多选)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．y＝3x－3－x B．y＝|x2－2x| C．y＝x＋ D．y＝ 答案　AC 解析　∵y＝3x与y＝－3－x为R上的增函数，∴y＝3x－3－x为R上的增函数，故A满足题意；由y＝|x2－2x|的图象知，B不满足题意；对于C，∵y＝x＋＝x－1＋＋1，∴由对勾函数的性质知，y＝x＋在(0，＋∞)上为增函数，故C满足题意；y＝的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，D不满足题意．故选AC. 2．(2024·广东揭阳高三摸底)用定义证明函数f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上单调递增． 证明　设0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝－＝(ex1－ex2)＋＝(ex1－ex2)＝<0，∴f(x1)<f(x2)，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 考向2求函数的单调区间 例2(1)(2023·四川资阳期末)函数f(x)＝－x的单调递增区间为(　　) A. B．(0，1) C. D．(1，＋∞) 答案　A 解析　令t＝，显然t＝在[0，＋∞)上单调递增．又y＝t－t2＝－＋在上单调递增，由0≤≤得0≤x≤，所以f(x)的单调递增区间是.故选A. (2)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)＝该函数图象如图所示，其单调递减区间是[0，1)． 【通性通法】 (1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，常用方法：①定义法；②导数法；③图象法；④性质法． (2)求复合函数y＝f(g(x))的单调区间，一要注意先确定函数的定义域，二要利用外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，判断的依据是“同增异减”． 注意：单调区间只能用区间表示，不能用不等式或集合表示，当函数有多个不连续的单调区间时，不能用符号“∪”连接，只能用“逗号”或“和”连接． 【巩固迁移】 3．设函数f(x)＝－x2＋2x＋8，g(x)＝logax(0<a<1)，则函数y＝g(f(x))的单调递减区间为(　　) A．(－∞，1) B．(－2，1) C．(1，＋∞) D．(1，4) 答案　B 解析　g(f(x))＝loga(－x2＋2x＋8)，由－x2＋2x＋8>0得－2<x<4，即函数y＝g(f(x))的定义域为(－2，4)，显然函数f(x)在(－2，1)上单调递增，在(1，4)上单调递减，而g(x)＝logax(0<a<1)在(0，＋∞)上单调递减，因此函数y＝g(f(x))在(－2，1)上单调递减，在(1，4)上单调递增，所以函数y＝g(f(x))的单调递减区间为(－2，1)．故选B. 4．(2024·福建厦门外国语学校高三月考)已知函数f(x)＝－x|x|＋2x，则函数f(x)的单调递增区间为________． 答案　[－1，1] 解析　因为函数f(x)＝－x|x|＋2x＝作出函数f(x)的图象，如图所示．由图可知，函数f(x)的单调递增区间为[－1，1]． 考点二　函数单调性的应用(多考向探究) 考向1利用函数的单调性比较大小 例3(2023·重庆模拟)设函数f(x)＝ 若a＝ln 2，b＝30.2，c＝log0.32，则(　　) A．f(a)>f(b)>f(c) B．f(b)>f(a)>f(c) C．f(a)>f(c)>f(b) D．f(c)>f(a)>f(b) 答案　D 解析　显然f(x)在R上单调递减，又因为30.2>30＝1，即b>1，0＝ln 1<ln 2<ln e＝1，即0<a<1，log0.32<log0.31＝0，即c<0，所以b>a>c，所以f(b)<f(a)<f(c)．故选D. 【通性通法】 比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用函数的性质，转化到同一个单调区间内进行比较． 【巩固迁移】 5．已知函数f(x)的图象关于直线x＝1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(e)，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　因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f＝f.