第2章 第2节 函数的单调性与最大(小)值(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（旗舰版）

函数的单调性与最大(小)值 第二节 1.借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性，掌握求函数单调区间的基本方法. 2.理解函数的最大值、最小值的概念，理解它们的作用和实际意义，会求简单函数的最值. 3.能够利用函数的单调性解决有关问题. 学习目标 CONTENTS 目录 1 2 3 课前·“四基”落实 课堂·题点精研 课时跟踪检测 课前·“四基”落实 01 回首教材 1.函数的单调性 (1)单调性 定义 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__________，那么就称函数f(x)在区间I上单调递增 当x1<x2时，都有___________，那么就称函数f(x)在区间I上单调递减 f(x1)>f(x2) f(x1)<f(x2) 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 续表 (2)单调区间 如果函数y＝f(x)在区间I上__________或_________，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. 单调递增 单调递减 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 ∀x∈D，都有_________；∃x0∈D，使得_________ ∀x∈D，都有_________；∃x0∈D，使得_________ 结论 M为最大值 M为最小值 f(x)≤M f(x0)＝M f(x)≥M f(x0)＝M (1)求函数单调区间或讨论函数的单调性时，必须先求函数的定义域. (2)一个函数的同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接. (3)“函数的单调区间是M”与“函数在区间N上单调”是两个不同的概念，显然N⊆M. 微点提醒 拓展教材 (常见结论及应用) (1)若∀x1,x2∈I(x1≠x2),则 ①>0(或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0)⇔f(x)在区间I上单调递增. ②<0(或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0)⇔f(x)在区间I上单调递减. (2)在公共定义域内,两个增函数的和仍是增函数,两个减函数的和仍是减函数. (3)函数f(g(x))的单调性与函数y=f(u)和u=g(x)的单调性的关系是“同增异减”. (4)函数y=f(x)(f(x)≠0)在公共定义域内与y=-f(x),y=单调性相反. (5)①对勾函数y=x+(a>0)的单调性:在(-∞,-]和[,+∞)上单调递增,在(-,0)和(0,)上单调递减. ②对勾函数y=ax+(a>0,b>0)的单调递增区间为和,单调递减区间为和. 发掘教材 一、高考命题注重“教考衔接”(示例分析) 考题品悟 (2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)单调递减，则a的取值范围是( ) A.(－∞，－2]　　　B.[－2,0) C.(0,2] D.[2，＋∞) 追根溯源 (人A必修①P100T4)已知函数f(x)＝4x2－kx－8在[5,20]上具有单调性，求实数k的取值范围. 发现启迪 高考题考查利用指数型复合函数单调性求参数范围，与教材习题相比较，把二次函数与指数函数复合，综合性更强了. √ 二、复习备考要强化“教材本位” A组——教材信息的发掘训练 1.(人A必修①P77“思考”改编)下列函数是增函数的为 (　 ) A.f(x)=|x| B.f(x)= C.f(x)=x2 D.f(x)= √ 解析:对于A,f(x)=|x|在R上不具有单调性,不合题意,舍去. 对于B,f(x)=为R上的减函数,不合题意,舍去. 对于C,f(x)=x2在R上不具有单调性,不合题意,舍去. 对于D,f(x)=为R上的增函数,符合题意,故选D. √ 2 4.(苏教必修①P134T6)设m为实数，若函数f(x)＝x2＋mx－2在区间(－∞，2)上单调递减，则m的取值范围为____________. (－∞，－4] B组——迷点盲点的澄清训练 1.(忽视参数的取值范围)函数y＝f(x)是定义在[－2,2]上的减函数，且f(a＋1)＜f(2a)，则实数a的取值范围是________. [－1,1) (－∞，－1) 解析：由x2－2x－3＞0得x＜－1或x＞3，故f(x)的定义域为 (－∞，－1)∪(3，＋∞)，由函数y＝x2－2x－3在(－∞，－1) 上单调递减，故f(x)的单调递增区间是(－∞，－1). 课堂·题点精研 02 题点一　确定函数的单调性(区间) 例 1 √ 解析：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错误； 例 2 解:法一:定义法　设-1<x1<x2<1, 又f(x)=a=a, 所以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. 法二:导数法　f'(x)===-. 当a>0时,f'(x)<0,函数f(x)在(-1,1)上单调递减;当a<0时,f'(x)>0,函数f(x)在(-1,1)上单调递增. 