浙江省2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章函數(shù)概念及基本初等函數(shù)Ⅰ第3節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值含解析

PAGE第3節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值考試要求1.理解函數(shù)的單調(diào)性、最大(小)值及其幾何意義；2.會(huì)運(yùn)用基本初等函數(shù)的圖象分析函數(shù)的性質(zhì).知識(shí)梳理1.函數(shù)的單調(diào)性(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?yàn)镮，假如對(duì)于定義域I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的隨意兩個(gè)自變量的值x1，x2當(dāng)x1<x2時(shí)，都有f(x1)<f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)當(dāng)x1<x2時(shí)，都有f(x1)>f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(shù)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)間的定義假如函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，那么就說函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間具有(嚴(yán)格的)單調(diào)性，區(qū)間D叫做函數(shù)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?yàn)镮，假如存在實(shí)數(shù)M滿意條件(1)對(duì)于隨意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(3)對(duì)于隨意x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M結(jié)論M為最大值M為最小值[常用結(jié)論與易錯(cuò)提示]1.對(duì)勾函數(shù)y＝x＋eq\f(a,x)(a＞0)的增區(qū)間為(－∞，－eq\r(a)]和[eq\r(a)，＋∞)；減區(qū)間為[－eq\r(a)，0)和(0，eq\r(a)]，且對(duì)勾函數(shù)為奇函數(shù).2.設(shè)隨意x1，x2∈D(x1≠x2)，則①eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0)?f(x)在D上單調(diào)遞增；②eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0)?f(x)在D上單調(diào)遞減.3.函數(shù)在兩個(gè)不同的區(qū)間上單調(diào)性相同，一般要分開寫，用“，”或“和”連接，不要用“∪”.診斷自測(cè)1.推斷下列說法的正誤.(1)對(duì)于函數(shù)f(x)，x∈D，若對(duì)隨意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù).()(2)函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)∪(0，＋∞).()(3)對(duì)于函數(shù)y＝f(x)，若f(1)<f(3)，則f(x)為增函數(shù).()(4)函數(shù)y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是[1，＋∞).()解析(2)此單調(diào)區(qū)間不能用并集符號(hào)連接，取x1＝－1，x2＝1，則f(－1)＜f(1)，故應(yīng)說成單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)和(0，＋∞).(3)應(yīng)對(duì)隨意的x1＜x2，f(x1)＜f(x2)成立才可以.(4)若f(x)＝x，f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，但y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間可以是R.答案(1)√(2)×(3)×(4)×2.(2024·北京卷)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A.y＝xeq\s\up6(\f(1,2)) B.y＝2－xC.y＝logeq\s\do9(\f(1,2))x D.y＝eq\f(1,x)解析y＝xeq\f(1,2)＝eq\r(x)，y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，y＝logeq\f(1,2)x，y＝eq\f(1,x)的圖象如圖所示.由圖象知，只有y＝xeq\f(1,2)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.故選A.答案A3.(2024·全國(guó)卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x>0，))則滿意f(x＋1)<f(2x)的x的取值范圍是()A.(－∞，－1] B.(0，＋∞)C.(－1，0) D.(－∞，0)解析當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)＝2－x是減函數(shù)，則f(x)≥f(0)＝1.作出f(x)的大致圖象如圖所示，結(jié)合圖象可知，要使f(x＋1)＜f(2x)，則需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1<0，,2x<0，,2x<x＋1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,2x<0，))所以x<0，故選D.答案D4.(2024·北京卷)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x－1)(x≥2)的最大值為________.解析易得f(x)＝eq\f(x,x－1)＝1＋eq\f(1,x－1)，當(dāng)x≥2時(shí)，x－1>0，易知f(x)在[2，＋∞)上是減函數(shù)，∴f(x)max＝f(2)＝1＋eq\f(1,2－1)＝2.答案25.(2024·寧波模擬)已知log23＝a，則eq\f(2a＋1,2a－1)＝________，函數(shù)f(x)＝a2x－2ax的單調(diào)遞增區(qū)間為________.解析由log23＝a得2a＝3，故eq\f(2a＋1,2a－1)＝2；又函數(shù)f(x)由u＝ax與y＝u2－2u復(fù)合，且a＝log23＞1，即u＝ax單調(diào)遞增，而y＝u2－2u在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，則由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性性質(zhì)知若f(x)單調(diào)遞增，必需有ax≥1，故x≥0，即單調(diào)遞增區(qū)間為[0，＋∞).答案2[0，＋∞)6.(2024·綠色評(píng)價(jià)聯(lián)盟適考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤0，,log2（x＋1），x>0，))則f(f(－3))＝________，f(x)的最小值為________.解析f(－3)＝(－3)2＋2×(－3)＝3，f(f(－3))＝f(3)＝2.