第3章 第2节 函数的单调性与最值-【金版教程】2026年高考数学一轮复习解决方案课件PPT（基础版）

第三章　函数与基本 初等函数 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2026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 考点探究—提素养 课时作业 目录 必备知识—强基础 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_________，那么就称函数f(x)在区间I上单调递增．特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数 当x1<x2时，都有__________，那么就称函数f(x)在区间I上单调递减．特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是减函数 1．(1)单调函数的定义 f(x1)<f(x2) f(x1)>f(x2) 必备知识—强基础 5 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___________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 必备知识—强基础 6 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_________； (2)∃x0∈D，使得___________ (1)∀x∈D，都有_________； (2)∃x0∈D，使得__________ 结论 M为最大值 M为最小值 2．函数的最值 f(x)≤M f(x0)＝M f(x)≥M f(x0) ＝M 必备知识—强基础 7 必备知识—强基础 8 必备知识—强基础 9 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． 必备知识—强基础 10 题组一　走出误区——判一判 (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．(　　) × × × 必备知识—强基础 11 必备知识—强基础 12 必备知识—强基础 13 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]． 2 (－3，3) (－3，0] 必备知识—强基础 14 考点探究—提素养 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 考点探究—提素养 16 考点探究—提素养 17 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． 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． 考点探究—提素养 18 考点探究—提素养 19 考点探究—提素养 20 考向2　求函数的单调区间 考点探究—提素养 21 [0，1) 考点探究—提素养 22 (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”． 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． 考点探究—提素养 23 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) 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. 考点探究—提素养 24 4．已知函数f(x)＝－x|x|＋2x，则函数f(x)的单调递增区间为__________． [－1，1] 考点探究—提素养 25 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 考点探究—提素养 26 比较函数值的大小时，结合函数的单调性的等价结论，得出函数的单调性．若自变量的值不在同一单调区间内，应利用函数性质，将不在同一个单调区间内的自变量，转化到同一个单调区间内进行比较． 考点探究—提素养 27 考点探究—提素养 28 考向2　利用函数的单调性解不等式 考点探究—提素养 29 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． 考点探究—提素养 30 考点探究—提素养 31 考向3　利用函数的单调性求参数的范围 考点探究—提素养 32 利用单调性求参数范围(或值)的策略 考点探究—提素养 33 7.(2025·湖南长沙一中模拟)若函数f(x)＝4|x－a|＋3在区间[1， ＋∞)上不单调，则a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－∞，1] 解析：因为函数f(x)＝4|x－a|＋3在(－∞，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，又函数f(x)在区间[1，＋∞)上不单调，所以a>1.故选B. 考点探究—提素养 34 解析：函数f(x)的图象如图所示，由图象可知，若f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则a＋1≤2或a≥4，即a≤1或a≥4. (－∞，1]∪[4，＋∞) 考点探究—提素养 35 函数的最值、值域问题 考点探究—提素养 36 考点探究—提素养 37 考点探究—提素养 38 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)． 考点探究—提素养 39 考点探究—提素养 40 考点探究—提素养 41 考点探究—提素养 42 课时作业 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ 考向 函数单调性的应用 函数的单调性 函数的值域 函数的单调性 函数单调性的应用 函数单调性的应用 函数的单调性 函数单调性的应用 函数的单调性 考点 求参数的取值范围 求函数的单调区间 分离常数法求函数的值域 判断函数的单调性 解不等式 比较大小 求函数的单调区间 比较大小 求函数的单调区间、最值 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 44 题号 10 11 12 13 14 15 16 17 18 难度 ★★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★ 考向 函数单调性的应用 函数单调性的应用 函数的单调性 函数单调性的应用 函数单调性的应用 函数单调性的应用 函数单调性的应用 函数单调性的应用 函数的单调性及其应用 考点 求参数的取值范围 函数的新定义问题 判断函数的单调性 求参数的取值范围 比较大小 求参数的取值范围 比较大小 函数的新定义问题 判断函数的单调性、解不等式 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 45 一、单项选择题 1．(2025·北京朝阳质量检测)已知a∈R，则“0<a<1”是“函数f(x)＝(1－a)x3在R上单调递增”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：对于函数f(x)＝(1－a)x3，当a＝1时，f(x)＝0，为常数函数，当a>1时，1－a<0，函数f(x)＝(1－a)x3在R上单调递减，当a<1时，1－a>0，函数f(x)＝(1－a)x3在R上单调递增，所以“0<a<1”是“函数f(x)＝(1－a)x3在R上单调递增”的充分不必要条件．故选A. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 46 A．(－∞，－3]，[0，3] B．[－3，0]，[3，＋∞) C．(－∞，－5)，[0，1) D．(－1，0]，(5，＋∞) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 47 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 48 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 49 解析：由题意知，f(x)在R上单调递增，所以f(a)<f(6－a2)，即a<6－a2，则－3<a<2.故选D. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 50 6．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 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 51 7．(2025·辽宁沈阳模拟)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，＋∞) 解析：函数f(x)＝32x－4－2×3x－2＝(3x－2)2－2×3x－2，令3x－2＝t(t>0)，则原函数化为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. