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2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第3章第2讲 函数的单调性与最值Word版含解析
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这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第3章第2讲 函数的单调性与最值Word版含解析，共23页。试卷主要包含了函数的单调性，函数的最值，设∀x1，x2∈D，则等内容，欢迎下载使用。
1．函数的单调性
(1)定义
(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)eq \x(\s\up1(05))单调性，区间D叫做y＝f(x)的eq \x(\s\up1(06))单调区间.
2．函数的最值
1．若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数．
2．对勾函数y＝x＋eq \f(a,x)(a>0)的增区间为(－∞，－eq \r(a)]和[eq \r(a)，＋∞)；减区间为[－eq \r(a)，0)和(0，eq \r(a)]，且对勾函数为奇函数．
3．设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则
①x1－x2>0(<0)，f(x1)－f(x2)>0(<0)⇔f(x)在D上单调递增；x1－x2>0(<0)，f(x1)－f(x2)<0(>0)⇔f(x)在D上单调递减；
②eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增；
③eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在D上单调递减．
1．(多选)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．y＝－eq \f(1,x＋1) B．y＝xeq \s\up7(\f(1,3))
C．y＝2－x D．y＝lgeq \s\d7(\f(1,2))(x＋1)
答案 AB
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\c1(\f(1,2)))x在R上单调递减，不符合题意；对于D，y＝lgeq \s\d7(\f(1,2))(x＋1)在(－1，＋∞)上单调递减，不符合题意．
2．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( )
A．(－∞，1]
B．[4，＋∞)
C．(－∞，2]∪[4，＋∞)
D．(－∞，1]∪[2，＋∞)
答案 C
解析 函数y＝－2x2－4ax＋3的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.故选C.
3．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上为增函数，则满足f(2x－1)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
答案 D
解析 因为函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f(2x－1)4．设定义在[－1,7]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的单调递增区间为________.
答案 [－1,1]和[5,7]
解析 结合图象易知函数y＝f(x)的单调递增区间为[－1,1]和[5,7]．
5．(2021·聊城检测)函数f(x)＝9x2＋eq \r(x－1)的最小值为________.
答案 9
解析 易知函数f(x)＝9x2＋eq \r(x－1)的定义域为[1，＋∞)，且f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝9.
多角度探究突破
考向一 确定函数的单调性(单调区间)
角度 图象法、性质法确定函数的单调性
例1 (1)(2021·郴州质检)函数f(x)＝ln (x2－2x－8)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
答案 D
解析 由x2－2x－8>0，得f(x)的定义域为{x|x<－2或x>4}．设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数．要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间(定义域内)．∵函数t＝x2－2x－8在区间(4，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，－2)上单调递减，∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．故选D.
(2)求函数y＝－x2＋2|x|＋1的单调区间．
解 由于y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0，))
即y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－12＋2，x≥0，,－x＋12＋2，x<0.))
画出函数图象如图所示．由图象可知，函数的单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为(－1，0)和(1，＋∞)．
角度 定义法、导数法确定函数的单调性
例2 试讨论函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性．
解 解法一：设－1由于－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)函数f(x)在(－1,1)上单调递增．
解法二：f′(x)＝eq \f(ax′x－1－axx－1′,x－12)＝eq \f(ax－1－ax,x－12)＝－eq \f(a,x－12).
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．
判断函数单调性常用的几种方法
(1)定义法：一般步骤为取值→作差→变形→判断符号→得出结论．
(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，则可由图象的上升或下降确定单调性．
(3)导数法：先求导数，利用导数值的正负确定函数的单调性(或单调区间)．
(4)性质法：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．
1.(2021·青岛模拟)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是( )
A．y＝eq \f(1,fx)在R上为减函数
B．y＝|f(x)|在R上为增函数
C．y＝－eq \f(1,fx)在R上为增函数
D．y＝－f(x)在R上为减函数
答案 D
解析 A错误，如f(x)＝x3，则y＝eq \f(1,fx)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上不单调；B错误，如f(x)＝x3，则y＝|f(x)|在R上不单调；C错误，如f(x)＝x3，则y＝－eq \f(1,fx)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上不单调．故选D.
2．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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________.
答案 [0,1)
解析 由题意知g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))
函数的图象是如图所示的实线部分，根据图象得到g(x)的单调递减区间是[0,1)．
3．已知函数f(x)＝a－eq \f(2,2x＋1).
(1)求f(0)；
(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论．
解 (1)f(0)＝a－eq \f(2,20＋1)＝a－1.
(2)f(x)在R上单调递增．证明如下：
证法一：因为f(x)的定义域为R，
所以任取x1，x2∈R，且x1则f(x1)－f(x2)＝a－eq \f(2,2x1＋1)－a＋eq \f(2,2x2＋1)
＝eq \f(22x1－2x2,2x1＋12x2＋1).
由y＝2x在R上单调递增知，2x1<2x2，
所以2x1－2x2<0，又2x1＋1>0,2x2＋1>0，
所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)所以f(x)在R上单调递增．
证法二：因为f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,2x＋1)))′
＝－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x＋1)))′＝－2×eq \f(－2x＋1′,2x＋12)
＝2×eq \f(2xln 2,2x＋12)
＝eq \f(2x＋1ln 2,2x＋12)>0，
所以f(x)在R上单调递增．
多角度探究突破
考向二 函数单调性的应用
角度 利用函数的单调性比较大小
例3 (1)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于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\c1(－\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
答案 D
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\c1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))，∴f(2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))>f(3)，即b>a>c.故选D.
