2025《金版教程•高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案》第2節(jié) 函數(shù)的單調(diào)性與最值

第二節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值課標解讀考向預(yù)測1.借助函數(shù)圖象，會用符號語言表達函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值，理解它們的作用和實際意義.2.理解函數(shù)單調(diào)性的概念，能運用函數(shù)圖象理解和研究函數(shù)的單調(diào)性.3.會用函數(shù)單調(diào)性的定義判斷(或證明)一些函數(shù)的單調(diào)性.4.會求一些具體函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.以基本初等函數(shù)為載體，考查函數(shù)的單調(diào)性、單調(diào)區(qū)間及函數(shù)最值的確定與應(yīng)用；強化對函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、分類討論思想的考查，題型既有選擇題、填空題，又有解答題．預(yù)計2025年高考仍會考查函數(shù)的單調(diào)性、單調(diào)區(qū)間及函數(shù)最值的確定與應(yīng)用；題型既有選擇題、填空題，又有解答題，難度中檔偏上.必備知識——強基礎(chǔ)1．(1)單調(diào)函數(shù)的定義增函數(shù)減函數(shù)定義一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為D，區(qū)間I?D，如果?x1，x2∈I當x1<x2時，都有eq\x(\s\up1(01))f(x1)<f(x2)，那么就稱函數(shù)f(x)在區(qū)間I上單調(diào)遞增當x1<x2時，都有eq\x(\s\up1(02))f(x1)>f(x2)，那么就稱函數(shù)f(x)在區(qū)間I上單調(diào)遞減圖象描述自左向右看圖象是上升的自左向右看圖象是下降的(2)單調(diào)區(qū)間的定義如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間I上eq\x(\s\up1(03))單調(diào)遞增或eq\x(\s\up1(04))單調(diào)遞減，那么就說函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間具有(嚴格的)單調(diào)性，區(qū)間I叫做y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．2．函數(shù)的最值前提設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為D，如果存在實數(shù)M滿足條件(1)?x∈D，都有eq\x(\s\up1(05))f(x)≤M；(2)?x0∈D，使得eq\x(\s\up1(06))f(x0)＝M(1)?x∈D，都有eq\x(\s\up1(07))f(x)≥M；(2)?x0∈D，使得eq\x(\s\up1(08))f(x0)＝M結(jié)論M為最大值M為最小值1．函數(shù)單調(diào)性的兩個等價結(jié)論設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為D，區(qū)間I?D，則?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上單調(diào)遞增；(2)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)?f(x)在I上單調(diào)遞減．2．若函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)間I上具有單調(diào)性，則在區(qū)間I上具有以下性質(zhì)：(1)當f(x)，g(x)都是增(減)函數(shù)時，f(x)＋g(x)是增(減)函數(shù)；(2)復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的單調(diào)性與y＝f(u)和u＝g(x)的單調(diào)性有關(guān)．簡記：“同增異減”．3．函數(shù)最值存在的兩個結(jié)論(1)閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定存在最大值和最小值．當函數(shù)在閉區(qū)間上單調(diào)時，最值一定在端點取到；(2)開區(qū)間上的“單峰”函數(shù)一定存在最大(小)值．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[1，＋∞)．()(2)因為y＝x與y＝ex都是增函數(shù)，所以y＝xex在定義域內(nèi)為增函數(shù)．()(3)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，2]和(2，3)上均為增函數(shù)，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，3)上為增函數(shù)．()答案(1)×(2)×(3)×2．小題熱身(1)(多選)(人教A必修第一冊習(xí)題3.2T3改編)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減的是()A．y＝eq\f(1,x)－x B．y＝x2－xC．y＝－x2－2x D．y＝ex答案AC(2)(人教A必修第一冊3.2.1P81練習(xí)T2改編)已知函數(shù)f(x)為定義在區(qū)間[－1，1]上的增函數(shù)，則滿足f(x)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的實數(shù)x的取值范圍為()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]答案B解析由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,x<\f(1,2)，))解得－1≤x<eq\f(1,2).故選B.(3)(人教A必修第一冊3.2.1例5改編)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x－1)(x∈[2，6])，則函數(shù)f(x)的最大值為________，最小值為________．答案2eq\f(2,5)(4)函數(shù)f(x)＝lg(9－x2)的定義域為________，其單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案(－3，3)(－3，0]解析對于函數(shù)f(x)＝lg(9－x2)，令t＝9－x2＞0，解得－3＜x＜3，故函數(shù)f(x)的定義域為(－3，3)．