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 52 8．设a＞0，b＞0，若a2＋2a＝b2＋3b，则(　　) A．a＜b B．a＞b C．2a＞3b D．3a＞4b 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.当0<b<1<a时，3a<a2＋2a＝b2＋3b<4b.故选B. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 53 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f(x)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. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 56 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 57 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 58 13．(2025·安徽合肥模拟)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_____________． (－∞，－2] 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 59 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 60 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 62 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 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； 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 63 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 64 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 65 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 66 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 67 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，并证明函数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． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 68 (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}． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 69 　　　　　　　　　　　　　 R 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)eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在I上单调递增； (2)eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<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)若c＞0，则cf(x)与f(x)的单调性相同；若c＜0，则cf(x)与f(x)的单调性相反； (3)若f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)，且f(x)≠0，则eq \f(1,f（x）)在区间(a，b)上单调递减(增)； (4)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”． 题组二　回归教材——练一练 (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＝eq \f(1,x)－x B．y＝x2－x C．y＝－x2－2x D．y＝ex (2)(人教A必修第一册3.2.1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)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的实数x的取值范围为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) D．(－1，1] 解析：由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,x<\f(1,2)，))解得－1≤x<eq \f(1,2).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)＝eq \f(2,x－1)(x∈[2，6])，则函数f(x)的最大值为______，最小值为______． (4)(北师大版必修第一册复习题四C组 T2改编)函数f(x)＝lg (9－x2)的定义域为________，其单调递增区间为________． eq \f(2,5) (1)(2025·北京东城模拟)下列函数中，在区间(1，＋∞)上单调递减的是(　 ) A．f(x)＝eq \r(x) B．f(x)＝e-x C．f(x)＝x＋eq \f(1,x) D．f(x)＝ln x 解析：对于A，f(x)＝eq \r(x)在定义域[0，＋∞)上单调递增，故A不符合题意；对于B，f(x)＝e－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))eq \s\up12(x)在定义域R上单调递减，故B符合题意；对于C，f(x)＝x＋eq \f(1,x)，由对勾函数的性质可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故C不符合题意；对于D，f(x)＝ln x在定义域(0，＋∞)上单调递增，故D不符合题意．故选B. (2)判断函数f(x)＝eq \f(x,x2＋1)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)＝2,1)eq \f(x1,x＋1) －2,2)eq \f(x2,x＋1) ＝2,2)eq \f(x1x＋x1－xeq \o\al(2,1)x2－x2,（xeq \o\al(2,1)＋1）（xeq \o\al(2,2)＋1）) ＝2,1)eq \f(x1x2（x2－x1）＋（x1－x2）,（x＋1）（xeq \o\al(2,2)＋1）) ＝2,1)eq \f(（x1－x2）（1－x1x2）,（x＋1）（xeq \o\al(2,2)＋1）) ， 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． 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＋eq \f(1,x＋1) D．y＝eq \r(x2＋x－2) 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＋eq \f(1,x＋1)＝x＋1＋eq \f(1,x＋1)－1，∴由对勾函数的性质知，y＝x＋eq \f(1,x＋1)在(0，＋∞)上为增函数，故C满足题意；∵y＝eq \r(x2＋x－2)的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，∴D不满足题意．故选AC. 2．利用定义讨论函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在区间(－1，1)上的单调性． 解：任取x1，x2∈(－1，1)，且x1<x2，f(x)＝eq \f(a（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）). 当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在区间(－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)在区间(－1，1)上单调递增． (1)函数f(x)＝eq \r(x)－x的单调递增区间为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B．(0，1) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) D．