(2)(多选)(2021·深圳一模)已知函数f(x)＝3x＋x3，若0A．f(1－m)B．f(2eq \r(mn))C．f(lgmn)D．f(mn)答案 BD
解析 易知f(x)＝3x＋x3是R上的增函数，02eq \r(mn)成立，mn<1角度 利用函数的单调性解不等式
例4 (1)(2021·沧州模拟)已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－1)，B(3,1)是其图象上的两点，那么|f(x＋1)|<1的解集为( )
A．(－1,2)
B．(1,4)
C．(－∞，－1)∪[4，＋∞)
D．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
答案 A
解析 由题意可知，f(0)＝－1，f(3)＝1，因为函数f(x)是R上的增函数，所以由|f(x＋1)|<1得－1(2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3，x≤0，,ln x＋1，x>0，))若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
C．(－1,2)
D．(－2,1)
答案 D
解析 因为当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，所以函数的图象是一条连续的曲线．因为当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x>0时，f(x)＝ln (x＋1)也是增函数，所以函数f(x)是定义在R上的增函数．因此，不等式f(2－x2)>f(x)等价于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2角度 利用函数的单调性求参数
例5 (1)若f(x)＝－x2＋4mx与g(x)＝eq \f(2m,x＋1)在区间[2,4]上都是减函数，则m的取值范围是( )
A．(－∞，0)∪(0,1] B．(－1,0)∪(0,1]
C．(0，＋∞) D．(0,1]
答案 D
解析 函数f(x)＝－x2＋4mx的图象开口向下，且以直线x＝2m为对称轴，若f(x)在区间[2,4]上是减函数，则2m≤2，解得m≤1；g(x)＝eq \f(2m,x＋1)的图象由y＝eq \f(2m,x)的图象向左平移一个单位长度得到，若g(x)在区间[2,4]上是减函数，则2m>0，解得m>0.综上可得，m的取值范围是(0,1]．故选D.
(2)(多选)(2021·德州质检)函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－1x＋8a－2，x<1，,ax，x≥1))在(－∞，＋∞)上单调递减的充分不必要条件是( )
A.eq \f(1,3)C.eq \f(1,3)≤a≤eq \f(1,2) D．eq \f(1,3)≤a答案 AD
解析 由函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－1x＋8a－2，x<1，,ax，x≥1))
在(－∞，＋∞)上单调递减，可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－1<0，,0故当eq \f(1,3) 函数单调性应用问题的解题策略
(1)比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．
(2)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时，应特别注意函数的定义域．
(3)利用单调性求参数时，通常要把参数视为已知数，依据函数的图象或单调性的定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．解决分段函数的单调性问题，要注意上、下段端点值的大小关系．
4.(2021·滨州一模)定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝－f(x)，且∀x1，x2∈[0，＋∞)，x1≠x2时，都有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则( )
A．f(lg43)B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg3\f(1,4)))C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg3\f(1,4)))D．f(2eq \s\up7(\f(1,2)))答案 B
解析 ∀x1，x2∈[0，＋∞)，x1≠x2时，都有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，所以函数在[0，＋∞)上单调递增．又函数f(x)满足f(－x)＝－f(x)，所以函数为奇函数，且f(0)＝0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．lg3eq \f(1,4)＝－lg34<－1，又05．若函数f(x)＝ex－e－x，则不等式f(2x＋1)＋f(x－2)>0的解集为________.
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
解析 由f(－x)＝－f(x)，知f(x)＝ex－e－x为奇函数，又易证在定义域R上，f(x)是增函数，则不等式f(2x＋1)＋f(x－2)>0等价于f(2x＋1)>－f(x－2)＝f(－x＋2)，则2x＋1>－x＋2，即x>eq \f(1,3)，故不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)).
6．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋4x，x≤4，,lg2x，x>4.))若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________.
答案 (－∞，1]∪[4，＋∞)
解析 作出函数f(x)的图象如图所示，
由图象可知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.
考向三 函数的最值(值域)问题
例6 (1)(2021·北京高考)已知f(x)是定义在[0,1]上的函数，那么“函数f(x)在[0,1]上单调递增”是“函数f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 若函数f(x)在[0,1]上单调递增，则f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)，若f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)，比如f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,3)))2，但f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,3)))2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递增，故f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)推不出f(x)在[0,1]上单调递增，故“函数f(x)在[0,1]上单调递增”是“函数f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)”的充分而不必要条件．故选A.
(2)定义max{a，b，c}为a，b，c中的最大值，设M＝max{2x,2x－3,6－x}，则M的最小值是( )
A．2 B．3
C．4 D．6
答案 C
解析 画出函数M＝max{2x,2x－3,6－x}的图象(如图所示的实线部分)，由图可知，函数M在A(2,4)处取得最小值22＝6－2＝4，故M的最小值为4.
(3)(2021·临沂一模)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x＝R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，也称取整函数，例如：[－3.7]＝－4，[2.3]＝2.已知f(x)＝eq \f(ex－1,ex＋1)－eq \f(1,2)，则函数y＝[f(x)]的值域为( )
A．{0} B．{－1,0}
C．{－2，－1,0} D．{－1,0,1}
答案 C
解析 f(x)＝eq \f(ex－1,ex＋1)－eq \f(1,2)＝eq \f(ex＋1－2,ex＋1)－eq \f(1,2)＝－eq \f(2,ex＋1)＋eq \f(1,2)，当x≥0时，ex≥1，则－1≤－eq \f(2,ex＋1)<0，故f(x)＝－eq \f(2,ex＋1)＋eq \f(1,2)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，故[f(x)]∈{－1,0}；当x<0时，0(4)函数f(x)＝x＋eq \r(1－2x)的值域为________.
答案 (－∞，1]
解析 (代数换元法)函数的定义域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).令t＝eq \r(1－2x)(t≥0)，则x＝eq \f(1－t2,2).所以y＝eq \f(1－t2,2)＋t＝－eq \f(1,2)(t－1)2＋1(t≥0)，故当t＝1(即x＝0)时，y有最大值1，故函数f(x)的值域为(－∞，1]．
函数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．
7.若函数f(x)＝－eq \f(a,x)＋b(a>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，则a＝________，b＝________.
答案 1 eq \f(5,2)
解析 ∵f(x)＝－eq \f(a,x)＋b(a>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上是增函数，∴f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)，f(x)max＝f(2)＝2，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2a＋b＝\f(1,2)，,－\f(a,2)＋b＝2，))解得a＝1，b＝eq \f(5,2).
8．函数y＝eq \f(x2＋2x＋3,x－1)(x>1)的值域为________.