令g(x)＝9－x2，則函數(shù)f(x)＝lg(g(x))，又函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－3，0]，所以函數(shù)f(x)＝lg(9－x2)在定義域內(nèi)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－3，0]．考點探究——提素養(yǎng)考點一函數(shù)的單調(diào)性、單調(diào)區(qū)間(多考向探究)考向1判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性例1(1)(多選)(2023·河北石家莊模擬)下列函數(shù)在(－∞，0)上單調(diào)遞減的是()A．y＝tanx B．y＝ln(－x)C．y＝eq\f(1,2x) D．y＝－eq\f(1,x)答案BC解析函數(shù)y＝tanx在(－∞，0)上不單調(diào)，故A不滿足題意；由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)y＝ln(－x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，故B滿足題意；函數(shù)y＝eq\f(1,2x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，故C滿足題意；函數(shù)y＝－eq\f(1,x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，故D不滿足題意．故選BC.(2)判斷函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x2＋1)在(－1，1)上的單調(diào)性，并用定義證明．解函數(shù)f(x)在(－1，1)上是增函數(shù)．證明如下：任取x1，x2∈(－1，1)且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,xeq\o\al(2,1)＋1)－eq\f(x2,xeq\o\al(2,2)＋1)＝eq\f(x1xeq\o\al(2,2)＋x1－xeq\o\al(2,1)x2－x2,（xeq\o\al(2,1)＋1）（xeq\o\al(2,2)＋1）)＝eq\f(x1x2（x2－x1）＋（x1－x2）,（xeq\o\al(2,1)＋1）（xeq\o\al(2,2)＋1）)＝eq\f(（x1－x2）（1－x1x2）,（xeq\o\al(2,1)＋1）（xeq\o\al(2,2)＋1）)，因為－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)．所以函數(shù)f(x)在(－1，1)上是增函數(shù)．【通性通法】利用定義證明或判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟(1)取值：設(shè)x1，x2是該區(qū)間內(nèi)的任意兩個值，且x1<x2.(2)作差變形：作差f(x1)－f(x2)，并通過因式分解、通分、配方、有理化等手段，轉(zhuǎn)化為易判斷正負的式子．(3)定號：確定f(x1)－f(x2)的符號．(4)結(jié)論：根據(jù)f(x1)－f(x2)的符號及定義判斷單調(diào)性．提醒：作差變形是證明單調(diào)性的關(guān)鍵，且變形的結(jié)果一般寫成幾個因式乘積的形式．【鞏固遷移】1．(多選)下列函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．y＝3x－3－x B．y＝|x2－2x|C．y＝x＋eq\f(1,x－1) D．y＝eq\r(x2＋x－2)答案AC解析∵y＝3x與y＝－3－x為R上的增函數(shù)，∴y＝3x－3－x為R上的增函數(shù)，故A滿足題意；由y＝|x2－2x|的圖象知，B不滿足題意；對于C，∵y＝x＋eq\f(1,x－1)＝x－1＋eq\f(1,x－1)＋1，∴由對勾函數(shù)的性質(zhì)知，y＝x＋eq\f(1,x－1)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，故C滿足題意；y＝eq\r(x2＋x－2)的定義域為(－∞，－2]∪[1，＋∞)，D不滿足題意．故選AC.2．(2024·廣東揭陽高三摸底)用定義證明函數(shù)f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．證明設(shè)0<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex1＋\f(1,ex1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex2＋\f(1,ex2)))＝(ex1－ex2)＋eq\f(ex2－ex1,ex1ex2)＝(ex1－ex2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,ex1ex2)))＝eq\f(（ex1－ex2）（ex1＋x2－1）,ex1＋x2)<0，∴f(x1)<f(x2)，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．考向2求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例2(1)(2023·四川資陽期末)函數(shù)f(x)＝eq\r(x)－x的單調(diào)遞增區(qū)間為()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，＋∞)答案A解析令t＝eq\r(x)，顯然t＝eq\r(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．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)))上單調(diào)遞增，由0≤eq\r(x)≤eq\f(1,2)得0≤x≤eq\f(1,4)，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(也可寫為\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))))).故選A.(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．答案[0，1)解析由題意知g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))該函數(shù)圖象如圖所示，其單調(diào)遞減區(qū)間是[0，1)．