(1，＋∞) 解析：令t＝eq \r(x)，显然t＝eq \r(x)在[0，＋∞)上单调递增．又y＝t－t2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，由0≤eq \r(x)≤eq \f(1,2)，得0≤x≤eq \f(1,4)，所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(也可写为\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))))).故选A. (2)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，))该函数的图象如图所示，其单调递减区间是[0，1)． 解析：因为函数f(x)＝－x|x|＋2x＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≥0，,x2＋2x，x<0，))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]． (2025·福建龙岩模拟)定义在R上的函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<0，则(　　) A．f(3)<f(2)<f(4) B．f(1)<f(2)<f(3) C．f(－2)<f(1)<f(3) D．f(3)<f(1)<f(0) 解析：不妨设x1<x2，因为对任意的x1，x2∈[0，＋∞)，eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)是[0，＋∞)上的减函数，所以f(3)<f(1)<f(0)．故选D. 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＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，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 解析：因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).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<eq \f(5,2)<e，所以f(2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))>f(e)，即b>a>c.故选D. 若函数f(x)是定义在[0，＋∞)上的增函数，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(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)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) 解析：因为函数f(x)是定义在[0，＋∞)上的增函数，且f(2x－1)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1<\f(1,3)，,2x－1≥0，))解得eq \f(1,2)≤x<eq \f(2,3).故选D. 6.(2025·湖北武汉武昌区质检)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，))故f(x)在R上单调递增，由f(2x)>f(1－x)，有2x>1－x，即x>eq \f(1,3).故选A. (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. 8．设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))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____________________． (多选)下列说法中正确的是(　　) A．当－3≤x≤－1时，函数y＝eq \f(5x－1,4x＋2)的最小值为eq \f(8,5) B．函数f(x)＝x＋eq \r(3－2x)的值域为(－∞，2] C．函数y＝eq \r(x－3)＋eq \r(5－x)的值域为(1，2] D．函数y＝eq \f(\r(x2＋4),x2＋5)的最大值为eq \f(2,5) 解析：对于A，由y＝eq \f(5x－1,4x＋2)，得y＝eq \f(5,4)－eq \f(7,4（2x＋1）)，因为－3≤x≤－1，所以eq \f(7,20)≤－eq \f(7,4（2x＋1）)≤eq \f(7,4)，即eq \f(8,5)≤y≤3，所以所求函数的最小值为eq \f(8,5)，故A正确；对于B，令eq \r(3－2x)＝t≥0，则x＝eq \f(3－t2,2)，原函数即为g(t)＝－eq \f(1,2)t2＋t＋eq \f(3,2)(t≥0)，可知g(t)max＝g(1)＝－eq \f(1,2)×12＋1＋eq \f(3,2)＝2，所以函数f(x)的值域为(－∞，2]，故B正确；对于C，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3≥0，,5－x≥0，))得3≤x≤5，则y2＝2＋2eq \r(（x－3）（5－x）)＝2＋2eq \r(－（x－4）2＋1)，3 ≤x≤5，又－(x－4)2＋1∈[0，1]，则2eq \r(－（x－4）2＋1)∈[0，2]，所以2≤y2≤4，又y≥0，所以eq \r(2)≤y≤2，故函数的值域为[eq \r(2)，2]，故C错误；对于D，令eq \r(x2＋4)＝t，则t≥2，所以x2＝t2－4，所以y＝eq \f(t,t2＋1)＝eq \f(1,t＋\f(1,t))，设h(t)＝t＋eq \f(1,t)，则h(t)在[2，＋∞)上为增函数，所以h(t)min＝h(2)＝eq \f(5,2)，所以y≤eq \f(1,\f(5,2))＝eq \f(2,5)(当x＝0时取等号)，即y的最大值为eq \f(2,5)，故D正确．故选ABD. (4)分离常数法：求形如y＝eq \f(cx＋d,ax＋b)(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)． 9.已知f(x)＝3－2|x|，g(x)＝x2－2x，若F(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g(x)，f(x)≥g(x)，,f(x)，f(x)<g(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7－2eq \r(7)，无最小值 C．最大值为3，无最小值 D．无最大值，最小值为－1 解析：根据已知条件，可以求出F(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＋2x，x<2－\r(7)，,x2－2x，2－\r(7)≤x≤\r(3)，,3－2x，x>\r(3)，))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－eq \r(7)，所以yA＝7－2eq \r(7).所以F(x)有最大值7－2eq \r(7)，无最小值．故选B. 2．已知函数f(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝logeq \s\do14(\f(1,2))f(x)的单调递增区间为(　　) 解析：因为y＝logeq \s\do14(\f(1,2))x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)＝logeq \s\do14(\f(1,2))f(x)的单调递增区间为(－∞，－5)，[0，1)．故选C. 3．(2025·北京怀柔第一中学模拟)已知函数f(x)＝eq \f(4x2,2x2＋1)，则对任意实数x，函数f(x)的值域是(　　) A．(0，2) B．(0，2] C．[0，2) D．[0，2] 解析：依题意，f(x)＝eq \f(2（2x2＋1）－2,2x2＋1)＝2－eq \f(2,2x2＋1)，显然2x2＋1≥1，则0<eq \f(2,2x2＋1)≤2，于是0≤2－eq \f(2,2x2＋1)<2，所以函数f(x)的值域是[0，2)．故选C. 4．下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝－ln x B．f(x)＝eq \f(1,2x) C．f(x)＝－eq \f(1,x) D．f(x)＝3|x－1| 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＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝eq \f(1,2x)在(0，＋∞)上单调递减，故B不符合题意；对于C，因为y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，故C符合题意；对于D，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝3|eq \s\up7(\f(1,2))－1|＝3eq \s\up7(\f(1,2))＝eq \r(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．