答案 [2eq \r(6)＋4，＋∞)
解析 ∵y＝eq \f(x－12＋4x－1＋6,x－1)＝x－1＋eq \f(6,x－1)＋4≥2eq \r(x－1·\f(6,x－1))＋4＝2eq \r(6)＋4，当且仅当x＝eq \r(6)＋1时取“＝”，∴函数值域为[2eq \r(6)＋4，＋∞)．
9．函数y＝x＋eq \r(1－x2)的值域为________.
答案 [－1，eq \r(2)]
解析 令x＝csθ(0≤θ≤π)，∴y＝csθ＋sinθ＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))).∴当θ＝eq \f(π,4)时，y有最大值eq \r(2).当θ＝π时，y有最小值－1.∴所求函数的值域是[－1，eq \r(2)]．
利用函数单调性解抽象不等式
函数f(x)对任意的m，n∈R都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且x>0时，恒有f(x)>1.
(1)求证：f(x)在R上是增函数；
(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2.
解 (1)证明：设x10.
因为当x>0时，f(x)>1，
所以f(x2－x1)>1，
f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，
所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)所以f(x)在R上是增函数．
(2)因为m，n∈R，不妨设m＝n＝1，
所以f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1⇒f(2)＝2f(1)－1，
f(3)＝4⇒f(2＋1)＝4⇒f(2)＋f(1)－1＝4⇒3f(1)－2＝4，所以f(1)＝2，
所以f(a2＋a－5)<2＝f(1)，
因为f(x)在R上是增函数，
所以a2＋a－5<1⇒－3即原不等式的解集为{a|－3答题启示
对于抽象函数单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义，结合题目所给性质和相应的条件，对任意x1，x2在所给区间内比较f(x1)－f(x2)与0的大小或eq \f(fx1,fx2)与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形，如x1＝x2＋x1－x2或x1＝x2·eq \f(x1,x2)等．深挖已知条件是求解此类题的关键．
对点训练
已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：
①feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)；②当x＞1时，f(x)＜0.
(1)求f(1)的值；
(2)证明：函数f(x)为减函数；
(3)求不等式f(2x＋1)＞f(2－x)的解集．
解 (1)令x1＝x2＞0，
代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.
(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，
则eq \f(x1,x2)＞1，由于当x＞1时，f(x)＜0，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＜0，即f(x1)－f(x2)＜0，因此f(x1)＜f(x2)，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数．
(3)因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以不等式f(2x＋1)＞f(2－x)等价于
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋1＞0，,2－x＞0，,2x＋1＜2－x，))解得－eq \f(1,2)＜x＜eq \f(1,3)，
故原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－\f(1,2)＜x＜\f(1,3))).
一、单项选择题
1．(2021·海淀区模拟)下列函数中，在区间(0，＋∞)上不是单调函数的是( )
A．y＝x B．y＝x2
C．y＝x＋eq \r(x) D．y＝|x－1|
答案 D
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．已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
答案 A
解析 因为函数f(x)在(－∞，－a)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.故选A.
3．已知函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A可能是( )
A．(－∞，0) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C．[0，＋∞) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
答案 B
解析 y＝|x|(1－x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1－x，x≥0，,－x1－x，x＜0))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x＜0))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋\f(1,4)，x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2－\f(1,4)，x＜0.))画出函数的草图，如图．由图易知原函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增．
4．(2021·河北衡水中学调考)已知函数f(x)＝lg2x＋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
答案 B
解析 因为函数f(x)＝lg2x＋eq \f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1,2)时，f(x1)f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.故选B.
5．(2021·河北石家庄二中月考)函数f(x)＝eq \r(2x－x2)－5的单调递减区间是( )
A．[1,2] B．[－1,0]
C．[0,2] D．[1，＋∞)
答案 A
解析 由2x－x2≥0，即x2－2x≤0，解得0≤x≤2，故函数的定义域为[0,2]．设内层函数为u＝2x－x2，外层函数为y＝eq \r(u)－5，内层函数u＝2x－x2＝－(x－1)2＋1的单调递增区间为[0,1)，单调递减区间为[1,2]，外层函数y＝eq \r(u)－5为增函数．由复合函数同增异减法则可知，函数f(x)＝eq \r(2x－x2)－5的单调递减区间是[1,2]．故选A.
6．(2021·聊城三模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3e－x，x≤0，,－4x＋3，x>0，))若f(a2－3)≥f(－2a)，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1]
B．(－∞，－3]∪[1，＋∞)
C．(－∞，1]∪[3，＋∞)
D．[－3,1]
答案 D
解析 当x≤0时，f(x)＝3e－x单调递减；当x>0时，f(x)＝－4x＋3单调递减．又3e0＝－4×0＋3，则函数y＝f(x)在R上连续，且在R上单调递减．由f(a2－3)≥f(－2a)，可得a2－3≤－2a，即a2＋2a－3≤0，解得－3≤a≤1.因此，实数a的取值范围是[－3,1]．
7．(2021·湖北宜昌二模)已知函数f(x)在R上是减函数，且满足f(－x)＝－f(x)，若a＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg3\f(1,10)))，b＝f(lg39.1)，c＝f(20.8)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>b>c B．c>b>a
C．b>a>c D．c>a>b
答案 B
解析 因为函数f(x)在R上是减函数，且满足f(－x)＝－f(x)，又a＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg3\f(1,10)))＝f(lg310)，b＝f(lg39.1)，c＝f(20.8)且lg310>lg39.1>2>20.8，所以f(lg310)8．设f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－a2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为( )
A．[－1,2] B．[－1,0]
C．[1,2] D．[0,2]
答案 D
解析 ∵当x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，∴a≥0.当x>0时，f(x)＝x＋eq \f(1,x)＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取“＝”．要满足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2.∴a的取值范围是0≤a≤2.故选D.
二、多项选择题
9．(2021·淄博模拟)下列函数中，满足“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，使得eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0成立”的是( )
A．f(x)＝－x2－2x＋1
B．f(x)＝x－eq \f(1,x)
C．f(x)＝x＋1
D．f(x)＝lgeq \s\d7(\f(1,2))(2x)＋1
答案 AD
解析 根据题意，“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，使得eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0成立”，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，据此依次分析选项．对于A，f(x)＝－x2－2x＋1为二次函数，其对称轴为直线x＝－1，在区间(0，＋∞)上单调递减，符合题意；对于B，f(x)＝x－eq \f(1,x)，其导数f′(x)＝1＋eq \f(1,x2)>0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，不符合题意；对于C，f(x)＝x＋1为一次函数，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，不符合题意；对于D，f(x)＝lgeq \s\d7(\f(1,2))(2x)＋1在区间(0，＋∞)上单调递减，符合题意．故选AD.