【通性通法】(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，應(yīng)先求定義域，在定義域內(nèi)求單調(diào)區(qū)間，常用方法：①定義法；②導(dǎo)數(shù)法；③圖象法；④性質(zhì)法．(2)求復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的單調(diào)區(qū)間，一要注意先確定函數(shù)的定義域，二要利用外層函數(shù)y＝f(t)和內(nèi)層函數(shù)t＝g(x)的單調(diào)性判斷，判斷的依據(jù)是“同增異減”．注意：單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用不等式或集合表示，當函數(shù)有多個不連續(xù)的單調(diào)區(qū)間時，不能用符號“∪”連接，只能用“逗號”或“和”連接．【鞏固遷移】3．設(shè)函數(shù)f(x)＝－x2＋2x＋8，g(x)＝logax(0<a<1)，則函數(shù)y＝g(f(x))的單調(diào)遞減區(qū)間為()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，即函數(shù)y＝g(f(x))的定義域為(－2，4)，顯然函數(shù)f(x)在(－2，1)上單調(diào)遞增，在(1，4)上單調(diào)遞減，而g(x)＝logax(0<a<1)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，因此函數(shù)y＝g(f(x))在(－2，1)上單調(diào)遞減，在(1，4)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝g(f(x))的單調(diào)遞減區(qū)間為(－2，1)．故選B.4．(2024·福建廈門外國語學(xué)校高三月考)已知函數(shù)f(x)＝－x|x|＋2x，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．答案[－1，1]解析因為函數(shù)f(x)＝－x|x|＋2x＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≥0，,x2＋2x，x<0，))作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示．由圖可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[－1，1]．考點二函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用(多考向探究)考向1利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小例3(2023·重慶模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋2－x，x>0，,－x3，x≤0，))若a＝ln2，b＝30.2，c＝log0.32，則()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解析顯然f(x)在R上單調(diào)遞減，又因為30.2>30＝1，即b>1，0＝ln1<ln2<lne＝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)．故選D.【通性通法】比較函數(shù)值的大小時，若自變量的值不在同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)，要利用函數(shù)的性質(zhì)，轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)進行比較．【鞏固遷移】5．已知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，當x2>x1>1時，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，設(shè)a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(e)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c>a>b B．c>b>aC．a(chǎn)>c>b D．b>a>c答案D解析因為f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).當x2>x1>1時，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，因為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.故選D.考向2利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式例4已知函數(shù)f(x)為定義在R上的函數(shù)，對任意的x∈R，均有f(x＋2)＝f(2－x)，且f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，若f(－1)＝0，則不等式f(x－1)≥0的解集為()A．[－2，4] B．[0，6]C．[2，4] D．[－4，6]答案B解析由函數(shù)f(x)對任意的x∈R，均有f(x＋2)＝f(2－x)，可得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，又f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞增，因為f(－1)＝0，所以f(5)＝f(－1)＝0，則不等式f(x－1)≥0，即－1≤x－1≤5，解得0≤x≤6，所以不等式f(x－1)≥0的解集為[0，6]．故選B.【通性通法】根據(jù)題目條件，確定函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)的單調(diào)性將“f”符號脫掉，轉(zhuǎn)化為具體的不等式求解，應(yīng)注意函數(shù)的定義域．【鞏固遷移】6．(2024·江蘇泰州摸底)設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：當x1<x2時，總有2x1f(x2)<2x2f(x1)，且f(1)＝2，則不等式f(x)>2x的解集為()A．(－∞，1) B．(1，＋∞)C．(－1，1) D．