第3章 第2讲 函数的单调性与最值-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第三章　函数 第2讲　函数的单调性与最值 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． 基础知识整合 核心考向突破 课时作业 目录 基础知识整合 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____________ 当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上____________ 1．函数的单调性 (1)定义 单调递增 单调递减 基础知识整合 5 图象描述 自左向右看图象是_________ 自左向右看图象是_______ 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 上升的 下降的 基础知识整合 6 (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)_________，区间D叫做y＝f(x)的__________． 单调性 单调区间 基础知识整合 7 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______ M为函数y＝f(x)的________ 最大值 2．函数的最值 最小值 基础知识整合 8 基础知识整合 9 基础知识整合 10 3．对勾函数 基础知识整合 11 1.(多选)(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 B．f(x)在[－1，3]上单调递增 C．f(x)的单调递减区间是[－4，－1]∪[1，3] D．f(x)的最小值为－2，最大值为3 基础知识整合 12 解析：结合函数图象易知，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，f(x)min＝f(－1)＝－2，f(x)max＝f(1)＝3，故A，D正确，B错误；f(x)的单调递减区间是[－4，－1]和[1，3]，故C错误．故选AD. 基础知识整合 13 基础知识整合 14 3．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. 基础知识整合 15 －2 基础知识整合 16 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，＋∞)． (－∞，2]∪[4，＋∞) 基础知识整合 17 核心考向突破 考向一　判断函数的单调性(单调区间) 角度1　定义法确定函数的单调性 核心考向突破 19 核心考向突破 20 定义法判断函数单调性的步骤 核心考向突破 21 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)对任意x，y∈(0，＋∞)，都满足f(x)＋f(y)＝f(xy)＋3，且当x∈(0，1)时，f(x)<3.根据定义，研究f(x)在(0，＋∞)上的单调性． 核心考向突破 22 角度2　图象法、性质法确定函数的单调性 (1)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，＋∞) 核心考向突破 23 [2，＋∞) (－∞，－3] 核心考向突破 24 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．判断函数的单调性常用的性质 (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． 核心考向突破 25 核心考向突破 26 2．求函数f(x)＝|4－x|·(x－1)的单调区间． 核心考向突破 27 考向二　函数单调性的应用 角度1　利用函数的单调性比较大小 核心考向突破 28 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． 核心考向突破 29 核心考向突破 30 核心考向突破 31 利用函数的单调性解不等式的步骤 (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． 核心考向突破 32 (2025·广东佛山模拟)已知函数y＝f(x)在定义域(－1，3)上是增函数，且f(2a－1)<f(2－a)，则实数a的取值范围是(　　) A．(1，2) B．(－∞，1) C．(0，1) D．(1，＋∞) 核心考向突破 33 核心考向突破 34 利用函数的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． 核心考向突破 35 核心考向突破 36 考向三　函数的最值(值域)问题 (－1，1] 核心考向突破 37 核心考向突破 38 1 核心考向突破 39 (3)(2025·广西柳州模拟)记实数x1，x2，…，xn的最小数为min{x1，x2，…，xn}，若f(x)＝min{x＋1，x2－2x＋1，－x＋8}，则函数f(x)的最大值为________． 核心考向突破 40 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． 核心考向突破 41 核心考向突破 42 2 核心考向突破 43 核心考向突破 44 －1 核心考向突破 45 课时作业 一、单项选择题 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 64 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 65 [0，1) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 0 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 67 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 68 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 69 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 70 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 71 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 72 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 73 　　　　　　　　　　　　　 R 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)． 2．