10．已知1≤x≤5，则下列函数中，最小值为4的是( )
A．y＝4x＋eq \f(1,x) B．y＝x＋eq \f(9,x＋1)－1
C．y＝－x2＋2x＋3 D．y＝5＋ln x－eq \f(1,x)
答案 BD
解析 对于A，当x>0时，y＝4x＋eq \f(1,x)≥2 eq \r(4x·\f(1,x))＝4，当且仅当4x＝eq \f(1,x)即x＝eq \f(1,2)时等号成立，又因为1≤x≤5，等号不成立，所以y＝4x＋eq \f(1,x)的最小值不是4.易证y＝4x＋eq \f(1,x)在[1,5]上单调递增，故当x＝1时，ymin＝5，A错误；对于B，y＝x＋eq \f(9,x＋1)－1＝x＋1＋eq \f(9,x＋1)－2≥2eq \r(x＋1·\f(9,x＋1))－2＝4，当且仅当x＋1＝eq \f(9,x＋1)即x＝2时等号成立，B正确；对于C，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，x∈[1,5]，当x＝1时，ymax＝4，C错误；对于D，因为y＝ln x和y＝－eq \f(1,x)在[1,5]上都单调递增，所以y＝5＋ln x－eq \f(1,x)在[1,5]上单调递增，所以当x＝1时，ymin＝5＋ln 1－1＝4，D正确．故选BD.
11．(2021·福建省莆田市第二中学期中)已知函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(2x＋1,x＋1)，则关于函数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)
答案 BCD
解析 由于feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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(图象略)，由图象知，由于x≠0，故f(x)的值域为{y|y≠1，且y≠2}；f(x)在(0，＋∞)上单调递减；f(x)>2的解集为(－1,0)．故选BCD.
12．(2021·无锡市锡山区校级三模)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\c1(－\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”
答案 ACD
解析 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1(舍去)，所以b＝2，A正确；若存在跟随区间[a，b](a0，,－m≥0，))解得－eq \f(1,4)三、填空题
13．(2021·朝阳一模)写出一个值域为(－∞，1)，在区间(－∞，＋∞)上单调递增的函数f(x)＝________.
答案 1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
解析 f(x)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，理由如下：∵y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x为R上的减函数，且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x>0，∴f(x)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x为R上的增函数，且f(x)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<1，∴f(x)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x∈(－∞，1)．
14．若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，则函数y＝4sin2x－12sinx－1的最大值为________，最小值为________.
答案 6 －9
解析 令t＝sinx，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，所以t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，所以y＝f(t)＝4t2－12t－1.因为该二次函数的图象开口向上，且对称轴为直线t＝eq \f(3,2)，所以当t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))时，函数f(t)单调递减，所以当t＝－eq \f(1,2)时，ymax＝6；当t＝1时，ymin＝－9.
15．(2021·普宁市校级模拟)如果几个函数的定义域相同、值域也相同，但解析式不同，则称这几个函数为“同域函数”．函数y＝eq \r(x－1)－eq \r(2－x)的值域为________，与y＝eq \r(x－1)－eq \r(2－x)是“同域函数”的一个解析式为________.
答案 [－1,1] y＝2x－3，x∈[1,2](答案不唯一)
解析 函数y＝eq \r(x－1)－eq \r(2－x)的定义域为[1,2]，又因为y＝eq \r(x－1)递增，y＝eq \r(2－x)递减，所以函数y＝eq \r(x－1)－eq \r(2－x)递增，故值域为[－1,1]．设y＝ax＋b(a>0)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝－1，,2a＋b＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝－3.))故y＝2x－3，x∈[1,2]与函数y＝eq \r(x－1)－eq \r(2－x)为“同域函数”．
16．(2021·宁夏中卫三模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x－1，x≤0，,3x＋m，x>0))在R上存在最小值，则m的取值范围是________.
答案 [－3，＋∞)
解析 当x≤0时，f(x)＝x2＋2x－1＝(x＋1)2－2≥－2，当x＝－1时，取得最小值－2，当x>0时，f(x)＝3x＋m递增，可得f(x)>1＋m，由题意可得1＋m≥－2，解得m≥－3.
四、解答题
17．设函数f(x)＝x2－ax，x∈[－2,2]．
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的最大值和最小值；
(2)若函数的最小值为g(a)，求g(a)．
解 (1)当a＝－2时，函数f(x)＝(x＋1)2－1，x∈[－2,2]，所以函数f(x)的最大值为f(2)＝8，最小值为f(－1)＝－1.
(2)f(x)的对称轴为直线x＝eq \f(a,2).
①当eq \f(a,2)≤－2，即a≤－4时，f(x)在[－2,2]上单调递增，
∴f(x)min＝f(－2)＝4＋2a.
②当eq \f(a,2)≥2，即a≥4时，此时f(x)在[－2,2]上单调递减，
∴f(x)min＝f(2)＝4－2a.
③当－2函数f(x)在x＝eq \f(a,2)时取得最小值，即f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝－eq \f(a2,4).
综上，g(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋2a，a≤－4，,－\f(a2,4)，－418．(2021·衡水模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋x2，|x|≥1，,x，|x|<1))的图象过点(1,1)．
(1)求f(x)的值域；
(2)若函数g(x)是二次函数，且函数f(g(x))的值域是[0，＋∞)，求函数g(x)的值域．
解
(1)因为函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋x2，|x|≥1，,x，|x|<1))的图象过点(1,1)，所以m＋1＝1，解得m＝0，所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，|x|≥1，,x，|x|<1.))画出函数y＝f(x)的大致图象如图所示，观察图象可知，f(x)的值域为(－1，＋∞)．
(2)因为f(g(x))的值域为[0，＋∞)，且g(x)是二次函数，所以g(x)的值域是[0，＋∞)．
19．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)是增函数，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．
解 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－1＞0，,1＜x2－1＜3，))
得eq \r(2)＜x＜2或－2＜x＜－eq \r(2).