当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减，因为1<2<<e，所以f(2)>f>f(e)，即b>a>c.故选D. 考向2利用函数的单调性解不等式 例4已知函数f(x)为定义在R上的函数，对任意的x∈R，均有f(x＋2)＝f(2－x)，且f(x)在[2，＋∞)上单调递减，若f(－1)＝0，则不等式f(x－1)≥0的解集为(　　) A．[－2，4] B．[0，6] C．[2，4] D．[－4，6] 答案　B 解析　由函数f(x)对任意的x∈R，均有f(x＋2)＝f(2－x)，可得函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，又f(x)在[2，＋∞)上单调递减，所以f(x)在(－∞，2)上单调递增，因为f(－1)＝0，所以f(5)＝f(－1)＝0，则不等式f(x－1)≥0，即－1≤x－1≤5，解得0≤x≤6，所以不等式f(x－1)≥0的解集为[0，6]．故选B. 【通性通法】 根据题目条件，确定函数的单调性，利用函数的单调性将“f”符号脱掉，转化为具体的不等式求解，应注意函数的定义域． 【巩固迁移】 6．(2024·江苏泰州摸底)设定义在R上的函数f(x)满足：当x1<x2时，总有2x1f(x2)<2x2f(x1)，且f(1)＝2，则不等式f(x)>2x的解集为(　　) A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(－1，1) D．(－∞，1)∪(1，＋∞) 答案　A 解析　由2x1f(x2)<2x2f(x1)，得<，令g(x)＝，可知当x1<x2时，g(x2)<g(x1)，所以g(x)在定义域R上单调递减，又f(x)>2x⇒>1＝，即g(x)>g(1)，所以由单调性解得x<1.故选A. 考向3利用函数的单调性求参数的取值范围 例5(2023·江苏镇江期中)若函数f(x)＝满足对任意实数x1≠x2，都有>0成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，2] B．(1，2) C．[2，6) D. 答案　D 解析　根据题意知f(x)是R上的增函数， 则解得2≤a≤.故选D. 【通性通法】 利用单调性求参数的范围(或值)的策略 【巩固迁移】 7．若函数f(x)＝－x2＋4ax在[1，3]上不单调，则实数a的取值范围是________． 答案　 解析　因为函数f(x)在[1，3]上不单调，所以1<2a<3，得<a<. 8．设函数f(x)＝若函数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　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，则a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4. 考点三　函数的最值、值域问题 例6(1)当－3≤x≤－1时，函数y＝的最小值为(　　) A. B. C．2 D．3 答案　B 解析　由y＝，可得y＝－，因为－3≤x≤－1，所以≤－≤，即≤y≤3.所以所求函数的最小值为.故选B. (2)函数f(x)＝x＋的值域是(　　) A．[0，＋∞) B．[1，＋∞) C．(－∞，2] D．(－∞，1] 答案　C 解析　令＝t≥0，则x＝，原函数即为g(t)＝－t2＋t＋(t≥0)，可知g(t)max＝g(1)＝－×12＋1＋＝2，所以函数f(x)的值域为(－∞，2]．故选C. (3)已知函数f(x)＝则f(x)的最大值为________． 答案　1 解析　当x∈(－∞，1]时，f(x)＝ex－1单调递增，f(x)≤f(1)＝e1－1＝1；当x∈(1，＋∞)时，f(x)＝－x＋1单调递减，f(x)<－1＋1＝1.所以f(x)的最大值为1. 【通性通法】 求函数最值(或值域)的几种常用方法及其思路 (1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值(或值域)． (2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，得出最值(或值域)． (3)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(或值域)． (4)分离常数法：求形如y＝(ac≠0)的函数的最值(或值域)常用分离常数法求解． (5)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(或值域)． (6)导数法：先利用导数求出函数的极大值和极小值，再确定函数的最值(或值域)． 