第二章 2 第二节 函数的单调性和最值（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦函数单调性和最值核心考点，依据课标梳理定义、单调区间及最值求法。通过教材夯实、考点探究归纳判断证明及应用三大题型，结合2024新课标Ⅰ卷等真题，对接高考评价体系，明确单调性应用占60%高频考点，提升备考针对性。 课件亮点是“真题引领+方法建模+素养提升”，以2023全国甲卷比较函数值题为例，用数学思维构建“单调性比较法”，通过定义法步骤培养数学语言表达。设易错警示及母题变式，助学生掌握参数范围题“定义域优先+单调性转化”技巧，高效冲刺，为教师提供系统复习框架和学情诊断依据。

第二节　函数的单调性和最值 高三一轮复习讲义 北师大版 第二章 函数与基本初等函数 课标研读 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.掌握函数单调性的简单应用. 04 03 考教衔接　精研教材 课时测评 02 考点探究　提升能力 教材梳理　夯实基础 01 内容索引 教材梳理　夯实基础 返回 1.函数的单调性 (1)单调函数的定义   增函数 减函数 定义 设函数y＝f (x)的定义域为D，如果∀x1，x2∈D 当x1＜x2时，都有______________，那么就称函数y＝f (x)是增函数；当I是定义域D上的一个区间时，也称函数y＝f (x)在区间I上__________ 当x1＜x2时，都有______________，那么就称函数y＝f (x)是减函数；当I是定义域D上的一个区间时，也称函数y＝ f (x)在区间I上__________ 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 f (x1)＜f (x2) 单调递增 f (x1)＞f (x2) 单调递减 (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)在区间I上具有单调性，区间I叫做函数y＝f (x)的单调区间. 微提醒　(1)求函数单调区间或讨论函数单调性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)函数在某个区间上是单调函数，但在整个定义域上不一定是单调 函数. 单调递减 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 (1)∀x∈D，都有__________； (2)∃x0∈D，使得___________ (1)∀x∈D，都有__________； (2)∃x0∈D，使得___________ 结论 M为函数y＝f (x)的最大值 M为函数y＝f (x)的最小值 f (x)≤M f (x0)＝M f (x)≥M f (x0)＝M 常用结论 (1)函数单调性的两个等价结论 ①∀x1，x2∈I且x1≠x2，有＞0或(x1－x2)[f (x1)－f (x2)]＞0⇔f (x)在区间I上单调递增. ②∀x1，x2∈I且x1≠x2，有＜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，增函数＋增函数＝增函数；减函数＋减函数＝减函数；增函数－减函数＝增函数；减函数－增函数＝减函数. (3)函数y＝f (x)(f (x)＞0或f (x)＜0)在公共定义域内与y＝－f (x)，y＝的单调性相反. (4)复合函数y＝f (g(x))的单调性的判断方法：同增异减. √ √ √ 自主检测 1.(多选题)下列结论错误的是 A.因为f (x)在[－3，2]上是增函数，则f (－3)＜f (2) B.函数f (x)在(－2，3)上单调递增，则函数的单调递增区间为(－2，3) C.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 D.函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞) √ 2.(链接北师必修一P65A组T2，改编)y＝在[3，4]上的最大值为 A.2 B. C. D.4 y＝＝＝＋1，因为y＝＋1在[3，4]上单调递减，所以当x＝3时，y取得最大值，最大值为＋1＝2.故选A. √ 3.(链接北师必修一P65B组T3，改编)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) 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.(链接北师必修一P65A组T4，改编)已知函数f (x)＝x2－2kx＋4在[5，20]上单调，则实数k的取值范围是____________________________. 因为函数f (x)＝x2－2kx＋4在[5，20]上单调，所以k≤5或k≥20. (－∞，5]∪[20，＋∞) 返回 考点探究　提升能力 返回 考点一　函数单调性的判断 自主练透 √ 1.