1.求函数单调区间(确定函数单调性)的方法 (1)定义法：先求定义域，再利用单调性定义求解. (2)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，可由图象直接写出它的单调区间. (3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间. 思维建模 2.求复合函数单调区间的一般步骤 (1)求函数的定义域. (2)求简单函数的单调区间. (3)求复合函数的单调区间，依据是“同增异减”. 针对训练 √ 2.已知函数f(x)对任意的a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且当x>0时，f(x)>1. 求证：f(x)是R上的增函数. 证明：设x1，x2∈R，且x1<x2，则x2－x1>0， 即f(x2－x1)>1， 所以f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0，所以f(x1)<f(x2)， 所以f(x)是R上的增函数. 题点二　函数单调性的应用 例 3 √ 考法(一)　比较函数值的大小 考法(二)　解不等式 例 4 (2024·陕西一模)已知函数f(x)在定义域R上单调递减，且f(x)＋f(－x)＝0.若f(1)＝－1，则满足|f(x－2)|≤1的x的取值范围是(　 ) A．[1,3] B．[－2,1] C．[0,4] D．[－1,2] √ 解析：因为f(x)＋f(－x)＝0，所以f(－x)＝－f(x)，又f(1)＝－1，所以f(－1)＝－f(1)＝1.由|f(x－2)|≤1，得－1≤f(x－2)≤1，所以f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．因为f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减,所以－1≤x－2≤1，得1≤x≤3. 考法(三)　求参数的取值范围 例 5 √ (1)比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决. (2)求解函数不等式时，由条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域. (3)利用单调性求参数的取值(范围).根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.对于分段函数，要注意衔接点的取值. 思维建模 针对训练 √ 4.(2024·苏州模拟)已知函数f(x)＝ln 2－x－x3，则不等式f(3－x2)>f(2x－5)的解集为(　 ) A.(－4,2) 　 B.(－∞，2) C.(－∞，－2)∪(2，＋∞) 　 D.(－∞，－4)∪(2，＋∞) √ 解析：由题意，x∈R，f(x)＝－xln 2－x3，易知函数f(x)在R上单调递减，而f(3－x2)>f(2x－5)，所以3－x2<2x－5⇒(x－2)(x＋4)>0⇒x∈(－∞，－4) ∪(2，＋∞).故选D. 快审准解：利用分离常量的方法分离函数，利用反比例函数的单调性，求a的取值范围. [1,2) 题点三　函数的最值 例 6 √ 例 7 例 8 －1 ∴ymin＝2×12－1－2＝－1， ∴函数f(x)的最小值为－1. 求函数最值的3种基本方法 思维建模 单调性法 先确定函数的单调性，再由单调性求最值 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 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 针对训练 √ 1 解析：法一：图象法　在同一直角坐标系中，作函数f(x)，g(x)的图象，依题意，h(x)的图象为如图所示的实线部分.易知点A(2,1)为图象的最高点，因此h(x)的最大值为h(2)＝1. 3 课时跟踪检测 03 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ 1.[多选]下列函数在(0,+∞)上单调递减的是 (　 ) A.f(x)=- B.f(x)=x2+1 C.f(x)=ln|x| D.f(x)= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 f(x)＝x2＋1在(0，＋∞)上单调递增，B错误； f(x)＝ln|x|，f(1)＝ln 1＝0，f(2)＝ln 2>0，∵f(1)<f(2)，∴f(x)在(0，＋∞)上不单调递减，C错误； 解析:函数f(x)=-=-在(0,+∞)上单调递减,A正确; 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 3.函数y＝f(x)在R上是增函数，若a＋b≤0，则有(　 ) A.f(a)＋f(b)≤－f(a)－f(b) B.f(a)＋f(b)≥－f(a)－f(b) C.f(a)＋f(b)≤f(－a)＋f(－b) D.f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 解析：∵a＋b≤0，∴a≤－b，b≤－a，又∵函数f(x)在R上是增函数，∴f(a)≤f(－b)，f(b)≤f(－a).故f(a)＋f(b)≤f(－a)＋f(－b)，故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 5.