函数单调性的常用结论 (1)若f(x)，g(x)均在区间D上单调递增(减)，则f(x)＋g(x)也在区间D上单调递增(减)． (2)若k>0，则kf(x)与f(x)的单调性相同；若k<0，则kf(x)与f(x)的单调性相反． (3)函数y＝f(x)(f(x)≠0)与y＝－f(x)，y＝eq \f(1,f（x）)在公共定义域内的单调性相反． (4)函数y＝f(x)(f(x)≥0)与y＝eq \r(f（x）)在公共定义域内的单调性相同． (5)复合函数单调性的判断方法：若两个基本初等函数的单调性相同，则这两个函数的复合函数为增函数；若两个基本初等函数的单调性相反，则这两个函数的复合函数为减函数．简称“同增异减”． 解析式 y＝ax＋eq \f(b,x)(ab>0) 图象 单调性 单调递增区间 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(b,a))))，eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(b,a))，＋∞)) eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))，0))，eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(b,a)))) 单调递减区间 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(b,a))，0))，eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(b,a)))) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(b,a))))，eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(b,a))，＋∞)) 2．(多选)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．y＝－eq \f(1,x＋1) B．y＝xeq \s\up7(\f(1,3)) C．y＝2－x D．y＝logeq \s\do7(\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\do7(\f(1,2))(x＋1)在(－1，＋∞)上单调递减，不符合题意．故选AB. 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) 判断并证明函数f(x)＝ax2＋eq \f(1,x)(其中1＜a＜3)在[1，2]上的单调性． 解：函数f(x)＝ax2＋eq \f(1,x)(1<a<3)在[1，2]上单调递增．证明如下： 任取1≤x1＜x2≤2，则f(x2)－f(x1)＝axeq \o\al(2,2)＋eq \f(1,x2)－2,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax＋\f(1,x1))) ＝(x2－x1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a（x1＋x2）－\f(1,x1x2)))， 由1≤x1＜x2≤2，得x2－x1＞0，2＜x1＋x2＜4，1＜x1x2＜4，－1＜－eq \f(1,x1x2)＜－eq \f(1,4)， 又1＜a＜3， 所以2＜a(x1＋x2)＜12，得a(x1＋x2)－eq \f(1,x1x2)＞0， 从而f(x2)－f(x1)＞0，即f(x2)＞f(x1)， 故当a∈(1，3)时，函数f(x)在[1，2]上单调递增． 解：任取0<x1<x2，则0<eq \f(x1,x2)<1，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))<3， 所以f(x1)－f(x2)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2·\f(x1,x2)))－f(x2)＝f(x2)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))－3－f(x2)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))－3<0， 所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 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. (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，＋∞)． 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)＝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. 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，))作出f(x)的图象如图所示． 根据图象可知，函数f(x)的单调递增区间为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)). 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. 已知函数f(x)的图象向左平移1个单位长度后关于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 已知函数f(x)＝lg x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) 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)． 角度2　利用函数的单调性解不等式 (2024·湖北武汉二模)已知函数f(x)＝x|x|，则关于x的不等式f(2x)>f(1－x)的解集为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3))) 解析：由f(x)＝x|x|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x2，x<0，))知f(x)在R上单调递增，由f(2x)>f(1－x)，得2x>1－x，解得x>eq \f(1,3).故选A. 解析：因为函数y＝f(x)在定义域(－1，3)上是增函数，且f(2a－1)<f(2－a)，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<2a－1<3，,－1<2－a<3，,2a－1<2－a，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a<2，,－1<a<3，,a<1，))解得0<a<1，所以实数a的取值范围是(0，1)．故选C. 角度3　利用函数的单调性求参数 (2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－2ax－a，x<0，,ex＋ln （x＋1），x≥0))在R上单调递增，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0] B．[－1，0] C．[－1，1] D．