(2023·北京卷)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｜ 对于A，因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x)＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，故A错误；对于B，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x)＝在(0，＋∞)上单调递减，故B错误；对于C，因为y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，故C正确；对于D，因为f ＝＝＝，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错误.故选C. √ 2.(2025·江苏徐州模拟)函数f (x)＝－的单调递增区间是 A.(2，＋∞) B.(－∞，2) C. D.(－∞，2)，(2，＋∞) 函数f (x)＝－，所以f (x)＝－的单调递增区间为(－∞，2)，(2，＋∞).故选D. √ 3.函数y＝f (x)是实数集上的严格增函数，且a＋b＞0，则 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) 因为a＋b＞0，所以a＞－b，b＞－a，又因为y＝f (x)在R上单调递增，所以f (a)＞f (－b)，f (b)＞f (－a)，所以f (a)＋f (b)＞f (－a)＋f (－b).故 选A. 1.函数单调性的判断方法：(1)定义法；(2)图象法；(3)导数法；(4)函数y＝f (g(x))的单调性遵循“同增异减”. 2.求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调 区间. 规律方法 考点二　利用定义证明函数的单调性 师生共研 典例1 (一题多变)(2025·山东济南模拟)已知函数f (x)＝x＋，且f (1)＝2. (1)求m的值； 解：因为f (1)＝2，所以1＋m＝2，所以m＝1. (2)判断函数f (x)在(1，＋∞)上是增函数还是减函数，并证明. 解：函数f (x)在(1，＋∞)上为增函数，证明如下： 设x1，x2是(1，＋∞)上的任意两个实数， 且1＜x1＜x2， 则f (x1)－f (x2)＝x1＋－＝x1－x2＋ ＝x1－x2－＝， 当1＜x1＜x2时，x1x2＞0，x1x2－1＞0，x1－x2＜0，从而f(x1)－f(x2)＜0， 即f (x1)＜f (x2)， 所以函数f (x)＝x＋在(1，＋∞)上为增函数. 变式探究 (变结论)判断函数f (x)在(－1，0)，(0，1)上是增函数还是减函数.(写出即可，不需证明) 答案：函数f (x)在(－1，0)，(0，1)上是减函数. 1.定义法证明或判断函数单调性的步骤 2.对勾函数y＝x＋(a＞0)的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)；单调递减区间是[－，0)，(0，]. 规律方法 对点练1.试讨论函数f (x)＝(a≠0)在(－1，1)上的单调性. 解：设－1＜x1＜x2＜1， 则f (x)＝a＝a， 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. 考点三　函数单调性的应用 多维探究 典例2 √ (2023·全国甲卷)已知函数f (x)＝.记a＝f ，b＝f ，c＝f ，则 A.b＞c＞a B.b＞a＞c C.c＞b＞a D.c＞a＞b 角度1　比较函数值的大小 令g(x)＝－(x－1)2，则g(x)开口向下，对称轴为x＝1，因为－1－＝－，而(＋)2－42＝9＋6－16＝6－7＞0，所以－1－＝－＞0，即－1＞1－，由二次函数的性质知g＜g，因为－1－＝－，而(＋)2－42＝8＋4－16＝4－8＝4(－2)＜0，即－1＜1－，所以g＞g.综上，g＜g＜g，又y＝ex为增函数，故a＜c＜b，即b＞c＞a.故选A. 典例3 角度2　解不等式 已知函数f (x)＝ln x＋2x，若f (x2－4)＜2，则实数x的取值范围是____________________. 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＜，则实数x的取值范围是(－，－2)∪(2，). (－，－2)∪(2，) 角度3　求参数的取值范围 (1)已知函数f (x)＝是R上的增函数，则实数a的取值范围是 A.[0，3) B.(0，3) C.[2，3) D.(2，3) 由题意得，函数f (x)为R上的增函数，有解得0≤a＜3，则实数a的取值范围是[0，3).故选A. 典例4 √ (2)(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f (x)＝2x(x－a)在区间(0，1)单调递减，则实数a的取值范围是 A. B. C. D. 