∴原不等式的解集为(－2，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，2)．
(2)∵函数f(x)在(0,3]上是增函数，
∴f(x)在(0,3]上的最大值为f(3)＝1，
∴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]，
∴需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－1≥0，,g1≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋m2≥0，,－2m＋m2≥0，))
解该不等式组，得m≤－2或m≥2或m＝0，
即实数m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)．
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当x1f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上eq \x(\s\up1(02))单调递减
图象描述
自左向右看图象是eq \x(\s\up1(03))上升的
自左向右看图象是eq \x(\s\up1(04))下降的
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
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eq \x(\s\up1(07))最大值
M为函数y＝f(x)的eq \x(\s\up1(08))最小值
1．函数的单调性
(1)定义
(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)eq \x(\s\up1(05))单调性，区间D叫做y＝f(x)的eq \x(\s\up1(06))单调区间.
2．函数的最值
1．若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数．
2．对勾函数y＝x＋eq \f(a,x)(a>0)的增区间为(－∞，－eq \r(a)]和[eq \r(a)，＋∞)；减区间为[－eq \r(a)，0)和(0，eq \r(a)]，且对勾函数为奇函数．
3．设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则
①x1－x2>0(<0)，f(x1)－f(x2)>0(<0)⇔f(x)在D上单调递增；x1－x2>0(<0)，f(x1)－f(x2)<0(>0)⇔f(x)在D上单调递减；
②eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增；
③eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在D上单调递减．
1．(多选)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．y＝－eq \f(1,x＋1) B．y＝xeq \s\up7(\f(1,3))
C．y＝2－x D．y＝lgeq \s\d7(\f(1,2))(x＋1)
答案 AB
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\c1(\f(1,2)))x在R上单调递减，不符合题意；对于D，y＝lgeq \s\d7(\f(1,2))(x＋1)在(－1，＋∞)上单调递减，不符合题意．
2．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( )
A．(－∞，1]
B．[4，＋∞)
C．(－∞，2]∪[4，＋∞)
D．(－∞，1]∪[2，＋∞)
答案 C
解析 函数y＝－2x2－4ax＋3的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.故选C.
3．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上为增函数，则满足f(2x－1)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
答案 D
解析 因为函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f(2x－1)
答案 [－1,1]和[5,7]
解析 结合图象易知函数y＝f(x)的单调递增区间为[－1,1]和[5,7]．
5．(2021·聊城检测)函数f(x)＝9x2＋eq \r(x－1)的最小值为________.
答案 9
解析 易知函数f(x)＝9x2＋eq \r(x－1)的定义域为[1，＋∞)，且f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝9.
多角度探究突破
考向一 确定函数的单调性(单调区间)
角度 图象法、性质法确定函数的单调性
例1 (1)(2021·郴州质检)函数f(x)＝ln (x2－2x－8)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
答案 D
解析 由x2－2x－8>0，得f(x)的定义域为{x|x<－2或x>4}．设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数．要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间(定义域内)．∵函数t＝x2－2x－8在区间(4，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，－2)上单调递减，∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．故选D.
(2)求函数y＝－x2＋2|x|＋1的单调区间．
解 由于y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0，))
即y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－12＋2，x≥0，,－x＋12＋2，x<0.))
画出函数图象如图所示．由图象可知，函数的单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为(－1，0)和(1，＋∞)．
角度 定义法、导数法确定函数的单调性
例2 试讨论函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性．
解 解法一：设－1
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)
解法二：f′(x)＝eq \f(ax′x－1－axx－1′,x－12)＝eq \f(ax－1－ax,x－12)＝－eq \f(a,x－12).
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．
判断函数单调性常用的几种方法
(1)定义法：一般步骤为取值→作差→变形→判断符号→得出结论．
(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，则可由图象的上升或下降确定单调性．
(3)导数法：先求导数，利用导数值的正负确定函数的单调性(或单调区间)．
(4)性质法：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．
1.(2021·青岛模拟)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是( )
A．y＝eq \f(1,fx)在R上为减函数
B．y＝|f(x)|在R上为增函数
C．y＝－eq \f(1,fx)在R上为增函数
D．y＝－f(x)在R上为减函数
答案 D
解析 A错误，如f(x)＝x3，则y＝eq \f(1,fx)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上不单调；B错误，如f(x)＝x3，则y＝|f(x)|在R上不单调；C错误，如f(x)＝x3，则y＝－eq \f(1,fx)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上不单调．故选D.
2．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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________.
答案 [0,1)
解析 由题意知g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))
函数的图象是如图所示的实线部分，根据图象得到g(x)的单调递减区间是[0,1)．
3．已知函数f(x)＝a－eq \f(2,2x＋1).
(1)求f(0)；
(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论．
解 (1)f(0)＝a－eq \f(2,20＋1)＝a－1.
(2)f(x)在R上单调递增．证明如下：
证法一：因为f(x)的定义域为R，
所以任取x1，x2∈R，且x1
＝eq \f(22x1－2x2,2x1＋12x2＋1).
由y＝2x在R上单调递增知，2x1<2x2，
所以2x1－2x2<0，又2x1＋1>0,2x2＋1>0，
所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)
证法二：因为f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,2x＋1)))′
＝－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x＋1)))′＝－2×eq \f(－2x＋1′,2x＋12)
＝2×eq \f(2xln 2,2x＋12)
＝eq \f(2x＋1ln 2,2x＋12)>0，
所以f(x)在R上单调递增．
多角度探究突破
考向二 函数单调性的应用
角度 利用函数的单调性比较大小
例3 (1)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于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\c1(－\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
答案 D
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\c1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))，∴f(2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))>f(3)，即b>a>c.故选D.