【巩固迁移】 9．(2023·山东烟台高三专题检测)已知f(x)＝3－ 2|x|，g(x)＝x2－2x，若F(x)＝ 则F(x)的最值情况是(　　) A．最大值为3，最小值为－1 B．最大值为7－2，无最小值 C．最大值为3，无最小值 D．无最大值，最小值为－1 答案　B 解析　根据已知条件，可以求出F(x)＝ 如图所示，F(x)在A处取得最大值，没有最小值．由F(x)的解析式，得xA＝2－，所以yA＝7－2.所以F(x)有最大值7－2，无最小值．故选B. 10．函数y＝的最大值为________． 答案　 解析　令＝t，则t≥2，∴x2＝t2－4，∴y＝＝，设h(t)＝t＋，则h(t)在[2，＋∞)上为增函数，∴h(t)min＝h(2)＝，∴y≤＝(当x＝0时取等号)，即y的最大值为. 11．函数y＝＋的值域为________． 答案　[，2] 解析　由得3≤x≤5，则y2＝2＋2＝2＋2，3≤x≤5，又－(x－4)2＋1∈[0，1]，则2∈[0，2]，∴2≤y2≤4，又y≥0，∴≤y≤2，故函数的值域为[，2]． 课时作业 一、单项选择题 1．已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，则不等式f(3x－1)>f(x＋5)的解集为(　　) A．(－∞，3) B．(3，＋∞) C．(－∞，2) D．(2，＋∞) 答案　B 解析　原不等式等价于3x－1>x＋5，解得x>3.故选B. 2．函数y＝的值域为(　　) A．(0，2) B．[2，＋∞) C．(2，3) D．[1，2] 答案　C 解析　因为y＝＝2＋，又0<<1，所以2<y<3.故选C. 3．已知函数f(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝logf(x)的单调递增区间为(　　) A．(－∞，－3]，[0，3] B．[－3，0]，[3，＋∞) C．(－∞，－5)，[0，1) D．(－1，0]，(5，＋∞) 答案　C 解析　因为y＝logx在(0，＋∞)上为减函数，所以只求y＝f(x)的单调递减区间，且f(x)>0.由题图可知，使得函数y＝f(x)单调递减且满足f(x)>0的x的取值范围是(－∞，－5)∪[0，1)，因此函数g(x)＝logf(x)的单调递增区间为(－∞，－5)，[0，1)．故选C. 4．(2023·北京高考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝－ln x B．f(x)＝ C．f(x)＝－ D．f(x)＝3|x－1| 答案　C 解析　对于A，因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，故A不符合题意；对于B，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，故B不符合题意；对于C，因为y＝在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，故C符合题意；对于D，因为f＝3||＝3＝，f(1)＝3|1－1|＝30＝1，f(2)＝3|2－1|＝3，显然f(x)＝3|x－1|在(0，＋∞)上不单调，故D不符合题意．故选C. 5．(2024·河南信阳高三期末)设a＞0，b＞0，若a2＋2a＝b2＋3b，则(　　) A．a＜b B．a＞b C．2a＞3b D．3a＞4b 答案　B 解析　因为a＞0，所以a2＋3a>a2＋2a＝b2＋3b，所以a2＋3a>b2＋3b，令函数f(x)＝x2＋3x，显然函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a＞b.由a>0，b>0，a>b，得a2>b2，又a2＋2a＝b2＋3b，所以2a<3b.令b＝1，得a＝－1，此时3a<4b.故选B. 6．(2023·河南郑州四中高三二调)已知函数f(x)＝若存在实数x0，使得对任意的实数x都有f(x)≤f(x0)成立，则实数a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞) B．(2，＋∞) C．(1，＋∞) D．[2，＋∞) 答案　A 解析　由题意知函数有最大值f(x0)，又当x>a时，f(x)＝－x＋2单调递减，即f(x)<－a＋2，当x≤a时，f(x)＝－x2－2x＝－(x＋1)2＋1，∴1≥－a＋2且a≥－1，故a≥1.故选A. 7．(2024·辽宁沈阳二中高三期中)函数f(x)＝32x－4－2×3x－2的单调递增区间为(　　) A．[2，＋∞) B．[1，＋∞) C．[0，＋∞) D．