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，则有函数y＝x(x－a)＝－在区间(0，1)上单调递减，因此1，解得a≥2，所以实数a的取值范围是[2，＋∞).故选D. √ 角度4　求函数的最值 函数f (x)＝＋的最小值是_____. 由题意知可得x≥3.易知f (x)在[3，＋∞)上为增函数，所以其最小值为f (3)＝. 典例5 1.比较函数值的大小时，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)或最值时，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. 规律方法 √ 对点练2.(1)已知f (x)是偶函数，f (x)在[1，3]上单调递增，则f (1)， f (－2)，f (－3)的大小关系为 A.f (1)＞f (－2)＞f (－3) B.f (－2)＞f (－3)＞f (1) C.f (－3)＞f (1)＞f (－2) D.f (－3)＞f (－2)＞f (1) 因为f (x)是偶函数，所以f (－2)＝f (2)，f (－3)＝f (3).因为f (x)在[1，3]上单调递增，所以f (3)＞f (2)＞f (1)，所以f (－3)＞f (－2)＞f (1).故选D. (2)已知函数f (x)＝则不等式f (x＋2)＜f (x2＋2x)的解集是 A.(－2，1) B.(0，1) C.(－∞，－2)∪(1，＋∞) D.(1，＋∞) 由函数f (x)＝的图象(图略)可得f (x)在R上是增函数， 则不等式f (x＋2)＜f (x2＋2x)等价于x＋2＜x2＋2x，即x2＋x－2＞0，解得x＞1或x＜－2，则原不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞).故选C. √ (3)已知函数f (x)＝且对任意的x1≠x2，都有＜0，则实数a的取值范围是__________. 由题意知函数f (x)＝是R上的减函数，所以≤a＜，则实数a的取值范围是. (4)函数f (x)＝x－＋1在[1，4]的最大值为___. 由y＝x在[1，4]上单调递增，且y＝在[1，4]上单调递减，可得f (x)＝x－＋1在[1，4]上单调递增，所以f (x)max＝f (4)＝. 返回 考教衔接　精研教材 返回 真题再现 因为函数f (x)在R上单调递增，且当x＜0时，f (x)＝－x2－2ax－a，所以 f (x)＝－x2－2ax－a在(－∞，0)上单调递增，所以－a≥0，即a≤0；当x≥0时，f (x)＝ex＋ln(x＋1)，所以函数f (x)在[0，＋∞)上单调递增.若函数f (x)在R上单调递增，则－a≤f (0)＝1，即a≥－1.综上，实数a的取值范围是[－1，0].故选B. √ (2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f (x)＝在R上单调递增，则实数a的取值范围是 A.(－∞，0] B.[－1，0] C.[－1，1] D.[0，＋∞) 返回 教材呈现 (北师必修一P73C组T3)已知函数f (x)＝在定义域R上是减函数，求实数a的取值范围. 点评：本题与教材习题形式、结构、考点完全相同，考查利用分段函数的单调性求参数的范围；然后在教材的基础上函数关系式变得复杂，难度高于教材. 课 时 测 评 返回 对于A， 函数y＝log0.2x在定义域内单调递减，故A错误；对于B，y＝x＋在定义域内不具有单调性，故B错误；对于C，y＝22x＝4x在定义域内单调递增，故C正确；对于D，y＝tan x在定义域内不具有单调性，故D错误.故选C. √ 1.(2025·河南南阳模拟)下列函数中，在定义域内单调递增的为 A.y＝log0.2x B.y＝x＋ C.y＝22x D.y＝tan x 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 √ 因为f (x)＝x＋在[0，4]上单调递增，所以f (x)min＝f (0)＝0，f (x)max＝ f (4)＝4＋2＝6，所以函数的值域为[0，6].故选C. 2.函数f (x)＝x＋，x∈[0，4]的值域为 A.[0，3] B.[1，4] C.[0，6] D.[0，4] 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 √ 因为f (x)＝x2－4｜x｜＋3＝ 作出f (x)的图象，如图所示， 由图象可知：函数f (x)的单调递增区间是(－2，0)和 (2，＋∞).故选D. 3.(2025·福建南平期中)函数f (x)＝x2－4＋3的单调递增区间是 A. B.和(0，2) C. D.和(2，＋∞) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 因为对∀x∈R都有f (3＋x)＝f (1－x)，所以f (1)＝f (3－2)＝f [1－(－2)]＝ f (3).