【文档说明】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 含解析【高考】.doc，共(25)页，275.000 KB，由小赞的店铺上传

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1第2讲函数的单调性与最值1．函数的单调性(1)定义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<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上01单调递增当x1<x

2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上02单调递减图象描述自左向右看图象是03上升的自左向右看图象是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(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)05单调性，区间D叫做y＝f(x)的06单调区间.2．函数的最值前提设函数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07最大值M为函数y＝f(x)的08最小值21．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＋ax(a>0)的增区间为(－∞，－a]和[a，＋∞)；减区间为[－a，0)和(0，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；②f(x1)－f(x2)x1－x2>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增；③f(x1)－f(x2)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＝－1x＋1B．y＝x13C．y＝2－xD．y＝log12(x＋1)答案AB解析

对于A，y＝－1x＋1在(－1，＋∞)上单调递增，符合题意；对于B，y＝x13在R上单调递增，符合题意；对于C，y＝2－x＝12x在R上单调递减，不符合题意；对于D，y＝log12(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，＋∞)3C．(－∞，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)<f13的x的取值范围是()A.13，23B．

13，23C.12，23D．12，23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)<f13.所以0≤2x－1<13，解得12≤x<23.故选D.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＋x－1的最小值为________.答案9解析易知函数f(x)＝9x2

＋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)＝9.4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＝lnt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＝－x2＋2x＋1，x≥0，－x2－2x＋1，x<0，即y＝－(x－1)2＋2，x≥0，－(x＋1)2＋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)＝axx－1(a≠0)在(－1，1)上的单调性．解解法一：设－1<x1<x2<1，f(x)＝ax－1＋1x－1＝a

1＋1x－1，则f(x1)－f(x2)＝a1＋1x1－1－a1＋1x2－1＝a(x2－x1)(x1－1)(x2－1).5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．解法二：f′(x)＝(ax)′(x－1)

－ax(x－1)′(x－1)2＝a(x－1)－ax(x－1)2＝－a(x－1)2.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＝1f(x)在R上为减函数B．y＝|f(x)|在R上为增函数C．y＝－1f(x)在R上为增函数D．y＝－f(x)在R上为减函数6答案D解析A错误，如f(x)＝x3，则y＝1f(x)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＝－1f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上不单调．故选D.2．设函数f(x)＝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)＝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－22x＋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－220＋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<x2，则f(x1)－f(x2)＝a－22x1＋1－a＋22x2＋17＝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>0,2

x2＋1>0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在R上单调递增．证法二：因为f′(x)＝a－22x＋1′＝－2×12x＋1′＝－2×－(2x＋1)′(2x＋1)2＝2×2xln2(2x＋1)2＝2x＋1ln2(2x＋1

)2>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＝f－12，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为()A．c>a>bB．c>b>aC．a>c>bD．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＝f－12＝f52，∴f(2)>f－12>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<m<1<n，则下列不等式一定成立的有()8A．f(1－m)<f(n

－1)B．f(2mn)<f(m＋n)C．f(logmn)<f(lognm)D．f(mn)<f(nm)答案BD解析易知f(x)＝3x＋x3是R上的增函数，0<m<1<n时，m＋n>2mn成立，mn<1<nm成立，B，D一定成立；1－m与n－1的大小关系

不确定，A不一定成立；同样logmn与lognm的大小关系也不确定，如m＝1n时，logmn＝lognm＝－1，C也不一定成立．故选BD.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<f(x＋1)<1，即f(0)<f(x＋1)<f(3)，因此0<x＋1<3，解得－1<x<2，即|f(x＋1)|<1的解集为(－1,2)．故选A.(2)已知函数f(x)＝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)9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<x<1.角度

利用函数的单调性求参数例5(1)若f(x)＝－x2＋4mx与g(x)＝2mx＋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)＝2mx＋1的图象由y＝2mx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)＝(2a－1)x＋8a－2，x<1，ax，x≥1在(－∞，＋∞)上单调递减的充分不必要条件是()A.13<a<12B．14≤a≤

1C.13≤a≤12D．13≤a<38答案AD解析由函数f(x)＝(2a－1)x＋8a－2，x<1，ax，x≥1在(－∞，＋∞)上单调递减，可得102a－1<0，0<a<1，(2a－1)＋8

a－2≥a，解得13≤a<12，故当13<a<12或13≤a<38时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．故选AD.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(log43)<flog314<f(212)B．flog314<f(log43)<f(212)C．flog314<f(212)<f(log43)D．f(212)<f(log43)<flog314答案B解析∀x1，x2∈[0，＋∞)，x1≠x