由圖象得f(x)min＝f(－1)＝－1.答案2－1考點(diǎn)一確定函數(shù)的單調(diào)性(區(qū)間)【例1】(1)已知函數(shù)f(x)＝log4(4－|x|)，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________；f(0)＋4f(2)＝________.(2)(一題多解)試探討函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的單調(diào)性.(1)解析由f(x)＝log4(4－|x|)得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－4，4)，且函數(shù)y＝4－|x|的單調(diào)遞增區(qū)間為(－4，0]，則函數(shù)f(x)＝log4(4－|x|)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－4，0].f(0)＋4f(2)＝1＋4eq\f(1,2)＝3.答案(－4，0]3(2)解法一設(shè)－1<x1<x2<1，因?yàn)閒(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，所以f(x1)－f(x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq\f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）)，由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故當(dāng)a>0時(shí)，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1，1)上遞減；當(dāng)a<0時(shí)，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1，1)上遞增.法二f′(x)＝eq\f(（ax）′（x－1）－ax（x－1）′,（x－1）2)＝eq\f(a（x－1）－ax,（x－1）2)＝－eq\f(a,（x－1）2).當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(－1，1)上遞減；當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(－1，1)上遞增.規(guī)律方法(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，如例1(1).(2)函數(shù)單調(diào)性的推斷方法有：①定義法；②圖象法；③利用已知函數(shù)的單調(diào)性；④導(dǎo)數(shù)法.(3)函數(shù)y＝f(g(x))的單調(diào)性應(yīng)依據(jù)外層函數(shù)y＝f(t)和內(nèi)層函數(shù)t＝g(x)的單調(diào)性推斷，遵循“同增異減”的原則.【訓(xùn)練1】(1)(2024·北京西城區(qū)練習(xí))能說明“若f(x＋1)＜f(x)對(duì)于隨意的x∈(0，＋∞)都成立，則f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)”為假命題的一個(gè)函數(shù)是________.(2)(一題多解)推斷函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，＋∞)上的單調(diào)性，并給出證明.(1)解析由題意不妨設(shè)f(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))eq\s\up12(2)，則f(x＋1)－f(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝－2x－eq\f(1,2)＜0在(0，＋∞)都成立，但是f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))是單調(diào)遞增的，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))是單調(diào)遞減的，說明原命題是假命題.答案y＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))eq\s\up12(2)(答案不唯一，符合條件即可)(2)解f(x)在(0，eq\r(a)]上是減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù).證明如下：法一設(shè)x1，x2是隨意兩個(gè)正數(shù)，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(a,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(a,x2)))＝eq\f(x1－x2,x1x2)(x1x2－a).當(dāng)0<x1<x2≤eq\r(a)時(shí)，0<x1x2<a，又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函數(shù)f(x)在(0，eq\r(a)]上是減函數(shù).當(dāng)eq\r(a)≤x1<x2時(shí)，x1x2>a，又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以函數(shù)f(x)在[eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù).綜上可知，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a)]上是減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上為增函數(shù).法二f′(x)＝1－eq\f(a,x2)，令f′(x)>0，則1－eq\f(a,x2)>0，解得x>eq\r(a)或x<－eq\r(a)(舍).令f′(x)<0，則1－eq\f(a,x2)<0，解得－eq\r(a)<x<eq\r(a).∵x>0，∴0<x<eq\r(a).∴f(x)在(0，eq\r(a)]上為減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上為增函數(shù).考點(diǎn)二確定函數(shù)的最值【例2】(1)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\s\do9(\f(1,3))x，x>1，,－x2＋2x，x≤1，))則f(f(3))＝________，函數(shù)f(x)的最大值是________.(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)且a≤1.①當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，求函數(shù)f(x)的最小值；②若對(duì)隨意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍.(1)解析①由于f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\s\do9(\f(1,3))x，x>1，,－x2＋2x，x≤1.))所以f(3)＝logeq\s\do9(\f(1,3))3＝－1，則f(f(3))＝f(－1)＝－3，②當(dāng)x>1時(shí)，f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,3))x是減函數(shù)，得f(x)<0.