[0，＋∞) 解析：因为f(x)在R上单调递增，且当x≥0时，f(x)＝ex＋ln (x＋1)单调递增，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(－2a,2×（－1）)≥0，,－a≤e0＋ln 1，))解得－1≤a≤0，即a的取值范围是[－1，0]．故选B. (2025·浙江杭州模拟)若函数f(x)＝x2－ax在区间[1，2]上是增函数，g(x)＝eq \f(ax－1,x＋1)在区间[1，2]上是减函数，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1) C．[2，＋∞) D．(－∞，2] 解析：由函数f(x)＝x2－ax在区间[1，2]上是增函数，且函数图象的对称轴方程为x＝eq \f(a,2)，可知eq \f(a,2)≤1，解得a≤2.因为g(x)＝eq \f(ax－1,x＋1)＝eq \f(a（x＋1）－a－1,x＋1)＝a－eq \f(a＋1,x＋1)在区间[1，2]上是减函数，所以a＋1＜0，解得a＜－1.综上可知，a＜－1.故选B. (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]． 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]． (2)函数y＝x＋eq \r(x－1)的最小值为________． 解析：解法一：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. 解法二：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. 解析：如图所示，在同一个坐标系中，分别作出函数y1＝x＋1，y2＝x2－2x＋1，y3＝－x＋8的图象，则f(x)＝min{x＋1，x2－2x＋1，－x＋8}的图象即是图中勾勒出的实线部分，要求的函数f(x)的最大值即图中最高点A的纵坐标．由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,y＝－x＋8，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(7,2)，,y＝\f(9,2)，))故函数f(x)的最大值为eq \f(9,2). eq \f(9,2) 1.函数y＝eq \f(x,x2＋x＋1)(x>0)的值域是(　　) A．(0，＋∞) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) 解析：y＝eq \f(x,x2＋x＋1)＝eq \f(1,x＋\f(1,x)＋1)，当x>0时，x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时，等号成立，故0<eq \f(1,x＋\f(1,x)＋1)≤eq \f(1,3)，所以y＝eq \f(x,x2＋x＋1)(x>0)的值域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).故选C. 2．函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值为__________． 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)，由图可知，f(x)max＝f(0)＝2. 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. 3．函数y＝x＋eq \r(1－x2)的最大值为______，最小值为________． 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取得最大值eq \r(2)，当θ＝π时，y取得最小值－1. eq \r(2) 1．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| 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. 2．函数f(x)＝－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值是(　　) A.eq \f(3,2) B．－eq \f(8,3) C．－2 D．2 解析：易知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上是减函数，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值为f(－2)＝eq \f(3,2). 3．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f(2x－1)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) 解析：∵函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，∴0≤2x－1＜eq \f(1,3)，解得eq \f(1,2)≤x＜eq \f(2,3).故选D. 4．(2025·福建厦门模拟)已知函数f(x)＝eq \r(4－x2)，若0<x1<x2<x3≤2，则eq \f(f（x1）,x1)，eq \f(f（x2）,x2)，eq \f(f（x3）,x3)的大小关系是(　　) A.eq \f(f（x1）,x1)<eq \f(f（x3）,x3)<eq \f(f（x2）,x2) B.eq \f(f（x1）,x1)<eq \f(f（x2）,x2)<eq \f(f（x3）,x3) C.eq \f(f（x3）,x3)<eq \f(f（x2）,x2)<eq \f(f（x1）,x1) D.eq \f(f（x2）,x2)<eq \f(f（x3）,x3)<eq \f(f（x1）,x1) 解析：设g(x)＝eq \f(f（x）,x)＝eq \f(\r(4－x2),x)＝eq \r(\f(4,x2)－1)(0<x≤2)，y＝eq \r(x)在[0，＋∞)上是增函数，y＝eq \f(4,x2)－1在(0，2]上是减函数，根据复合函数的单调性，知g(x)＝eq \f(f（x）,x)在(0，2]上是减函数，若0<x1<x2<x3≤2，则eq \f(f（x3）,x3)<eq \f(f（x2）,x2)<eq \f(f（x1）,x1).故选C. 5．(2025·安徽合肥模拟)若函数f(x)＝eq \f(2x2＋3,1＋x2)，则f(x)的值域为(　　) A．(－∞，3] B．(2，3) C．(2，3] D．[3，＋∞) 解析：∵f(x)＝eq \f(2x2＋3,1＋x2)＝eq \f(2（x2＋1）＋1,1＋x2)＝2＋eq \f(1,1＋x2)，又由x2＋1≥1，得0＜eq \f(1,1＋x2)≤1，∴2＜2＋eq \f(1,1＋x2)≤3，∴f(x)的值域为(2，3]． 6．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，又x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，所以f(x1)<f(2)＝0，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.