已知函数f(x)的定义域为R,对任意的x1<x2,都有<1,则下列不等式一定正确的是(　 ) A.e2f(2)<ef(1)-1 B.e2f(2)>ef(1)+1 C.e2f(2)<ef(1)+1 D.e2f(2)>ef(1)-1 解析:由题意可知f(x2)-f(x1)<x2-x1,可得f(x2)-x2<f(x1)-x1,构造函数g(x)=exf(x)-x,则g(x)是R上的减函数,故g(2)<g(1),即e2f(2)-2< ef(1)-1,故e2f(2)<ef(1)+1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4，故选D. 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 (－∞，－2] 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 10.设f(x)是定义在R上的增函数，且f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则不等式f(x)＋f(－2)＞1的解集为______________. 快审准解：根据抽象函数的关系将不等式进行转化，利用单调性解不等式即可. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 11.已知函数f(x)＝|x|(x－2). (1)作出函数f(x)的图象； (2)写出函数f(x)的单调区间； (3)当x∈[0,1]时，求f(x)的值域. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 (2)由图可得函数的单调递增区间为(－∞，0)，[1，＋∞)，单调递减区间为[0,1). (3)因为函数在x∈[0,1]上单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝0，f(x)min＝f(1)＝－1， 所以当x∈[0,1]时，f(x)的值域为[－1,0]. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 12.设f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,且f=f(x)-f(y),当x>1时,f(x)<0. (1)判断f(x)的单调性,并证明; (2)若f=1,解不等式f(x)+f(5-x)≥-2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 解：(1)f(x)为(0，＋∞)上的减函数，证明如下： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 解析：易知f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上单调递增，A错误，B正确； 若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≥0或a＋1≤0，即a≤－1或a≥0，故C正确； 当x∈[－1,0]时，f(x)∈[1,2]，当x∈(0,1]时，f(x)∈(－∞，2]，故当x∈[－1,1]时，f(x)∈(－∞，2]，故D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 15．[多选]已知函数f(x)的定义域为D，若存在区间[m，n]⊆D使得： (1)f(x)在[m，n]上具有单调性； (2)f(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”的有(　 ) √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 解析：函数中存在“倍值区间”，则(1)f(x)在[m，n]上具有单调性， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 16.已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)单调递增，f(1)＝0，f(3)＝1. (1)解不等式0<f(x2－1)<1； (2)若f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 (2)因为函数f(x)在(0,3]上单调递增， 所以f(x)在(0,3]上的最大值为f(3)＝1， 所以不等式f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1,1]恒成立转化为1≤m2－2am＋1对所有a∈[－1,1]恒成立， 即m2－2am≥0对所有a∈[－1,1]恒成立. 设g(a)＝－2ma＋m2，a∈[－1,1]， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 解得m≤－2或m≥2或m＝0， 即实数m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞). 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn 2.(对勾函数性质的应用)函数y＝x＋的单调递减区间为(　 ) A.(0,1] B.[－1,1] C.[－1,0)∪(0,1] D.[－1,0)，(0,1] 解析：函数y＝x＋为对勾函数，由对勾函数的性质知，函数y＝x＋的单调递减区间为[－1,0)，(0,1]. 