當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1在(－∞，1]上單調(diào)遞增，則f(x)≤1，綜上可知，f(x)的最大值為1.答案－31(2)解①當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝x＋eq\f(1,2x)＋2，設(shè)1≤x1＜x2，則f(x2)－f(x1)＝(x2－x1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2x1x2)))，∵1≤x1＜x2，∴x2－x1＞0，2x1x2＞2，∴0＜eq\f(1,2x1x2)＜eq\f(1,2)，1－eq\f(1,2x1x2)＞0，∴f(x2)－f(x1)＞0，f(x1)＜f(x2).∴f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)，∴f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上的最小值為f(1)＝eq\f(7,2).②當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，eq\f(x2＋2x＋a,x)>0恒成立，則x2＋2x＋a>0對(duì)x∈[1，＋∞)恒成立.即a>－(x2＋2x)在x∈[1，＋∞)上恒成立.令g(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1，x∈[1，＋∞)，∴g(x)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，g(x)max＝g(1)＝－3.又a≤1，∴當(dāng)－3<a≤1時(shí)，f(x)>0在x∈[1，＋∞)上恒成立.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－3，1].規(guī)律方法(1)求函數(shù)最值的常用方法：①單調(diào)性法；②基本不等式法；③配方法；④圖象法；⑤導(dǎo)數(shù)法.(2)利用單調(diào)性求最值，應(yīng)先確定函數(shù)的單調(diào)性，然后依據(jù)性質(zhì)求解.若函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上是增函數(shù)，則f(x)在[a，b]上的最大值為f(b)，最小值為f(a).若函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上是減函數(shù)，則f(x)在[a，b]上的最大值為f(a)，最小值為f(b).【訓(xùn)練2】(1)(2024·浙江卷)若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b在區(qū)間[0，1]上的最大值是M，最小值是m，則M－m()A.與a有關(guān)，且與b有關(guān) B.與a有關(guān)，但與b無關(guān)C.與a無關(guān)，但與b無關(guān) D.與a無關(guān)，但與b有關(guān)(2)(2024·北京東城區(qū)一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－2x，x＜a，,ax－1，x≥a.))若a＝1，則f(x)的最小值為________；若f(x)有最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.解析(1)因?yàn)樽钪翟趂(0)＝b，f(1)＝1＋a＋b，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝b－eq\f(a2,4)中取，所以最值之差肯定與b無關(guān)，但與a有關(guān)，故選B.(2)當(dāng)a＝1，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－2x，x＜1，,x－1，x≥1.))f(x)＝ex－2x，x＜1，f′(x)＝ex－2，f′(x)＞0，1＞x＞ln2；f′(x)＜0，x＜ln2；故f(x)min＝f(ln2)＝2－2ln2；當(dāng)f(x)＝x－1(x≥1)，f(x)單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(1)＝0，又2－2ln2＞0，所以f(x)的最小值為0.①當(dāng)a＜0時(shí)，由以上知f(x)＝ex－2x，x＜a單調(diào)遞減，故f(x)＞f(a)；f(x)＝ax－1(x≥a)單調(diào)遞減，故f(x)≤f(a)，故f(x)無最小值，舍去；②當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)最小值為－1，成立，③當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)＝ax－1(x≥a)單調(diào)遞增，故f(x)≥f(a)；對(duì)于f(x)＝ex－2x，x＜a，當(dāng)0＜a≤ln2，由以上知f(x)＞f(a)，此時(shí)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－2x，x＜a，,ax－1，x≥a.))最小值在x＝a處取得，成立，當(dāng)a＞ln2，由以上知f(x)≥f(ln2)，此時(shí)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－2x，x＜a，,ax－1，x≥a.))最小值為min{f(ln2)，f(a)}，即f(x)有最小值，綜上a≥0.答案(1)B(2)0[0，＋∞)考點(diǎn)三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用變式遷移【例3】(1)假如函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－a）x＋1，x<1，,ax，x≥1))滿意對(duì)隨意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0成立，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.(2)定義在R上的奇函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上遞增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，則不等式f(logeq\s\do9(\f(1,9))x)>0的解集為________.解析(1)對(duì)隨意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù).所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－a>0，,a>1，,（2－a）×1＋1≤a，))解得eq\f(3,2)≤a<2.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).(2)∵y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且y＝f(x)在(0，＋∞)上遞增，∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函數(shù)，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0.故原不等式f(logeq\s\do9(\f(1,9))x)>0可化為f(logeq\s\do9(\f(1,9))x)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))或f(logeq\s\do9(\f(1,9))x)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，∴l(xiāng)ogeq\s\do9(\f(1,9))x>eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)<logeq\s\do9(\f(1,9))x<0，解得0<x<eq\f(1,3)或1<x<3.