(2)(多选)(2021·深圳一模)已知函数f(x)＝3x＋x3，若0
解析 易知f(x)＝3x＋x3是R上的增函数，0
例4 (1)(2021·沧州模拟)已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－1)，B(3,1)是其图象上的两点，那么|f(x＋1)|<1的解集为( )
A．(－1,2)
B．(1,4)
C．(－∞，－1)∪[4，＋∞)
D．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
答案 A
解析 由题意可知，f(0)＝－1，f(3)＝1，因为函数f(x)是R上的增函数，所以由|f(x＋1)|<1得－1
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
C．(－1,2)
D．(－2,1)
答案 D
解析 因为当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，所以函数的图象是一条连续的曲线．因为当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x>0时，f(x)＝ln (x＋1)也是增函数，所以函数f(x)是定义在R上的增函数．因此，不等式f(2－x2)>f(x)等价于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2
例5 (1)若f(x)＝－x2＋4mx与g(x)＝eq \f(2m,x＋1)在区间[2,4]上都是减函数，则m的取值范围是( )
A．(－∞，0)∪(0,1] B．(－1,0)∪(0,1]
C．(0，＋∞) D．(0,1]
答案 D
解析 函数f(x)＝－x2＋4mx的图象开口向下，且以直线x＝2m为对称轴，若f(x)在区间[2,4]上是减函数，则2m≤2，解得m≤1；g(x)＝eq \f(2m,x＋1)的图象由y＝eq \f(2m,x)的图象向左平移一个单位长度得到，若g(x)在区间[2,4]上是减函数，则2m>0，解得m>0.综上可得，m的取值范围是(0,1]．故选D.
(2)(多选)(2021·德州质检)函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－1x＋8a－2，x<1，,ax，x≥1))在(－∞，＋∞)上单调递减的充分不必要条件是( )
A.eq \f(1,3)
解析 由函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－1x＋8a－2，x<1，,ax，x≥1))
在(－∞，＋∞)上单调递减，可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－1<0，,0
(1)比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．
(2)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时，应特别注意函数的定义域．
(3)利用单调性求参数时，通常要把参数视为已知数，依据函数的图象或单调性的定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．解决分段函数的单调性问题，要注意上、下段端点值的大小关系．
4.(2021·滨州一模)定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝－f(x)，且∀x1，x2∈[0，＋∞)，x1≠x2时，都有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则( )
A．f(lg43)
解析 ∀x1，x2∈[0，＋∞)，x1≠x2时，都有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，所以函数在[0，＋∞)上单调递增．又函数f(x)满足f(－x)＝－f(x)，所以函数为奇函数，且f(0)＝0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．lg3eq \f(1,4)＝－lg34<－1，又0
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
解析 由f(－x)＝－f(x)，知f(x)＝ex－e－x为奇函数，又易证在定义域R上，f(x)是增函数，则不等式f(2x＋1)＋f(x－2)>0等价于f(2x＋1)>－f(x－2)＝f(－x＋2)，则2x＋1>－x＋2，即x>eq \f(1,3)，故不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)).
6．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋4x，x≤4，,lg2x，x>4.))若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________.
答案 (－∞，1]∪[4，＋∞)
解析 作出函数f(x)的图象如图所示，
由图象可知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.
考向三 函数的最值(值域)问题
例6 (1)(2021·北京高考)已知f(x)是定义在[0,1]上的函数，那么“函数f(x)在[0,1]上单调递增”是“函数f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 若函数f(x)在[0,1]上单调递增，则f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)，若f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)，比如f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,3)))2，但f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,3)))2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递增，故f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)推不出f(x)在[0,1]上单调递增，故“函数f(x)在[0,1]上单调递增”是“函数f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)”的充分而不必要条件．故选A.
(2)定义max{a，b，c}为a，b，c中的最大值，设M＝max{2x,2x－3,6－x}，则M的最小值是( )
A．2 B．3
C．4 D．6
答案 C
解析 画出函数M＝max{2x,2x－3,6－x}的图象(如图所示的实线部分)，由图可知，函数M在A(2,4)处取得最小值22＝6－2＝4，故M的最小值为4.
(3)(2021·临沂一模)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x＝R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，也称取整函数，例如：[－3.7]＝－4，[2.3]＝2.已知f(x)＝eq \f(ex－1,ex＋1)－eq \f(1,2)，则函数y＝[f(x)]的值域为( )
A．{0} B．{－1,0}
C．{－2，－1,0} D．{－1,0,1}
答案 C
解析 f(x)＝eq \f(ex－1,ex＋1)－eq \f(1,2)＝eq \f(ex＋1－2,ex＋1)－eq \f(1,2)＝－eq \f(2,ex＋1)＋eq \f(1,2)，当x≥0时，ex≥1，则－1≤－eq \f(2,ex＋1)<0，故f(x)＝－eq \f(2,ex＋1)＋eq \f(1,2)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，故[f(x)]∈{－1,0}；当x<0时，0
答案 (－∞，1]
解析 (代数换元法)函数的定义域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).令t＝eq \r(1－2x)(t≥0)，则x＝eq \f(1－t2,2).所以y＝eq \f(1－t2,2)＋t＝－eq \f(1,2)(t－1)2＋1(t≥0)，故当t＝1(即x＝0)时，y有最大值1，故函数f(x)的值域为(－∞，1]．
函数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．
7.若函数f(x)＝－eq \f(a,x)＋b(a>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，则a＝________，b＝________.
答案 1 eq \f(5,2)
解析 ∵f(x)＝－eq \f(a,x)＋b(a>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上是增函数，∴f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)，f(x)max＝f(2)＝2，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2a＋b＝\f(1,2)，,－\f(a,2)＋b＝2，))解得a＝1，b＝eq \f(5,2).
8．函数y＝eq \f(x2＋2x＋3,x－1)(x>1)的值域为________.
答案 [2eq \r(6)＋4，＋∞)
解析 ∵y＝eq \f(x－12＋4x－1＋6,x－1)＝x－1＋eq \f(6,x－1)＋4≥2eq \r(x－1·\f(6,x－1))＋4＝2eq \r(6)＋4，当且仅当x＝eq \r(6)＋1时取“＝”，∴函数值域为[2eq \r(6)＋4，＋∞)．
9．函数y＝x＋eq \r(1－x2)的值域为________.