又因为f (x)在(2，＋∞)上单调递减，且2＜3＜4，所以f (4)＜f (3)＜ f (2)，即f (4)＜f (1)＜f (2).故选A. √ 4.(2025·广东深圳模拟)已知函数f (x)的定义域为R，若对∀x∈R都有f (3＋x)＝f (1－x)，且f (x)在(2，＋∞)上单调递减，则f (1)，f (2)与f (4)的大小关 系是 A.f (4)＜f (1)＜f (2) B.f (2)＜f (1)＜f (4) C.f (1)＜f (2)＜f (4) D.f (4)＜f (2)＜f (1) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 √ 当a＞0时，f (x)＝x－，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞).因为f (x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，在定义域上不单调，故A错误；又当x→－∞时，f (x)→－∞，当x→0－时，f (x)→＋∞，所以f (x)的值域为R，故D正确；当a＝－4时，f (x)＝x＋，由其图象(图略)可知B、C正确.故选BCD. 5.(多选题)已知函数f (x)＝x－(a≠0)，下列说法正确的是 A.当a＞0时，f (x)在定义域上单调递增 B.当a＝－4时，f (x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞) C.当a＝－4时，f (x)的值域为(－∞，－4]∪[4，＋∞) D.当a＞0时，f (x)的值域为R √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 √ √ 6.(新定义)(多选题)(2025·安徽马鞍山模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足：对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有＞0，则称函数f (x)为“理想函数”.给出下列四个定义域为(0，＋∞)的函数，其中能被称为“理想函数”的有 A.f (x)＝1 B.f (x)＝x2 C.f (x)＝x2＋1 D.f (x)＝x2＋x 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 由题可得，当x1≠x2时，恒有＞0，令x1＞x2，故x2f (x1)－x1f (x2)＞0，又f (x)定义在(0，＋∞)上，故＞，即在(0，＋∞)上单调递增.对于A，＝在(0，＋∞)上单调递减，故A不正确；对于B，＝x在(0，＋∞)上单调递增，故B正确；对于C，＝x＋在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故C不正确；对于D，＝x＋1在(0，＋∞)上单调递增，故D正确.故选BD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 y＝由图象知，   该函数的严格单调增区间为. 7.函数y＝x＋3的严格单调增区间为_____________________. 和 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 令f (x)＝(x－1)2，则f (x)≤f (2)对任意的x∈[0，2]都成立，但f (x)在[0，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，所以函数f (x)在[0，2]上不是单调递增. 8.(开放题) (2025·北京顺义模拟)能说明“若f (x)≤f (2)对任意的x∈[0，2]都成立，则f (x)在 [0，2]上单调递增”为假命题的一个函数是_____________ ________________. f (x)＝(x－1)2 (答案不唯一) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 9.(13分)(2025·江西九江模拟)已知f (x)＝是定义在[－2，2]上的函数，若满足f (x)＋f (－x)＝0且f (1)＝. (1)求f (x)的解析式；(6分) 解：x∈[－2，2]，且f (x)＋f (－x)＝0， 所以f (x)为奇函数， 将x＝0代入f (x)＋f (－x)＝0可得f (0)＝0， 即＝0，所以c＝0， 即f (x)＝，因为f (1)＝， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 所以f (－1)＝－，代入可得 解得故f (x)＝. 因为f (x)＝，所以f (－x)＝＝－f (x)，函数为奇函数，满足题意，故f (x)＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 (2)设函数g(x)＝x2－2mx＋4，若对任意x1，x2∈[1，2]，都有g(x2)＜f (x1)恒成立，求实数m的取值范围.