所以原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,3)或1<x<3)))).答案(1)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,3)或1<x<3))))【變式遷移1】在例題第(1)題中，條件不變，若設(shè)m＝f(－eq\f(1,2))，n＝f(a)，t＝f(2)，試比較m，n，t的大小.解由例題知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，且eq\f(3,2)≤a<2，又－eq\f(1,2)<a<2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))<f(a)<f(2)，即m<n<t.【變式遷移2】在例題第(2)題中，若條件改為：“定義在R上的偶函數(shù)y＝f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減”，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，則不等式f(logeq\s\do9(\f(1,9))x)>0的解集是________.解析因?yàn)閒(x)在R上為偶函數(shù)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，所以f(logeq\s\do9(\f(1,9))x)＞0等價(jià)于f(|logeq\s\do9(\f(1,9))x|)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，又f(x)在[0，＋∞)上為減函數(shù)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log\s\do9(\f(1,9))x))＜eq\f(1,2)，即－eq\f(1,2)＜logeq\s\do9(\f(1,9))x＜eq\f(1,2)，解得eq\f(1,3)＜x＜3.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))規(guī)律方法(1)利用單調(diào)性求參數(shù)的取值(范圍)的思路是：依據(jù)其單調(diào)性干脆構(gòu)建參數(shù)滿意的方程(組)(不等式(組))或先得到其圖象的升降，再結(jié)合圖象求解.(2)在求解與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式時(shí)，往往是利用函數(shù)的單調(diào)性將“f”符號(hào)脫掉，使其轉(zhuǎn)化為詳細(xì)的不等式求解，此時(shí)應(yīng)特殊留意函數(shù)的定義域.【訓(xùn)練3】已知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，且為奇函數(shù).若f(1)＝－1，則滿意－1≤f(x－2)≤1的x的取值范圍是()A.[－2，2] B.[－1，1]C.[0，4] D.[1，3]解析因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以f(－1)＝－f(1)＝1，于是－1≤f(x－2)≤1等價(jià)于f(1)≤f(x－2)≤f(－1)，又f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.答案D基礎(chǔ)鞏固題組一、選擇題1.若函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的單調(diào)遞增區(qū)間是[3，＋∞)，則a的值為()A.－2 B.2C.－6 D.6解析由圖象易知函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的單調(diào)增區(qū)間是[－eq\f(a,2)，＋∞)，令－eq\f(a,2)＝3，∴a＝－6.答案C2.(2024·北京卷)下列函數(shù)中，在區(qū)間(－1，1)上為減函數(shù)的是()A.y＝eq\f(1,1－x) B.y＝cosxC.y＝ln(x＋1) D.y＝2－x解析∵y＝eq\f(1,1－x)與y＝ln(x＋1)在(－1，1)上為增函數(shù)，且y＝cosx在(－1，1)上不具備單調(diào)性.∴A，B，C不滿意題意.只有y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在(－1，1)上是減函數(shù).答案D3.已知函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于x＝1對(duì)稱，且在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，設(shè)a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.c<b<a B.b<a<cC.b<c<a D.a<b<c解析∵函數(shù)圖象關(guān)于x＝1對(duì)稱，∴a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，又y＝f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<f(3)，即b<a<c.答案B4.定義新運(yùn)算“⊕”：當(dāng)a≥b時(shí)，a⊕b＝a；當(dāng)a<b時(shí)，a⊕b＝b2，則函數(shù)f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)在區(qū)間[－2，2]上的最大值等于()A.－1 B.1C.6 D.12解析由已知得當(dāng)－2≤x≤1時(shí)，f(x)＝x－2，當(dāng)1<x≤2時(shí)，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定義域內(nèi)都為增函數(shù)，∴f(x)的最大值為f(2)＝23－2＝6.答案C5.設(shè)f(x)是定義在(0，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，滿意f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，則當(dāng)f(x)＋f(x－8)≤2時(shí)，x的取值范圍是()A.(8，＋∞) B.(8，9]C.[8，9] D.(0，8)解析2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f[x(x－8)]≤f(9)，因?yàn)閒(x)是定義在(0，＋∞)上的增函數(shù)，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,x－8>0，,x（x－8）≤9，))解得8<x≤9.答案B6.假如函數(shù)f(x)對(duì)隨意的實(shí)數(shù)x，都有f(1＋x)＝f(－x)，且當(dāng)x≥eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝log2(3x－1)，那么函數(shù)f(x)在[－2，0]上的最大值與最小值之和為()A.2 B.3C.4 D.－1解析依據(jù)f(1＋x)＝f(－x)，可知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(1,2)對(duì)稱.