答案 [－1，eq \r(2)]
解析 令x＝csθ(0≤θ≤π)，∴y＝csθ＋sinθ＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))).∴当θ＝eq \f(π,4)时，y有最大值eq \r(2).当θ＝π时，y有最小值－1.∴所求函数的值域是[－1，eq \r(2)]．
利用函数单调性解抽象不等式
函数f(x)对任意的m，n∈R都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且x>0时，恒有f(x)>1.
(1)求证：f(x)在R上是增函数；
(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2.
解 (1)证明：设x1
因为当x>0时，f(x)>1，
所以f(x2－x1)>1，
f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，
所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)
(2)因为m，n∈R，不妨设m＝n＝1，
所以f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1⇒f(2)＝2f(1)－1，
f(3)＝4⇒f(2＋1)＝4⇒f(2)＋f(1)－1＝4⇒3f(1)－2＝4，所以f(1)＝2，
所以f(a2＋a－5)<2＝f(1)，
因为f(x)在R上是增函数，
所以a2＋a－5<1⇒－3
对于抽象函数单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义，结合题目所给性质和相应的条件，对任意x1，x2在所给区间内比较f(x1)－f(x2)与0的大小或eq \f(fx1,fx2)与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形，如x1＝x2＋x1－x2或x1＝x2·eq \f(x1,x2)等．深挖已知条件是求解此类题的关键．
对点训练
已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：
①feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)；②当x＞1时，f(x)＜0.
(1)求f(1)的值；
(2)证明：函数f(x)为减函数；
(3)求不等式f(2x＋1)＞f(2－x)的解集．
解 (1)令x1＝x2＞0，
代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.
(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，
则eq \f(x1,x2)＞1，由于当x＞1时，f(x)＜0，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＜0，即f(x1)－f(x2)＜0，因此f(x1)＜f(x2)，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数．
(3)因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以不等式f(2x＋1)＞f(2－x)等价于
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋1＞0，,2－x＞0，,2x＋1＜2－x，))解得－eq \f(1,2)＜x＜eq \f(1,3)，
故原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－\f(1,2)＜x＜\f(1,3))).
一、单项选择题
1．(2021·海淀区模拟)下列函数中，在区间(0，＋∞)上不是单调函数的是( )
A．y＝x B．y＝x2
C．y＝x＋eq \r(x) D．y＝|x－1|
答案 D
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．已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
答案 A
解析 因为函数f(x)在(－∞，－a)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.故选A.
3．已知函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A可能是( )
A．(－∞，0) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C．[0，＋∞) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
答案 B
解析 y＝|x|(1－x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1－x，x≥0，,－x1－x，x＜0))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x＜0))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋\f(1,4)，x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2－\f(1,4)，x＜0.))画出函数的草图，如图．由图易知原函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增．
4．(2021·河北衡水中学调考)已知函数f(x)＝lg2x＋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
答案 B
解析 因为函数f(x)＝lg2x＋eq \f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1,2)时，f(x1)
5．(2021·河北石家庄二中月考)函数f(x)＝eq \r(2x－x2)－5的单调递减区间是( )
A．[1,2] B．[－1,0]
C．[0,2] D．[1，＋∞)
答案 A
解析 由2x－x2≥0，即x2－2x≤0，解得0≤x≤2，故函数的定义域为[0,2]．设内层函数为u＝2x－x2，外层函数为y＝eq \r(u)－5，内层函数u＝2x－x2＝－(x－1)2＋1的单调递增区间为[0,1)，单调递减区间为[1,2]，外层函数y＝eq \r(u)－5为增函数．由复合函数同增异减法则可知，函数f(x)＝eq \r(2x－x2)－5的单调递减区间是[1,2]．故选A.
6．(2021·聊城三模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3e－x，x≤0，,－4x＋3，x>0，))若f(a2－3)≥f(－2a)，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1]
B．(－∞，－3]∪[1，＋∞)
C．(－∞，1]∪[3，＋∞)
D．[－3,1]
答案 D
解析 当x≤0时，f(x)＝3e－x单调递减；当x>0时，f(x)＝－4x＋3单调递减．又3e0＝－4×0＋3，则函数y＝f(x)在R上连续，且在R上单调递减．由f(a2－3)≥f(－2a)，可得a2－3≤－2a，即a2＋2a－3≤0，解得－3≤a≤1.因此，实数a的取值范围是[－3,1]．
7．(2021·湖北宜昌二模)已知函数f(x)在R上是减函数，且满足f(－x)＝－f(x)，若a＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg3\f(1,10)))，b＝f(lg39.1)，c＝f(20.8)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>b>c B．c>b>a
C．b>a>c D．c>a>b
答案 B
解析 因为函数f(x)在R上是减函数，且满足f(－x)＝－f(x)，又a＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg3\f(1,10)))＝f(lg310)，b＝f(lg39.1)，c＝f(20.8)且lg310>lg39.1>2>20.8，所以f(lg310)
A．[－1,2] B．[－1,0]
C．[1,2] D．[0,2]
答案 D
解析 ∵当x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，∴a≥0.当x>0时，f(x)＝x＋eq \f(1,x)＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取“＝”．要满足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2.∴a的取值范围是0≤a≤2.故选D.
二、多项选择题
9．(2021·淄博模拟)下列函数中，满足“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，使得eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0成立”的是( )
A．f(x)＝－x2－2x＋1
B．f(x)＝x－eq \f(1,x)
C．f(x)＝x＋1
D．f(x)＝lgeq \s\d7(\f(1,2))(2x)＋1
答案 AD
解析 根据题意，“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，使得eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0成立”，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，据此依次分析选项．对于A，f(x)＝－x2－2x＋1为二次函数，其对称轴为直线x＝－1，在区间(0，＋∞)上单调递减，符合题意；对于B，f(x)＝x－eq \f(1,x)，其导数f′(x)＝1＋eq \f(1,x2)>0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，不符合题意；对于C，f(x)＝x＋1为一次函数，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，不符合题意；对于D，f(x)＝lgeq \s\d7(\f(1,2))(2x)＋1在区间(0，＋∞)上单调递减，符合题意．故选AD.