2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．log314＝－log34<－1，又0<log43<1,21211

＝2，则log314<log43<212，所以flog314<f(log43)<f(212)．故选B.5．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13，＋∞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>13，故不等式的解集为13，＋∞.6．设函数f(x)＝－x2＋4x，x≤4，log2x

，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)12在[0,1]上的最大值为f(1)，比如f(x)＝x－132，但f(x)＝x－132在0，13上单调递减，在

13，1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．2B．3C．4D．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)＝ex－1ex＋1－12，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)＝ex－1ex＋1－12＝ex＋1－2ex＋1－12＝－2ex＋1＋12，当x≥0时，ex≥1，则

－1≤－2ex＋1<0，故f(x)＝－2ex＋1＋12∈－12，12，故[f(x)]∈{－1,0}；当x<0时，0<ex<1，13则－2<－2ex＋1<－1，故f(x)＝－2ex＋1＋12∈－32，－12，[f(x)]

∈{－2，－1}．综上所述，函数y＝[f(x)]的值域为{－2，－1,0}．故选C.(4)函数f(x)＝x＋1－2x的值域为________.答案(－∞，1]解析(代数换元法)函数的定义域为－∞，12.令t＝1－2x(t≥0)，则x＝1－t22.所以y＝1－t22＋t＝－12(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)＝－ax＋b(a>0)在12，2上的值域为12，2，则a＝________，b＝________.答案152解析∵f(x)＝－ax＋b(a>0)在12

，2上是增函数，∴f(x)min＝f12＝12，f(x)max14＝f(2)＝2，即－2a＋b＝12，－a2＋b＝2，解得a＝1，b＝52.8．函数y＝x2＋2x＋3x－1(x>1)的值域为________.答案[2

6＋4，＋∞)解析∵y＝(x－1)2＋4(x－1)＋6x－1＝x－1＋6x－1＋4≥2(x－1)·6x－1＋4＝26＋4，当且仅当x＝6＋1时取“＝”，∴函数值域为[26＋4，＋∞)．9．函数y＝x＋1－x2的值域为________.答案[－1，2]解析令x＝cosθ

(0≤θ≤π)，∴y＝cosθ＋sinθ＝2sinθ＋π4.∴当θ＝π4时，y有最大值2.当θ＝π时，y有最小值－1.∴所求函数的值域是[－1，2]．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<x2，所以x2－x1>0.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)<f(x2)，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)＝2，15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<a<2，即原不等式的解集为{a|－3<a<2}．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f(x1)f(x2)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·x1x2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：①fx1x2＝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x1x2＞1，由于当x＞1时，f(x)＜0，所以fx1x2＜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162x＋1＞0，2－x＞0，2x＋1＜2－x，解得－12＜x＜13，故原不等式的解集为x|－12＜x＜13.一、单项选择题1．(202

1·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＝xB．y＝x2C．y＝x＋xD．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＋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

．0，12C．[0，＋∞)D．12，＋∞答案B17解析y＝|x|(1－x)＝x(1－x)，x≥0，－x(1－x)，x＜0＝－x2＋x，x≥0，x2－x，x＜0＝－x－122＋14，x≥0，x－122－14，x＜

0.画出函数的草图，如图．由图易知原函数在0，12上单调递增．4．(2021·河北衡水中学调考)已知函数f(x)＝log2x＋11－x，若x1∈(1,2)，x2∈(2，＋∞)，则()A．f(x1)<0，f(x2)<0B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，

f(x2)<0D．f(x1)>0，f(x2)>0答案B解析因为函数f(x)＝log2x＋11－x在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1,2)时，f(x1)<f(2)＝0，当x2∈(2，＋∞)

时，f(x2)>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)＝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＝u－5，内层函数u＝2x－x2＝－(x－1)218＋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＝u

－5为增函数．由复合函数同增异减法则可知，函数f(x)＝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)＝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＝－flog3110，b＝f(log39.1)，c＝f(20.8)，则a，b，c的大

小关系为()A．a>b>cB．c>b>aC．b>a>cD．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＝－flog3110＝f(log310)，b＝f(log39.1)，c＝f(20