故选B. 7．已知函数f(x)＝eq \f(\r(30＋ax),2＋a)在区间[－10，－3]上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2)∪(0，3) B．(－∞，－2)∪(0，3] C．(－∞，－2)∪(0，10) D．(－∞，－2)∪(0，10] 解析：因为函数f(x)＝eq \f(\r(30＋ax),2＋a)在[－10，－3]上单调递增，所以a(2＋a)＞0，且30＋ax≥0在[－10，－3]上恒成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a（2＋a）>0，,30－10a≥0，,30－3a≥0，))解得a＜－2或0＜a≤3.故选B. 8．(2024·湖南长沙模拟)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 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)取得最小值eq \f(9,8).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＝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 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. 10．已知函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq \f(2x＋1,x＋1)，则下列关于函数f(x)的说法中正确的是(　　) A．f(x)的定义域为{x|x≠－1} B．f(x)的值域为{y|y≠1，且y≠2} C．f(x)在(0，＋∞)上单调递减 D．不等式f(x)＞2的解集为(－1，0) 解析：由于feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq \f(2x＋1,x＋1)＝eq \f(2＋\f(1,x),1＋\f(1,x))，故f(x)＝eq \f(2＋x,x＋1)＝1＋eq \f(1,x＋1)(x≠0且x≠－1)，所以f(x)的定义域为{x|x≠－1，且x≠0}，作出其图象，由图象知，f(x)的值域为{y|y≠1，且y≠2}，A错误，B正确；f(x)在(0，＋∞)上单调递减，C正确；f(x)＞2的解集为(－1，0)，D正确．故选BCD. 11．一般地，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” 解析：对于A，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；对于B，若f(x)存在“跟随区间”[a，b](a<b)，因为函数f(x)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f(x)不存在“跟随区间”，B不正确；对于C，由已知可得函数f(x)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；对于D，若函数f(x)存在“3倍跟随区间”，设f(x)的定义域为[a，b]，值域为[3a，3b]，当a<b≤1时，易得函数f(x)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. 三、填空题 12．函数y＝eq \r(x)－x(x≥0)的最大值为________． eq \f(1,4) 解析：令t＝eq \r(x)，则t≥0，所以y＝t－t2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)，当t＝eq \f(1,2)，即x＝eq \f(1,4)时，y取得最大值eq \f(1,4). 13．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)． 14．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lg （x2＋1），x<1，))则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________． 2eq \r(2)－3 解析：∵f(－3)＝lg [(－3)2＋1]＝lg 10＝1，∴f(f(－3))＝f(1)＝0.当x≥1时，f(x)＝x＋eq \f(2,x)－3≥2eq \r(2)－3，当且仅当x＝eq \r(2)时取等号，此时f(x)min＝2eq \r(2)－3＜0；当x＜1时，f(x)＝lg (x2＋1)≥lg 1＝0，当且仅当x＝0时取等号，此时f(x)min＝0.综上，f(x)的最小值为2eq \r(2)－3. 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． 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． (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). 16．已知函数f(x)的定义域为R，对任意的a，b∈R，都有f(a)f(b)＝f(a＋b)．当x<0时，f(x)>1，且f(0)≠0. (1)求f(0)的值，并证明当x>0时，0<f(x)<1； (2)判断f(x)的单调性； (3)若f(2)＝eq \f(1,2)，求不等式f(5t2－6t)>eq \f(1,16)的解集． 解：(1)令a＝b＝0，则[f(0)]2＝f(0)， 又f(0)≠0，所以f(0)＝1. 证明：当x>0时，－x<0，所以f(－x)>1， 又f(x)f(－x)＝f(x－x)＝f(0)＝1， 所以f(x)＝eq \f(1,f（－x）)，所以0<f(x)<1. (2)令x1<x2，x1，x2∈R， 则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)f(x2)－f(x2)＝f(x2)[f(x1－x2)－1]， 又x1<x2，所以x1－x2<0， 所以f(x1－x2)>1，所以f(x1－x2)－1>0， 又当x<0时，f(x)>1，当x>0时，0<f(x)<1，当x＝0时，f(0)＝1， 所以f(x)>0，所以f(x2)>0， 所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)， 所以f(x)在R上单调递减． (3)因为f(2)＝eq \f(1,2)， 所以f(8)＝f(2)f(6)＝f(2)f(2)f(4)＝[f(2)]4＝eq \f(1,16)， 所以f(5t2－6t)>eq \f(1,16)＝f(8)， 由(2)知f(x)在R上单调递减， 所以5t2－6t<8，解得－eq \f(4,5)<t<2， 所以不等式f(5t2－6t)>eq \f(1,16)的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，2)). $$