(－∞，1)∪(1，＋∞)答案A解析由2x1f(x2)<2x2f(x1)，得eq\f(f（x2）,2x2)<eq\f(f（x1）,2x1)，令g(x)＝eq\f(f（x）,2x)，可知當x1<x2時，g(x2)<g(x1)，所以g(x)在定義域R上單調(diào)遞減，又f(x)>2x?eq\f(f（x）,2x)>1＝eq\f(f（1）,21)，即g(x)>g(1)，所以由單調(diào)性解得x<1.故選A.考向3利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍例5(2023·江蘇鎮(zhèn)江期中)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋ax，x<1，,（6－a）x－a，x≥1))滿足對任意實數(shù)x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，2] B．(1，2)C．[2，6) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(7,3)))答案D解析根據(jù)題意知f(x)是R上的增函數(shù)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2×（－1）)≥1，,6－a>0，,－12＋a≤6－a－a，))解得2≤a≤eq\f(7,3).故選D.【通性通法】利用單調(diào)性求參數(shù)的范圍(或值)的策略【鞏固遷移】7．若函數(shù)f(x)＝－x2＋4ax在[1，3]上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))解析因為函數(shù)f(x)在[1，3]上不單調(diào)，所以1<2a<3，得eq\f(1,2)<a<eq\f(3,2).8．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞，1]∪[4，＋∞)解析函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖象可知，若f(x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.考點三函數(shù)的最值、值域問題例6(1)當－3≤x≤－1時，函數(shù)y＝eq\f(5x－1,4x＋2)的最小值為()A.eq\f(6,5) B.eq\f(8,5)C．2 D．3答案B解析由y＝eq\f(5x－1,4x＋2)，可得y＝eq\f(5,4)－eq\f(7,4（2x＋1）)，因為－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.所以所求函數(shù)的最小值為eq\f(8,5).故選B.(2)函數(shù)f(x)＝x＋eq\r(3－2x)的值域是()A．[0，＋∞) B．[1，＋∞)C．(－∞，2] D．(－∞，1]答案C解析令eq\r(3－2x)＝t≥0，則x＝eq\f(3－t2,2)，原函數(shù)即為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，所以函數(shù)f(x)的值域為(－∞，2]．故選C.(3)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－1，x≤1，,\f(1,x)－x＋1，x>1，))則f(x)的最大值為________．答案1解析當x∈(－∞，1]時，f(x)＝ex－1單調(diào)遞增，f(x)≤f(1)＝e1－1＝1；當x∈(1，＋∞)時，f(x)＝eq\f(1,x)－x＋1單調(diào)遞減，f(x)<eq\f(1,1)－1＋1＝1.所以f(x)的最大值為1.【通性通法】求函數(shù)最值(或值域)的幾種常用方法及其思路(1)單調(diào)性法：先確定函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性求最值(或值域)．(2)圖象法：先作出函數(shù)的圖象，再觀察其最高點、最低點，得出最值(或值域)．(3)換元法：對比較復(fù)雜的函數(shù)可通過換元轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù)，再用相應(yīng)的方法求最值(或值域)．(4)分離常數(shù)法：求形如y＝eq\f(cx＋d,ax＋b)(ac≠0)的函數(shù)的最值(或值域)常用分離常數(shù)法求解．(5)基本不等式法：先對解析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值(或值域)．(6)導(dǎo)數(shù)法：先利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的極大值和極小值，再確定函數(shù)的最值(或值域)．【鞏固遷移】9．(2023·山東煙臺高三專題檢測)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），))則F(x)的最值情況是()A．最大值為3，最小值為－1B．最大值為7－2eq\r(7)，無最小值C．最大值為3，無最小值D．無最大值，最小值為－1答案B解析根據(jù)已知條件，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)，))如圖所示，F(xiàn)(x)在A處取得最大值，沒有最小值．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)，無最小值．故選B.10．函數(shù)y＝eq\f(\r(x2＋4),x2＋5)的最大值為________．答案eq\f(2,5)解析令eq\r(x2＋4)＝t，則t≥2，∴x2＝t2－4，∴y＝eq\f(t,t2＋1)＝eq\f(1,t＋\f(1,t))，設(shè)h(t)＝t＋eq\f(1,t)，則h(t)在[2，＋∞)上為增函數(shù)，∴h(t)min＝h(2)＝eq\f(5,2)，∴y≤eq\f(1,\f(5,2))＝eq\f(2,5)(當x＝0時取等號)，即y的最大值為eq\f(2,5).11．函數(shù)y＝eq\r(x－3)＋eq\r(5－x)的值域為________．答案[eq\r(2)，2]解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3≥0，,5－x≥0，))得3≤x≤5，則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]，則2eq\r(－（x－4）2＋1)∈[0，2]，∴2≤y2≤4，又y≥0，∴eq\r(2)≤y≤2，故函數(shù)的值域為[eq\r(2)，2]．課時作業(yè)一、單項選擇題1．已知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則不等式f(3x－1)>f(x＋5)的解集為()A．(－∞，3) B．(3，＋∞)C．(－∞，2) D．(2，＋∞)答案B解析原不等式等價于3x－1>x＋5，解得x>3.故選B.2．