高考数学科学创新复习方案提升版第8讲函数的单调性与最值学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第8讲函数的单调性与最值学案（Word版附解析），共20页。


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．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．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)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．简记为“同增异减”．
3．对勾函数y＝x＋eq \f(a,x)(a>0)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(a)]和[eq \r(a)，＋∞)；单调递减区间为[－eq \r(a)，0)和(0，eq \r(a)]，且对勾函数为奇函数．
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\d10(\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)))eq \s\up12(x)在R上单调递减，不符合题意；对于D，y＝lgeq \s\d10(\f(1,2))(x＋1)在(－1，＋∞)上单调递减，不符合题意．
2．(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，在[－1，3]上单调递增
B．f(x)在区间(－1，3)上的最大值为3，最小值为－2
C．f(x)在[－4，1]上有最小值－2，有最大值3
D．当直线y＝t与f(x)的图象有三个交点时－1答案 C
解析 由已知得，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，A错误；f(x)在区间(－1，3)上的最大值为3，无最小值，B错误；C正确；当直线y＝t与f(x)的图象有三个交点时－1≤t≤2，D错误．
3．(2024·嘉兴一中月考)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)
C．f(m)≤f(1) D．f(m)＝f(1)
答案 B
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.
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________．
答案 －eq \f(2,5) －2
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).
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________．
答案 (－∞，2]∪[4，＋∞)
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a的取值范围是(－∞，2]∪[4，＋∞)．
多角度探究突破
角度 定义法确定函数的单调性
例1 试讨论函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性．
解 设－1则f(x1)－f(x2)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq \f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）).
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)定义法判断函数单调性的步骤
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：
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(2（2x1－2x2）,（2x1＋1）（2x2＋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．
角度 图象法、性质法确定函数的单调性
例2 (1)(2023·海口模拟)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，＋∞)
答案 B
解析 根据题意，函数f(x)＝x2－4|x|＋3＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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________．
答案 [2，＋∞) (－∞，－3]
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．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．
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)＝lgeq \s\d7(\f(1,3))x－3x
答案 AB
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＝lgeq \s\d7(\f(1,3))x与y＝－3x在(0，＋∞)上均单调递减，所以f(x)＝lgeq \s\d7(\f(1,3))x－3x在(0，＋∞)上单调递减，D不符合题意．故选AB.
2．求函数f(x)＝|4－x|·(x－1)的单调区间．
解 f(x)＝|4－x|·(x－1)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（4－x）（x－1），x≤4，,（x－4）（x－1），x＞4，))
根据图象可知其单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,2)))，(4，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，4)).
多角度探究突破
角度 利用函数的单调性比较大小
例3 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.
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．
已知函数f(x)＝lg x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，f(m)＝1，且0A．f(n)<1且f(p)>1B．f(n)>1且f(p)>1
C．f(n)>1且f(p)<1D．f(n)<1且f(p)<1
答案 C
解析 易知函数y＝lg x与y＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)是(0，＋∞)上的增函数，∵0角度 利用函数的单调性解不等式
例4 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\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________．
答案 (－2，1)
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利用函数单调性解不等式的具体步骤
(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 (2024·安阳林州一中质检)已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是________．
答案 (－eq \r(5)，－2)∪(2，eq \r(5))
解析 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)角度 利用函数的单调性求参数
例5 (1)(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．[－2，0)
C．(0，2] D．[2，＋∞)
答案 D
解析 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，则函数y＝x(x－a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(a2,4)在区间(0，1)上单调递减，因此eq \f(a,2)≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．故选D.
(2)(2023·南京大学附属中学模拟)若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax，x＞1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1))对于R上的任意x1≠x2都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，则实数a的取值范围是________．
答案 [4，8)
解析 ∵对于R上的任意x1≠x2都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，∴函数f(x)单调递增，∵函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax，x＞1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＞1，,4－\f(a,2)＞0，,4－\f(a,2)＋2≤a，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＞1，,a＜8，,a≥4，))∴4≤a＜8.
利用函数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．
设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\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，若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a＋1≤2或a≥4，即a≤1或a≥4.
例6 (1)函数y＝eq \f(1－x2,1＋x2)的值域是________．
答案 (－1，1]
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________．
答案 1
解析 解法一：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\c1(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.
解法二：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.
(3)(2024·张家口宣化第一中学月考)函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的值域为________．
答案 (－∞，2]
解析 解法一(图象法)：作出函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的图象(如图所示)，f(x)max＝f(0)＝2.由函数图象可知，f(x)的值域为(－∞，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.所以f(x)的值域为(－∞，2]．
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．
1.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在点A(2，4)处取得最小值4.
2．设f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－a）2，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时取等号．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[0，2]．故选D.