.8)且log310>log39.1>2>20.8，所以f(log310)<f(log39.1)<f(20.8)，则a<b<c.故选B.8．设f(x)＝(x－a)2，x≤0，x＋1x＋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]19C．[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＋1x＋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f(x1)－f(x2)x1－x2<0成立”的是()A．f(x)＝－x2－2x＋1B．

f(x)＝x－1xC．f(x)＝x＋1D．f(x)＝log12(2x)＋1答案AD解析根据题意，“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，使得f(x1)－f(x2)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－1x，其导数f′(x)＝1＋1x2>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)＝log12(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＋1xB．y＝x＋9x＋1－120C．y＝－x2＋2x＋3D．y＝5＋lnx－1x答案BD解析对于A，当x>0时，y＝4x＋1x≥24x·1x＝4，当且仅当4x＝1x即x＝12时等号成立，又因

为1≤x≤5，等号不成立，所以y＝4x＋1x的最小值不是4.易证y＝4x＋1x在[1,5]上单调递增，故当x＝1时，ymin＝5，A错误；对于B，y＝x＋9x＋1－1＝x＋1＋9x＋1－2≥2(x＋1)·9x＋

1－2＝4，当且仅当x＋1＝9x＋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＝lnx和y＝－1x在[1,5]上都单调递增，

所以y＝5＋lnx－1x在[1,5]上单调递增，所以当x＝1时，ymin＝5＋ln1－1＝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f1x＝2x＋1x＋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f1x＝2x＋1x＋1＝2＋1x1＋1x，故f(x)＝2＋xx＋1＝1＋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.2112．(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＝2B．函数f(x)＝1＋1x存在跟随区间C．若函数f(x)＝m－x＋1存在跟随区间，则m∈－14，0D．二次函数f

(x)＝－12x2＋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<b)，又因为函数在单调区间上单调递减，则有f(a)＝b，f(b)＝a，解得a＝

b＝1－52或a＝b＝1＋52，不满足a<b，故不存在，B不正确；由已知函数可得，函数在定义域上单调递减，若存在跟随区间[a，b](－1≤a<b)，则有f(a)＝b，f(b)＝a，即b＝m－a＋1，a＝m－b＋1，两式作差

得，a－b＝a＋1－b＋1，即(a－b)(a＋1＋b＋1)＝a＋1－(b＋1)＝a－b，又－1≤a<b，所以a＋1＋b＋1＝1，易得0≤a＋1<b＋1≤1，所以m＝a＋b＋1＝a＋1－a＋1，设a＋1＝t∈(0,1)，则m＝t2－t，即t2－t－m＝0在区间(0,1)上有两个不相等的实

数根，只需Δ＝1＋4m>0，－m≥0，解得－14<m≤0，C正确；若函数存在3倍跟随区间，设定义域为[a，b]，值域为[3a,3b]，当a<b≤1时，易得函数在定义域上单调递增，则a，b是方程－12x2＋x＝3x的两个不相等的实数根，解得x＝0或－4，故存在定义域为[－4,

0]使得值域22为[－12,0]，D正确．故选ACD.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－12x解析f(x)

＝1－12x，理由如下：∵y＝12x为R上的减函数，且12x>0，∴f(x)＝1－12x为R上的增函数，且f(x)＝1－12x<1，∴f(x)＝1－

12x∈(－∞，1)．14．若x∈－π6，2π3，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∈－π6，2π3，所以t∈－12，1，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＝32，所以当t∈－12，1时，函数f(t)单调递减，所以当t＝－12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＝x－1－2－x的值域为________，与y＝x－1－2－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＝x－1－2－x的定义域为[1,2]，又因为y＝x－1递增，y＝2－x递减，所以函数y＝x－1－2－x递增，故值域为[－1,1]．设y＝ax＋b(a>0)，所以a＋b＝－1，2a＋b＝1，解得a＝2，b＝－3.故y＝2x－3，x∈[1,2]与函数y＝x－

1－2－x为“同域函数”．2316．(2021·宁夏中卫三模)已知函数f(x)＝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＝a2.①当a2≤－2，即a≤－4时，f(x)在[－2,2]上单调递增，∴f(x)min＝f(－2)＝4＋2a.②当a2≥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<a

2<2，即－4<a<4时，函数f(x)在x＝a2时取得最小值，即f(x)min＝fa2＝－a24.综上，g(a)＝4＋2a，a≤－4，－a24，－4<a<4，4－2a，a≥4.18

．(2021·衡水模拟)设函数f(x)＝m＋x2，|x|≥1，x，|x|<1的图象过点(1,1)．24(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)＝m＋x

2，|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)＝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x2－1＞0，1＜x2－1＜3，得2＜x＜2或－2＜x＜－2.∴原不等式的解集为(－2，－2)∪(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]，25∴需满足g(－1)≥0，g(1)≥0，即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，＋∞)．