3.(人A必修①P81例5改编)已知函数f(x)＝(x∈[2,6])，则f(x)的最小值为________，最大值为________. 解析：由于f(x)＝在[2,6]上单调递减，故f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(6)＝. 解析：由题意得－≥2，解得m≤－4. 解析：由条件知解得－1≤a＜1. 2.(忽视函数的定义域)函数f(x)＝的单调递增区间为_______________. (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| 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错误； 所以f(x)＝3|x－1|在(0，＋∞)上不具有单调性，故D错误.故选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正确； 因为f＝3＝3＝，f(1)＝3|1－1|＝30＝1，f(2)＝3|2－1|＝3， 试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1，1)上的单调性. 1.函数g(x)＝x|x－1|＋1的单调递减区间为(　 ) A. B. C.[1，＋∞) D.∪[1，＋∞) 解析：g(x)＝x|x－1|＋1＝画出函数图象，如图所示，根据图象知， 函数的单调递减区间为. 已知函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋1)＝f(1－x)，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 快审准解：根据对称性可得f＝f，把自变量转化到同一个单调区间上求解. 解析：因为f(x＋1)＝f(1－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，可得f＝f.由x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立， 知f(x)在(1，＋∞)上单调递减.∵1<2<<e，∴f(2)>f>f(e)，∴b>a>c. 若f(x)＝(a≠1)在定义域(－∞，＋∞)上具有单调性，则a的取值范围是________________________. (－∞，－]∪(1, ] 解析：当f(x)在定义域(－∞，＋∞)上是增函数时，(a2－1)·20≤1，即a2－1≤1，解得－≤a≤.∵当x≥0时，f(x)＝ax2＋1单调递增，∴a>0，又∵当x<0时，f(x)＝(a2－1)·2ax单调递增，∴a2－1>0，解得a<－1或a>1，故1<a≤.当f(x)在定义域(－∞，＋∞)上是减函数时，(a2－1)·20≥1， 即a2－1≥1，解得a≤－或a≥.∵当x≥0时，f(x)＝ax2＋1单调递减，∴a<0，又∵当x<0时，f(x)＝(a2－1)·2ax单调递减，∴a2－1>0，解得a<－1或a>1，故a≤－.综上所述，a的取值范围为(－∞，－]∪(1, ]. 易错 防范 分段函数在其定义域上单调递减，除了要保证函数在每个区间上都单调递减外，还需考虑分界点处的函数值，如本题需考虑在x＝0处的函数值. 易错 再练 已知函数f(x)＝在R上具有单调性， 则a的取值范围是(　 ) A.(1,3)　 B.(1,3]　 C.(3，＋∞)　 D.[3，＋∞) 3.已知f(x)＝2x－，a＝f()，b＝f()，c＝f()，则(　 ) A.a＞b＞c　 B.a＞c＞b　 C.c＞a＞b　 D.c＞b＞a 解析：易知f(x)＝2x－在(1，＋∞)上单调递增，又＞＞＞1，故f()＞f()＞f()，即c＞b＞a. 5.若函数f(x)＝在(a，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为________. 解析：由函数f(x)＝＝＝1＋，因为f(x)在(a，＋∞)上单调递增，则满足解得1≤a<2，所以实数a的取值范围为[1,2). (单调性法)函数f(x)＝x－(x∈[1,2])的最大值为(　 ) A.－1 B.1 C. D.2 解析：因为函数y＝x，y＝－在区间[1,2]上均单调递增，故函数f(x)在[1,2]上单调递增，当x∈[1,2]时，f(x)max＝f(2)＝2－1＝1.故选B. (利用单调性和基本不等式)已知函数f(x)＝则f(x)的最小值是__________. 2－6 解析：因为函数y＝x2在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以当x≤1时，f(x)min＝f(0)＝0.当x>1时，y＝x＋≥2，当且仅当x＝时，等号成立，此时f(x)min＝2－6.又2－6<0，所以f(x)min＝2－6. ∵y＝2t2－t－2(t≥1)的对称轴t＝， (换元法)函数f(x)＝2x2－的最小值为________. 解析：令＝t，t≥1，则x2＝t2－1， ∴y＝2(t2－1)－t＝2t2－t－2(t≥1). 6.函数f(x)＝x－的值域为(　 ) A. B.[，＋∞) C. D. 解析：令＝t(t≥0)，则y＝t2－t(t≥0)，所以y＝(t－1)2－在[0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，所以当t＝1，即x＝时， 函数f(x)取得最小值，为－.故该函数的值域为.故选A. 7.