[－2，＋∞) 答案　A 解析　函数f(x)＝32x－4－2×3x－2＝(3x－2)2－2×3x－2，令3x－2＝t(t>0)，所以原函数化为y＝t2－2t，显然函数y＝t2－2t在[1，＋∞)上单调递增，而3x－2＝t，故f(x)＝32x－4－2×3x－2在[2，＋∞)上单调递增．故选A. 8．已知函数f(x)＝ax2＋x－3，若对任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1≠x2，<3恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，1] C．(－∞，0) D．(－∞，0] 答案　D 解析　不妨设1≤x1<x2，则x1－x2<0，根据题意可得f(x1)－f(x2)>3(x1－x2)恒成立，即f(x1)－3x1>f(x2)－3x2恒成立．令g(x)＝f(x)－3x＝ax2－2x－3，则g(x1)>g(x2)恒成立，所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减．当a＝0时，g(x)＝－2x－3在[1，＋∞)上单调递减，符合题意；当a≠0时，要使g(x)＝ax2－2x－3在[1，＋∞)上单调递减，则解得a<0.综上所述，实数a的取值范围是(－∞，0]．故选D. 二、多项选择题 9．(2024·湖北荆州石首期中)关于函数f(x)＝，下列说法正确的是(　　) A．f(x)的单调递增区间是[－1，1] B．f(x)的单调递减区间是[1，＋∞) C．f(x)的最大值为2 D．f(x)没有最小值 答案　AC 解析　要使函数有意义，则－x2＋2x＋3≥0，解得－1≤x≤3，可知B错误；当x＝－1或x＝3时，－x2＋2x＋3＝0，此时函数有最小值0，可知D错误；令y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，根据复合函数的单调性可知A正确；根据函数的单调性及定义域，可知f(x)max＝f(1)＝2，故C正确．故选AC. 10．函数f(x)＝在区间(b，＋∞)上单调递增，则下列结论正确的是(　　) A．a>－2 B．b>－1 C．b≥－1 D．a<－2 答案　AC 解析　f(x)＝＝2－，∵f(x)在区间(b，＋∞)上单调递增，∴a＋2>0，且b≥－1，即a>－2，且b≥－1.故选AC. 11．(2023·山东烟台检测)已知函数f(x)的定义域为A，若对任意x∈A，存在正数M，使得|f(x)|≤M成立，则称函数f(x)是定义在A上的“有界函数”．则下列函数是“有界函数”的是(　　) A．f(x)＝ B．f(x)＝ C．f(x)＝ D．f(x)＝x＋ 答案　BC 解析　对于A，f(x)＝＝＝－1＋，由于≠0，所以f(x)≠－1，所以|f(x)|∈[0，＋∞)，故不存在正数M，使得|f(x)|≤M成立；对于B，令u＝4－x2，则u≥0，当x＝0时，u取得最大值4，所以u∈[0，4]，又y＝在[0，4]上单调递增，所以0≤y≤2，即f(x)∈[0，2]，故存在正数2，使得|f(x)|≤2成立；对于C，令u＝2x2－4x＋3＝2(x－1)2＋1，则u≥1，又y＝在[1，＋∞)上单调递减，所以0<y≤5，即f(x)∈(0，5]，故存在正数5，使得|f(x)|≤5成立；对于D，令t＝，则t≥0，x＝4－t2，则f(x)＝g(t)＝－t2＋t＋4＝－＋(t≥0)，易得f(x)∈，所以|f(x)|∈[0，＋∞)，故不存在正数M，使得|f(x)|≤M成立．故选BC. 三、填空题 12．(2024·福建龙岩摸底)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)＝________． ①定义域为R；②值域为(－∞，1)；③对任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，均有>0. 答案　1－(答案不唯一) 解析　由>0，得f(x)＝1－<1，定义域为R，值域为(－∞，1)；显然f(x)是增函数，满足对任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，均有>0.故f(x)＝1－(答案不唯一)． 13．(2024·辽宁沈阳高三模拟)若函数f(x)＝ln (x2－ax－3)在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为________． 答案　(－∞，－2] 解析　令u(x)＝x2－ax－3，y＝ln u为增函数，故u(x)＝x2－ax－3在(1，＋∞)上单调递增且大于0，所以解得a≤－2.故实数a的取值范围为(－∞，－2]． 14.，，的大小关系为________． 