3．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)]．
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·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＋x
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＋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．(2023·中国人民大学附中模拟)已知函数f(x)的定义域为R，则“存在M∈R，对任意x∈R，均有f(x)≤M”是“f(x)有最大值”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
答案 B
解析 只有当∃M∈R，∀x∈R，f(x)≤M且∃x∈R，使得f(x)＝M，这时f(x)有最大值．反之，若f(x)有最大值，则存在M∈R，对任意x∈R，均有f(x)≤M成立．所以函数f(x)的定义域为R，则“存在M∈R，对任意x∈R，均有f(x)≤M”是“f(x)有最大值”的必要不充分条件．故选B.
3．(2024·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.
4．(2024·鞍山一中月考)函数f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋3)在区间(－3，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
C．(－3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
答案 B
解析 f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋3)＝eq \f(a（x＋3）＋1－3a,x＋3)＝a＋eq \f(1－3a,x＋3)，因为f(x)在(－3，＋∞)上单调递增，所以1－3a<0，解得a>eq \f(1,3)，即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)).
5．(2023·保定二模)若函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x)))＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＋1，则函数g(x)＝f(x)－4x的最小值为( )
A．－1 B．－2
C．－3 D．－4
答案 D
解析 由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x)))＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＋1可得，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))＝1－eq \f(2,x)＋eq \f(1,x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))eq \s\up12(2)，∴f(x)＝x2(x≠1)．∴g(x)＝x2－4x＝(x－2)2－4，当x＝2时，g(x)取得最小值，为－4.故选D.
6．(2024·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)<0B．f(x1)<0，f(x2)>0
C．f(x1)>0，f(x2)<0D．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.
7．(2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋1，x≤a，,2x，x>a，))若f(x)的值域是R，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0] B．[0，1]
C．[0，＋∞) D．(－∞，1]
答案 B
解析 解法一：因为函数y＝2x是R上的增函数，且值域为(0，＋∞)，函数y＝x＋1是R上的增函数，且值域也是R，所以要使函数f(x)的值域为R，需满足2a≤a＋1.在同一平面直角坐标系中作出函数y＝2x与y＝x＋1的图象，如图所示，由图可知，当0≤x≤1时，2x≤x＋1，所以实数a的取值范围为[0，1]．故选B.
解法二：若a＝－1，则当x≤a时，x＋1≤0，当x>a时，2x>eq \f(1,2)，可知此时f(x)的值域不是R，即a＝－1不满足题意，故排除A，D；若a＝2，则当x≤a时，x＋1≤3，当x>a时，2x>4，可知此时f(x)的值域不是R，即a＝2不满足题意，故排除C.故选B.
8．(2024·长沙模拟)设f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)－a))(a∈R)，记f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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
答案 B
解析 设g(x)＝x＋eq \f(1,x)－a，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))，则g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，在[1，4]上单调递增，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(5,2)－a))，|2－a|，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(17,4)－a))三者中的较大者，所以M(a)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\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)的最小值为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
答案 ABC
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x10，则y＝－f(x)在R上为减函数，故D正确．故选ABC.
10．(2024·盘锦高级中学月考)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1＜x＜2，))下列关于函数f(x)的结论正确的是( )
A．f(x)的定义域是RB．f(x)的值域是(－∞，5)
C．若f(x)＝3，则x的值为eq \r(2)D．f(x)的图象与y＝2有2个交点
答案 BC
解析 由函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1＜x＜2))知，定义域为(－∞，－1]∪(－1，2)，即(－∞，2)，A错误；当x≤－1时，f(x)＝x＋2∈(－∞，1]，当－111．(2023·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b＝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
12．函数f(x)＝eq \f(1,x2－2x)的值域为________．
答案 (－∞，－1]∪(0，＋∞)
解析 令t＝x2－2x，则t≥－1，且t≠0，因为函数y＝eq \f(1,t)在[－1，0)和(0，＋∞)上单调递减，所以当t∈[－1，0)时，y≤－1；当t∈(0，＋∞)时，y>0.综上，函数f(x)＝eq \f(1,x2－2x)的值域为(－∞，－1]∪(0，＋∞)．
13．(2024·郑州模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\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\{(\a\vs4\al\c1(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．(2023·中卫三模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\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
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则f(x2)－f(x1)＝eq \f(xeq \\al(2,2),x2－3)－eq \f(xeq \\al(2,1),x1－3)
＝eq \f(xeq \\al(2,2)（x1－3）－xeq \\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x10，
∴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\{(\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\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－eq \f(1,2)＜x＜eq \f(1,3))))).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
考向一 判断函数的单调性(单调区间)
考向二 函数单调性的应用
考向三 函数的最值(值域)问题