函數(shù)y＝eq\f(2x＋1＋3,2x＋1)的值域為()A．(0，2) B．[2，＋∞)C．(2，3) D．[1，2]答案C解析因為y＝eq\f(2x＋1＋3,2x＋1)＝2＋eq\f(1,2x＋1)，又0<eq\f(1,2x＋1)<1，所以2<y<3.故選C.3．已知函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)g(x)＝logeq\s\up-7(\f(1,2))f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(－∞，－3]，[0，3] B．[－3，0]，[3，＋∞)C．(－∞，－5)，[0，1) D．(－1，0]，(5，＋∞)答案C解析因為y＝logeq\s\up-7(\f(1,2))x在(0，＋∞)上為減函數(shù)，所以只求y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，且f(x)>0.由題圖可知，使得函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞減且滿足f(x)>0的x的取值范圍是(－∞，－5)∪[0，1)，因此函數(shù)g(x)＝logeq\s\up-7(\f(1,2))f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－5)，[0，1)．故選C.4．(2023·北京高考)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．f(x)＝－lnx B．f(x)＝eq\f(1,2x)C．f(x)＝－eq\f(1,x) D．f(x)＝3|x－1|答案C解析對于A，因為y＝lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)＝－lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故A不符合題意；對于B，因為y＝2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)＝eq\f(1,2x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故B不符合題意；對于C，因為y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，y＝－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)＝－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故C符合題意；對于D，因為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，顯然f(x)＝3|x－1|在(0，＋∞)上不單調(diào)，故D不符合題意．故選C.5．(2024·河南信陽高三期末)設(shè)a＞0，b＞0，若a2＋2a＝b2＋3b，則()A．a(chǎn)＜b B．a(chǎn)＞bC．2a＞3b D．3a＞4b答案B解析因為a＞0，所以a2＋3a>a2＋2a＝b2＋3b，所以a2＋3a>b2＋3b，令函數(shù)f(x)＝x2＋3x，顯然函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，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＝eq\r(5)－1，此時3a<4b.故選B.6．(2023·河南鄭州四中高三二調(diào))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－2x，x≤a，,－x＋2，x>a，))若存在實數(shù)x0，使得對任意的實數(shù)x都有f(x)≤f(x0)成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[1，＋∞) B．(2，＋∞)C．(1，＋∞) D．[2，＋∞)答案A解析由題意知函數(shù)有最大值f(x0)，又當x>a時，f(x)＝－x＋2單調(diào)遞減，即f(x)<－a＋2，當x≤a時，f(x)＝－x2－2x＝－(x＋1)2＋1，∴1≥－a＋2且a≥－1，故a≥1.故選A.7．(2024·遼寧沈陽二中高三期中)函數(shù)f(x)＝32x－4－2×3x－2的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．[2，＋∞) B．[1，＋∞)C．[0，＋∞) D．[－2，＋∞)答案A解析函數(shù)f(x)＝32x－4－2×3x－2＝(3x－2)2－2×3x－2，令3x－2＝t(t>0)，所以原函數(shù)化為y＝t2－2t，顯然函數(shù)y＝t2－2t在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，而3x－2＝t，故f(x)＝32x－4－2×3x－2在[2，＋∞)上單調(diào)遞增．故選A.8．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋x－3，若對任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1≠x2，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<3恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，1) B．(－∞，1]C．(－∞，0) D．(－∞，0]答案D解析不妨設(shè)1≤x1<x2，則x1－x2<0，根據(jù)題意可得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，則g(x1)>g(x2)恒成立，所以函數(shù)g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減．當a＝0時，g(x)＝－2x－3在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，符合題意；當a≠0時，要使g(x)＝ax2－2x－3在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,－\f(－2,2a)≤1，))解得a<0.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]．故選D.二、多項選擇題9．(2024·湖北荊州石首期中)關(guān)于函數(shù)f(x)＝eq\r(－x2＋2x＋3)，下列說法正確的是()A．f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[－1，1]B．