(7分) 解：由题意可知，g(x2)max＜f (x1)min，设1≤a＜b≤2，则f (b)－f (a)＝－ ＝， 因为1≤a＜b≤2，所以b－a＞0，4－ab＞0，所以f (b)－f (a)＞0，即f (b)＞ f (a)， 故函数f (x)＝在[1，2]上单调递增，最小值为f (1)＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 法一：g(x)＝x2－2mx＋4＜在[1，2]上恒成立，只要2m＞， y＝x＋上单调递减，在上单调递增， 当x＝1时，x＋＝， 当x＝2时，x＋＝＜， 故当x＝1时，＝，所以m＞. 所以实数m的取值范围为. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 法二：g(x)＝x2－2mx＋4＝＋4－m2，x∈[1，2]， 当m≤时，g(x)max＝g(2)＜，4－4m＋4＜，解得m＞，舍去； 当m＞时，g(x)max＝g(1)＜，1－2m＋4＜，解得m＞，因此m＞. 综上所述，实数m的取值范围为. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 ①当a＜0时，若x＜a，则f (x)＝ex＋a，因为函数f (x)＝ex＋a在(－∞，a)上单调递增，所以a＜f (x)＜ea＋a，若x≥a，则f (x)＝x2＋2ax＝(x＋a)2－a2≥－a2，当且仅当x＝－a时取等号，因为f (x)不存在最小值，所以－a2＞a，所以－1＜a＜0. 10.(2025·湖南岳阳模拟)已知函数f (x)＝f (x)不存在最小值，则实数a的取值范围是 A.(－1，0) B. C.(－1，0)∪ D.∪(1，＋∞) √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 ②当a≥0时，若x＜a，则f (x)＝ex＋a，因为函数f (x)＝ex＋a在(－∞，a)上单调递增，所以a＜f (x)＜ea＋a，若x≥a，则f (x)＝x2＋2ax＝(x＋a)2－a2≥f (a)＝3a2，当且仅当x＝a时取等号，因为f (x)不存在最小值，所以3a2＞a，所以a＞.所以实数a的取值范围是(－1，0)∪. 故选C. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 √ 11. (多选题)(2025·福建漳州模拟)已知定义域为R的函数f (x)的图象是连续不断的，且满足以下条件：①∀x∈R，f (－x)＝f (x)；②∀x1，x2∈(0，＋∞)，当x1≠x2时，都有＞0；③f (－1)＝0，则下列说法正确的是 A.f (3)＞f (－4) B.若f (m－1)＜f (2)，则m∈(－∞，3) C.若＞0，则x∈∪(1，＋∞) D.∃M∈R，使得对∀x∈R，f (x)≥M恒成立 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 由条件①得f (x)是偶函数，所以f (－4)＝f (4)，条件②得f (x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f (3)＜f (4)＝f (－4)，故A错误；若f (m－1)＜f (2)，则＜2⇒－1＜m＜3，故B错误；若＞0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，f (x)在(－∞，0)上单调递减，则因为f (－1)＝f (1)＝0，所以⇒⇒所以－1＜x＜0或x＞1，故C正确；因为定义在R上的函数f (x)的图象是连续不断的，f (x)是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x)min＝f (0)，所以对∀x∈R，只需M≤f (0)即可，故D正确.故选CD. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 12.(15分)(一题多问)已知a∈R，函数f (x)＝x2＋的定义域为(1，＋∞). (1)求f (2)的值(用含a的式子表示)；(3分) 解：由函数f (x)＝x2＋可得f (2)＝22＋＝4＋. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 (2)若函数f (x)在(1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(5分) 解：任取x1＞x2＞1，则f (x1)－f (x2)＝－＝(－)＋＝(x1－x2)·. 因为函数f (x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x1)－f (x2)＞0. 