(2025·黑龙江大庆模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,x3＋1，x<0，))若f(a)<f(6－a2)，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2)∪(3，＋∞) B．(－2，3) C．(－∞，－3)∪(2，＋∞) D．(－3，2) 解析：因为x1f(x1)－x1f(x2)－x2f(x1)＋x2f(x2)>0，所以(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，即eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，因为定义在R上的函数f(x)对任意的x1，x2(x1≠x2)都满足eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>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. 二、多项选择题 9．关于函数f(x)＝eq \r(－x2＋2x＋3)，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 10．函数f(x)＝eq \f(2x－a,x＋1)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 解析：f(x)＝eq \f(2x－a,x＋1)＝2－eq \f(a＋2,x＋1)，∵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．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)＝eq \f(3＋x,4－x) B．f(x)＝eq \r(4－x2) C．f(x)＝eq \f(5,2x2－4x＋3) D．f(x)＝x＋eq \r(4－x) 解析：对于A，f(x)＝eq \f(3＋x,4－x)＝eq \f(－（4－x）＋7,4－x)＝－1＋eq \f(7,4－x)，由于eq \f(7,4－x)≠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＝eq \r(u)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v＝2x2－4x＋3＝2(x－1)2＋1，则v≥1，又y＝eq \f(5,v)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＝eq \r(4－x)，则t≥0，x＝4－t2，则f(x)＝g(t)＝－t2＋t＋4＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(17,4)(t≥0)，易得f(x)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(17,4)))，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．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eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0. 解析：由eq \f(1,2x)>0，得f(x)＝1－eq \f(1,2x)<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eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0.故f(x)＝1－eq \f(1,2x)(答案不唯一)． 1－eq \f(1,2x)(答案不唯一) 解析：令u(x)＝x2－ax－3，因为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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤1，,u（1）＝12－1×a－3≥0，))解得a≤－2.故实数a的取值范围为(－∞，－2]． 14.eq \f(π2＋1,π)，eq \f(10,3)，eq \f(11\r(10),10)的大小关系为___________________． 解析：设f(x)＝eq \f(x2＋1,x)，故f(x)＝eq \f(x2＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)，则函数在(1，＋∞)上单调递增，又3<π<eq \r(10)，故f(3)<f(π)<f(eq \r(10))，即eq \f(10,3)<eq \f(π2＋1,π)<eq \f(11\r(10),10). eq \f(10,3)<eq \f(π2＋1,π)<eq \f(11\r(10),10) 15．已知函数f(x)＝ax2＋x－3，若对任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1≠x2，eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<3恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，1] C．(－∞，0) D．(－∞，0] 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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,－\f(－2,2a)≤1，))解得a<0.综上所述，实数a的取值范围是(－∞，0]．故选D. 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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) 上，此时a<c<eq \f(1,2)，可得a＋c<1成立；②a，c不同在函数的单 调递减区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))上，则必有a<eq \f(1,2)<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)＝eq \f(1,x) C．f(x)＝x＋eq \f(1,x) D．f(x)＝eq \f(3x,x2＋1) 解析：函数中存在“倍值区间”，则①f(x)在[m，n]上是单调函数，②eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(m)＝2m，,f(n)＝2n))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(m)＝2n，,f(n)＝2m.))对于A，f(x)＝x2，若存在“倍值区间”[m，n]，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(m)＝2m，,f(n)＝2n))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2＝2m，,n2＝2n))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝0，,n＝2，))故f(x)＝x2存在“倍值区间”[0，2]．对于B，f(x)＝eq \f(1,x)，若存在“倍值区间”[m，n]，当x>0时，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＝2n，,\f(1,n)＝2m))⇒mn＝eq \f(1,2)，故只需mn＝eq \f(1,2)即可，故存在“倍值区间”． 对于C，f(x)＝x＋eq \f(1,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]，则m＋eq \f(1,m)＝2n，n＋eq \f(1,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，＋∞)，则m＋eq \f(1,m)＝2m，n＋eq \f(1,n)＝2n⇒m2＝n2＝1不符合题意，故此函数不存在“倍值区间”．对于D，因为f(x)＝eq \f(3x,x2＋1)＝eq \f(3,x＋\f(1,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]，则eq \f(3m,m2＋1)＝2m，eq \f(3n,n2＋1)＝2n，故m＝0，n＝eq \f(\r(2),2)，即存在“倍值区间”eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).故选ABD. $$