f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是[1，＋∞)C．f(x)的最大值為2D．f(x)沒有最小值答案AC解析要使函數(shù)有意義，則－x2＋2x＋3≥0，解得－1≤x≤3，可知B錯誤；當x＝－1或x＝3時，－x2＋2x＋3＝0，此時函數(shù)有最小值0，可知D錯誤；令y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知A正確；根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及定義域，可知f(x)max＝f(1)＝2，故C正確．故選AC.10．函數(shù)f(x)＝eq\f(2x－a,x＋1)在區(qū)間(b，＋∞)上單調(diào)遞增，則下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)>－2 B．b>－1C．b≥－1 D．a(chǎn)<－2答案AC解析f(x)＝eq\f(2x－a,x＋1)＝2－eq\f(a＋2,x＋1)，∵f(x)在區(qū)間(b，＋∞)上單調(diào)遞增，∴a＋2>0，且b≥－1，即a>－2，且b≥－1.故選AC.11．(2023·山東煙臺檢測)已知函數(shù)f(x)的定義域為A，若對任意x∈A，存在正數(shù)M，使得|f(x)|≤M成立，則稱函數(shù)f(x)是定義在A上的“有界函數(shù)”．則下列函數(shù)是“有界函數(shù)”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)答案BC解析對于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，＋∞)，故不存在正數(shù)M，使得|f(x)|≤M成立；對于B，令u＝4－x2，則u≥0，當x＝0時，u取得最大值4，所以u∈[0，4]，又y＝eq\r(u)在[0，4]上單調(diào)遞增，所以0≤y≤2，即f(x)∈[0，2]，故存在正數(shù)2，使得|f(x)|≤2成立；對于C，令u＝2x2－4x＋3＝2(x－1)2＋1，則u≥1，又y＝eq\f(5,u)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以0<y≤5，即f(x)∈(0，5]，故存在正數(shù)5，使得|f(x)|≤5成立；對于D，令t＝eq\r(4－x)，則t≥0，x＝4－t2，則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，＋∞)，故不存在正數(shù)M，使得|f(x)|≤M成立．故選BC.三、填空題12．(2024·福建龍巖摸底)寫出一個同時具有下列性質(zhì)①②③的函數(shù)f(x)＝________．①定義域為R；②值域為(－∞，1)；③對任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，均有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0.答案1－eq\f(1,2x)(答案不唯一)解析由eq\f(1,2x)>0，得f(x)＝1－eq\f(1,2x)<1，定義域為R，值域為(－∞，1)；顯然f(x)是增函數(shù)，滿足對任意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)．13．(2024·遼寧沈陽高三模擬)若函數(shù)f(x)＝ln(x2－ax－3)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為________．答案(－∞，－2]解析令u(x)＝x2－ax－3，y＝lnu為增函數(shù)，故u(x)＝x2－ax－3在(1，＋∞)上單調(diào)遞增且大于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.故實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－2]．14.eq\f(π2＋1,π)，eq\f(10,3)，eq\f(11\r(10),10)的大小關(guān)系為________．答案eq\f(10,3)<eq\f(π2＋1,π)<eq\f(11\r(10),10)解析設(shè)f(x)＝eq\f(x2＋1,x)，故f(x)＝eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)，則函數(shù)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，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).15．(2024·吉林長春吉大附中模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足對任意的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)，則()A．c<b<a B．a(chǎn)<b<cC．c<a<b D．a(chǎn)<c<b答案B解析因為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，因為定義在R上的函數(shù)f(x)對任意的x1，x2(x1≠x2)都滿足eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，因為a＝f(0)，b＝f(1)，c＝f(2)，所以f(0)<f(1)<f(2)，即a<b<c.故選B.16．(多選)已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|，若a<b<c，且f(a)>f(c)>f(b)，則下列結(jié)論錯誤的是()A．a(chǎn)<0，b<0，c<0B．a(chǎn)<0，b≥0，c>0C．2－a<2cD．a(chǎn)＋c<1答案ABC解析函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．對于A，若a<0，b<0，c<0，因為a<b<c，所以a<b<c<0，而函數(shù)f(x)＝|2x－1|在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，故f(a)>f(b)>f(c)，與題設(shè)矛盾，故A錯誤；對于B，若a<0，b≥0，c>0，可設(shè)a＝－1，b＝2，c＝3，此時f(c)＝f(3)＝5為最大值，與題設(shè)矛盾，故B錯誤；對于C，取a＝0，c＝3，同樣f(c)＝f(3)＝5為最大值，與題設(shè)矛盾，故C錯誤；對于D，因為a<c，且f(a)>f(c)，說明可能如下情況成立：①a，c同在函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(