因为x1＞x2＞1，所以x1－x2＞0，x1x2＞0， 所以(x1＋x2)x1x2－a＞0，即a＜(x1＋x2)x1x2恒成立. 因为x1＞x2＞1，所以x1＋x2＞2，x1x2＞1，所以(x1＋x2)x1x2＞2，所以a≤2. 故实数a的取值范围为(－∞，2]. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 (3)在(2)的条件下，若对(1，＋∞)内的任意实数x，不等式f ＞4＋恒成立，求实数a的取值范围.(7分) 解：由(1)可知f (2)＝4＋， 所以不等式f ＞4＋可化为f ＞f (2). 因为f (x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以ex－＞2恒成立， 即a＜(ex)2－2ex在(1，＋∞)上恒成立. 记g(x)＝(ex)2－2ex，x∈(1，＋∞). 令t＝ex，则t＞e， 所以y＝t2－2t＝(t－1)2－1在(e，＋∞)上单调递增， 所以y＞e2－2e，所以a≤e2－2e. 故实数a的取值范围为(－∞，e2－2e]. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 13.(5分)(新定义)(多选题)(2025·安徽蚌埠模拟)已知函数f (x)的定义域为D，若存在区间[m，n]⊆D，使得f (x)满足：(1)f (x)在[m，n]上是单调函数； (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 A.f (x)＝2x B.f (x)＝x2 C.f (x)＝ D.f (x)＝x＋ √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 根据题意，函数中存在“倍值区间”，则满足f (x)在[m，n]上是单调函数，其次有对于A，f (x)＝2x，在区间[m，n]上是增函数，其值域是[2m，2n]，则区间[m，n]为函数f (x)的“倍值区间”；对于B，f (x)＝x2，在区间[0，2]上是增函数，其值域为，则区间[0，2]是函数f (x)的“倍值区间”；对于C，f (x)＝，在区间上是减函数，其值域为[1，2]，则区间是函数f (x)的“倍值区间”； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 对于D，f (x)＝x＋，当x＞0时，f (x)在区间上单调递减，在区间[1，＋∞)上单调递增，若函数存在倍值区间[m，n]，则有解可得m＝n＝1，不符合题意，对于变形可得m2－2mn＋1＝0且n2－2mn＋1＝0，必有m＝n，不符合题意，故当x＞0时，f (x)不存在“倍值区间”；同理可得当x＜0时，f (x)不存在“倍值区间”，故f (x)在定义域内不存在“倍值区间”.故选ABC. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 14.(17分)(新定义)(2025·广东韶关期末)设函数f (x)的定义域为D，对于区间I＝，若满足以下两条性质之一，则称I为f (x)的一个“Ω区间”. 性质1： 对任意x∈I，有f (x)∈I； 性质2： 对任意x∈I，有f (x)∉I. (1)分别判断区间[1，4]是否为下列两函数的“Ω区间”，并说明理由.(7分) ①y＝－x＋5，②y＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 解：对于①，由一次函数y＝－x＋5的性质，得它在[1，4]上单调递减， 所以当x∈[1，4]时，y∈[1，4]，故区间[1，4]是y＝－x＋5的“Ω区间”. 对于②，由反比例函数y＝的性质得它在[1，4]上单调递减， 所以当x∈[1，4]时，y∈，此时不满足y∈[1，4]，也不满足y∉ [1，4]， 故区间[1，4]不是y＝的“Ω区间”. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 (2)若[0，2]是函数y＝－x2＋2mx的“Ω区间”，求实数m的取值范围.(10分) 解：由题意知[0，2]是函数y＝－x2＋2mx的“Ω区间”，f (0)＝0＋0＝0，所以f (x)＝－x2＋2mx满足性质1， ①若m≤0时，且x∈[0，2]，可知f (x)＝－x2＋2mx在x∈[0，2]上单调递减，所以⇒解之得m不存在，故舍去. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 ②若0＜m＜2时， F (x)在x∈上单调递增， 在x∈上单调递减，所以f (x)max＝f (m)， ⇒解之得1≤m≤. ③若m≥2时，f (x)在x∈[0，2]上单调递增， ⇒解之得m不存在，故舍去. 综上可知，若[0，2]是函数y＝－x22mx的“Ω区间”，实数m的取值范围为. 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 谢 谢 观 看 函数的单调性和最值 $