对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________. 法二：最值比较法　依题意，h(x)＝当0<x≤2时，h(x)＝log2x单调递增，当x>2时，h(x)＝3－x单调递减，因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1. 8.(2024·枣庄高三期末)若函数f(x)＝在区间[0,1]上的最大值为3，则实数m＝________. 解析：∵函数f(x)＝＝2＋，由复合函数的单调性知，当m>2时，f(x)＝在[0,1]上单调递减，最大值为f(0)＝m＝3；当m<2时，f(x)＝在[0,1]上单调递增，最大值为f(1)＝＝3，即m＝4，显然m＝4不合题意，故实数m＝3. f(x)＝＝x－2在(0，＋∞)上单调递减，D正确． 2．函数f(x)＝2＋3在区间[1，＋∞)上不具有单调性，则a的取值范围是(　 ) A．[1，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－∞，1] 解析：因为函数f(x)＝2＋3在上单调递减，在上单调递增，所以当函数f(x)＝2＋3在区间[1，＋∞)上不具有单调性，则有1<a，即a>1. 4．已知函数f(x)＝则f(x)的最大值为(　 ) A．1 B．4 C．4e D．5 解析：当x≤1时，f(x)＝4ex－1在(－∞，1]上单调递增，此时，f(x)max＝f(1)＝4，当x>1时，f(x)＝－x＋1在(1，＋∞)上单调递减，此时， f(x)<f(1)＝4，综上可知，f(x)的最大值为4. 6.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(　　) A.(－∞，1] B.[1,4] C.[4，＋∞) D.(－∞，1]∪[4，＋∞) 7．(2024·杭州模拟)设a∈R，则“a≥1”是“函数f(x)＝在 (1，＋∞)上单调递减”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：由题意可得，f(x)＝＝a＋在(1，＋∞)上单调递减，则a－1>0，解得a>1.因为a≥1不能推出a>1，a>1⇒a≥1，所以“a≥1”是“函数f(x)＝在(1，＋∞)上单调递减”的必要不充分条件． 8．y＝－的单调递增区间为______________． 解析：由x2＋2x≥0，得x≤－2或x≥0，则函数的定义域为(－∞，－2] ∪[0，＋∞)，令t＝x2＋2x，则y＝－.因为t＝x2＋2x在(－∞，－2]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，y＝－在定义域内为减函数，所以y＝－在(－∞，－2]上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减，所以y＝－ 的单调递增区间为(－∞，－2]． 9．函数f(x)＝的值域为_______________________． ∪ 解析：依题意，f(x)＝＝＝＝－·，其中y＝－·的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，故函数f(x)的值域为∪. 解析：由已知条件可得f(x)＋f(－2)＝f(－2x)，又f(3)＝1.∴不等式f(x)＋ f(－2)＞1可化为f(－2x)＞f(3).∵f(x)是定义在R上的增函数，∴－2x＞3，解得x＜－.∴不等式的解集为. 解：(1)f(x)＝|x|(x－2)＝作出函数图象，如图所示. 设0<x1<x2，则>1，因为当x>1时f(x)<0，所以f＝f(x2)－f(x1)<0，即0<x1<x2时，f(x2)<f(x1)，所以f(x)为(0，＋∞)上的减函数. (2)令x＝y＝1，得f(1)＝f(1)－f(1)＝0，所以f(1)＝0，令x＝1，y＝2，得f＝f(1)－f(2)＝1，所以f(2)＝－1，则f(x)＋f(5－x)≥－2⇔f(x)＋f(5－x)≥2f(2)，即f(x)－f(2)≥f(2)－f(5－x)，由于f＝f(x)－f(y)，则f≥f， 因为f(x)为(0，＋∞)上的减函数，所以解得0<x≤1或4≤x<5，故解集为(0,1]∪[4,5). 13.[多选]已知函数f(x)＝则下列结论正确的是(　 ) A.f(x)在R上为增函数 B.f(e)>f(2) C.若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≤－1或a≥0 D.当x∈[－1,1]时，f(x)的值域为[1,2] 14．设函数f(x)＝若f(x)存在最小值，则a的取值范围为(　 ) A．[－，] 　 B．[0，] C．[－，]∪(2，＋∞) 　 D．[0，]∪(2，＋∞) 解析：若a＝0，f(x)＝∴f(x)min＝f(2)＝－1；若a<0，当x<a时，f(x)＝1－ax单调递增，当x→－∞时，f(x)→－∞，故f(x)没有最小值；若a>0，当x<a时，f(x)＝－ax＋1单调递减，f(x)>f(a)＝1－a2，当x≥a时，f(x)min＝若函数f(x)有最小值，需或解得0<a≤. A．f(x)＝x2 B．f(x)＝ C．f(x)＝x＋ D．f(x)＝ (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； 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”. 解：(1)由题意得解得<x<2或－2<x<－. 所以原不等式的解集为(－2，－)∪(，2). 所以需满足即 $$