答案　<< 解析　设f(x)＝，故f(x)＝＝x＋，则函数在(1，＋∞)上单调递增，又3<π<，故f(3)<f(π)<f()，即<<. 15．(2024·吉林长春吉大附中模拟)定义在R上的函数f(x)满足对任意的x1，x2(x1≠x2)恒有x1f(x1)－x1f(x2)－x2f(x1)＋x2f(x2)>0，若a＝f(0)，b＝f(1)，c＝f(2)，则(　　) A．c<b<a B．a<b<c C．c<a<b D．a<c<b 答案　B 解析　因为x1f(x1)－x1f(x2)－x2f(x1)＋x2f(x2)>0，所以(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，即>0，因为定义在R上的函数f(x)对任意的x1，x2(x1≠x2)都满足>0，所以f(x)在R上单调递增，因为a＝f(0)，b＝f(1)，c＝f(2)，所以f(0)<f(1)<f(2)，即a<b<c.故选B. 16．(多选)已知函数f(x)＝|2x－1|，若a<b<c，且f(a)>f(c)>f(b)，则下列结论错误的是(　　) A．a<0，b<0，c<0 B．a<0，b≥0，c>0 C．2－a<2c D．a＋c<1 答案　ABC 解析　函数f(x)的图象如图所示．对于A，若a<0，b<0，c<0，因为a<b<c，所以a<b<c<0，而函数f(x)＝|2x－1|在区间(－∞，0)上单调递减，故f(a)>f(b)>f(c)，与题设矛盾，故A错误；对于B，若a<0，b≥0，c>0，可设a＝－1，b＝2，c＝3，此时f(c)＝f(3)＝5为最大值，与题设矛盾，故B错误；对于C，取a＝0，c＝3，同样f(c)＝f(3)＝5为最大值，与题设矛盾，故C错误；对于D，因为a<c，且f(a)>f(c)，说明可能如下情况成立：①a，c同在函数的单调递减区间上，此时a<c<，可得a＋c<1成立；②a，c不同在函数的单调递减区间上，则必有a<<c，所以f(a)＝1－2a>2c－1＝f(c)，化简整理，得a＋c<1成立，故D正确．故选ABC. 17．(多选)已知函数f(x)的定义域为D，若存在区间[m，n]⊆D使得： ①f(x)在[m，n]上是单调函数； ②f(x)在[m，n]上的值域是[2m，2n]，则称区间[m，n]为函数f(x)的“倍值区间”． 下列函数中存在“倍值区间”的是(　　) A．f(x)＝x2 B．f(x)＝ C．f(x)＝x＋ D．f(x)＝ 答案　ABD 解析　函数中存在“倍值区间”，则①f(x)在[m，n]上是单调函数，②或对于A，f(x)＝x2，若存在“倍值区间”[m，n]，则⇒⇒∴f(x)＝x2存在“倍值区间”[0，2]；对于B，f(x)＝，若存在“倍值区间”[m，n]，当x>0时，⇒mn＝，故只需mn＝即可，故存在“倍值区间”；对于C，f(x)＝x＋，当x>0时，在区间(0，1]上单调递减，在区间[1，＋∞)上单调递增，若存在“倍值区间”[m，n]⊆(0，1]⇒m＋＝2n，n＋＝2m⇒m2－2mn＋1＝0，n2－2mn＋1＝0⇒m2＝n2不符合题意；若存在“倍值区间”[m，n]⊆[1，＋∞)⇒m＋＝2m，n＋＝2n⇒m2＝n2＝1不符合题意，故此函数不存在“倍值区间”；对于D，f(x)＝＝，所以f(x)在区间[0，1]上单调递增，在区间[1，＋∞)上单调递减，若存在“倍值区间”[m，n]⊆[0，1]，＝2m，＝2n，∴m＝0，n＝，即存在“倍值区间”.故选ABD. 18．已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1；②当x>0时，f(x)>－1. (1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是增函数； (2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4. 解　(1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1， 在R上任取x1>x2， 则x1－x2>0，f(x1－x2)>－1. 又f(x1)＝f((x1－x2)＋x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)，所以函数f(x)在R上是增函数． (2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5. 由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4， 得f(x2＋x＋1)>f(3)， 又函数f(x)在R上是增函数， 故x2＋x＋1>3， 解得x<－2或x>1， 故原不等式的解集为{x|x<－2或x>1}． 17 学科网（北京）股份有限公司 $$