10．已知1≤x≤5，则下列函数中，最小值为4的是( )
A．y＝4x＋eq \f(1,x) B．y＝x＋eq \f(9,x＋1)－1
C．y＝－x2＋2x＋3 D．y＝5＋ln x－eq \f(1,x)
答案 BD
解析 对于A，当x>0时，y＝4x＋eq \f(1,x)≥2 eq \r(4x·\f(1,x))＝4，当且仅当4x＝eq \f(1,x)即x＝eq \f(1,2)时等号成立，又因为1≤x≤5，等号不成立，所以y＝4x＋eq \f(1,x)的最小值不是4.易证y＝4x＋eq \f(1,x)在[1,5]上单调递增，故当x＝1时，ymin＝5，A错误；对于B，y＝x＋eq \f(9,x＋1)－1＝x＋1＋eq \f(9,x＋1)－2≥2eq \r(x＋1·\f(9,x＋1))－2＝4，当且仅当x＋1＝eq \f(9,x＋1)即x＝2时等号成立，B正确；对于C，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，x∈[1,5]，当x＝1时，ymax＝4，C错误；对于D，因为y＝ln x和y＝－eq \f(1,x)在[1,5]上都单调递增，所以y＝5＋ln x－eq \f(1,x)在[1,5]上单调递增，所以当x＝1时，ymin＝5＋ln 1－1＝4，D正确．故选BD.
11．(2021·福建省莆田市第二中学期中)已知函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(2x＋1,x＋1)，则关于函数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)
答案 BCD
解析 由于feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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(图象略)，由图象知，由于x≠0，故f(x)的值域为{y|y≠1，且y≠2}；f(x)在(0，＋∞)上单调递减；f(x)>2的解集为(－1,0)．故选BCD.
12．(2021·无锡市锡山区校级三模)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\c1(－\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”
答案 ACD
解析 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1(舍去)，所以b＝2，A正确；若存在跟随区间[a，b](a
13．(2021·朝阳一模)写出一个值域为(－∞，1)，在区间(－∞，＋∞)上单调递增的函数f(x)＝________.
答案 1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
解析 f(x)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，理由如下：∵y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x为R上的减函数，且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x>0，∴f(x)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x为R上的增函数，且f(x)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x<1，∴f(x)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x∈(－∞，1)．
14．若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，则函数y＝4sin2x－12sinx－1的最大值为________，最小值为________.
答案 6 －9
解析 令t＝sinx，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，所以t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，所以y＝f(t)＝4t2－12t－1.因为该二次函数的图象开口向上，且对称轴为直线t＝eq \f(3,2)，所以当t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))时，函数f(t)单调递减，所以当t＝－eq \f(1,2)时，ymax＝6；当t＝1时，ymin＝－9.
15．(2021·普宁市校级模拟)如果几个函数的定义域相同、值域也相同，但解析式不同，则称这几个函数为“同域函数”．函数y＝eq \r(x－1)－eq \r(2－x)的值域为________，与y＝eq \r(x－1)－eq \r(2－x)是“同域函数”的一个解析式为________.
答案 [－1,1] y＝2x－3，x∈[1,2](答案不唯一)
解析 函数y＝eq \r(x－1)－eq \r(2－x)的定义域为[1,2]，又因为y＝eq \r(x－1)递增，y＝eq \r(2－x)递减，所以函数y＝eq \r(x－1)－eq \r(2－x)递增，故值域为[－1,1]．设y＝ax＋b(a>0)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝－1，,2a＋b＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝－3.))故y＝2x－3，x∈[1,2]与函数y＝eq \r(x－1)－eq \r(2－x)为“同域函数”．
16．(2021·宁夏中卫三模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x－1，x≤0，,3x＋m，x>0))在R上存在最小值，则m的取值范围是________.
答案 [－3，＋∞)
解析 当x≤0时，f(x)＝x2＋2x－1＝(x＋1)2－2≥－2，当x＝－1时，取得最小值－2，当x>0时，f(x)＝3x＋m递增，可得f(x)>1＋m，由题意可得1＋m≥－2，解得m≥－3.
四、解答题
17．设函数f(x)＝x2－ax，x∈[－2,2]．
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的最大值和最小值；
(2)若函数的最小值为g(a)，求g(a)．
解 (1)当a＝－2时，函数f(x)＝(x＋1)2－1，x∈[－2,2]，所以函数f(x)的最大值为f(2)＝8，最小值为f(－1)＝－1.
(2)f(x)的对称轴为直线x＝eq \f(a,2).
①当eq \f(a,2)≤－2，即a≤－4时，f(x)在[－2,2]上单调递增，
∴f(x)min＝f(－2)＝4＋2a.
②当eq \f(a,2)≥2，即a≥4时，此时f(x)在[－2,2]上单调递减，
∴f(x)min＝f(2)＝4－2a.
③当－2
综上，g(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋2a，a≤－4，,－\f(a2,4)，－4
(1)求f(x)的值域；
(2)若函数g(x)是二次函数，且函数f(g(x))的值域是[0，＋∞)，求函数g(x)的值域．
解
(1)因为函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋x2，|x|≥1，,x，|x|<1))的图象过点(1,1)，所以m＋1＝1，解得m＝0，所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，|x|≥1，,x，|x|<1.))画出函数y＝f(x)的大致图象如图所示，观察图象可知，f(x)的值域为(－1，＋∞)．
(2)因为f(g(x))的值域为[0，＋∞)，且g(x)是二次函数，所以g(x)的值域是[0，＋∞)．
19．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)是增函数，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．
解 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－1＞0，,1＜x2－1＜3，))
得eq \r(2)＜x＜2或－2＜x＜－eq \r(2).
∴原不等式的解集为(－2，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，2)．
(2)∵函数f(x)在(0,3]上是增函数，
∴f(x)在(0,3]上的最大值为f(3)＝1，
∴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]，
∴需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－1≥0，,g1≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋m2≥0，,－2m＋m2≥0，))
解该不等式组，得m≤－2或m≥2或m＝0，
即实数m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)．
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
图象描述
自左向右看图象是eq \x(\s\up1(03))上升的
自左向右看图象是eq \x(\s\up1(04))下降的
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
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eq \x(\s\up1(07))最大值
M为函数y＝f(x)的eq \x(\s\up1(08))最小值
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