又函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，則函數(shù)f(x)在[－2，0]上的最大值與最小值之和為f(－2)＋f(0)＝f(1＋2)＋f(1＋0)＝f(3)＋f(1)＝log28＋log22＝4.答案C二、填空題7.函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)在區(qū)間[－1，1]上的最大值為________.解析由于y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)在R上遞減，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上遞增，所以f(x)在[－1，1]上單調(diào)遞減，故f(x)在[－1，1]上的最大值為f(－1)＝3.答案38.若函數(shù)f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1，2]上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則a＝________.解析當(dāng)a>1時(shí)，則y＝ax為增函數(shù)，有a2＝4，a－1＝m，此時(shí)a＝2，m＝eq\f(1,2)，此時(shí)g(x)＝－eq\r(x)在[0，＋∞)上為減函數(shù)，不合題意.當(dāng)0<a<1時(shí)，則y＝ax為減函數(shù)，有a－1＝4，a2＝m，此時(shí)a＝eq\f(1,4)，m＝eq\f(1,16).此時(shí)g(x)＝eq\f(3,4)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù).故a＝eq\f(1,4).答案eq\f(1,4)9.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)y＝f(x)在區(qū)間(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.解析作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖象可知f(x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，需滿意a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.答案(－∞，1]∪[4，＋∞)10.(2024·溫州適應(yīng)性測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x＜a，,x2，x≥a，))若函數(shù)f(x)在R上是單調(diào)的，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________；若對(duì)隨意的實(shí)數(shù)x1＜a，總存在實(shí)數(shù)x2≥a，使得f(x1)＋f(x2)＝0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(－∞，a)上單調(diào)遞增，則由函數(shù)f(x)在R上單調(diào)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2≤a2，,a≥0，))解得a≥2.由對(duì)隨意x1＜a，總存在x2≥a，使得f(x1)＋f(x2)＝0，即f(x2)＝－f(x1)，得函數(shù)y＝－f(x)在(－∞，a)上的值域是函數(shù)f(x)在[a，＋∞)上的值域的子集，而函數(shù)y＝－f(x)在(－∞，a)上的值域?yàn)?－a－2，＋∞)，函數(shù)f(x)在[a，＋∞)上的值域?yàn)閇0，＋∞)(a≤0)或[a2，＋∞)(a＞0)，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤0，,－a－2≥0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,－a－2≥a2，))解得a≤－2.答案[2，＋∞)(－∞，－2]三、解答題11.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a>0，x>0).(1)求證：f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；(2)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，求a的值.(1)證明設(shè)x2>x1>0，則x2－x1>0，x1x2>0，∵f(x2)－f(x1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,x2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,x1)))＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－x1,x1x2)>0，∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù).(2)解∵f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，又由(1)得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是單調(diào)增函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，f(2)＝2，易知a＝eq\f(2,5).12.已知函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(a,x)的定義域?yàn)?0，1](a為實(shí)數(shù)).(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)y＝f(x)的值域；(2)求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(0，1]上的最大值及最小值，并求出當(dāng)函數(shù)f(x)取得最值時(shí)x的值.解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝2x－eq\f(1,x)，任取1≥x1＞x2＞0，則f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x1x2))).∵1≥x1＞x2＞0，∴x1－x2＞0，x1x2＞0.∴f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，無最小值，當(dāng)x＝1時(shí)取得最大值1，所以f(x)的值域?yàn)?－∞，1].(2)當(dāng)a≥0時(shí)，y＝f(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，無最小值，當(dāng)x＝1時(shí)取得最大值2－a；當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)＝2x＋eq\f(－a,x)，當(dāng)eq\r(－\f(a,2))≥1，即a∈(－∞，－2]時(shí)，y＝f(x)在(0，1]上單調(diào)遞減，無最大值，當(dāng)x＝1時(shí)取得最小值2－a；當(dāng)eq\r(－\f(a,2))＜1，即a∈(－2，0)時(shí)，y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,2))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,2))，1))上單調(diào)遞增，無最大值，當(dāng)x＝eq\r(－\f(a,2))時(shí)取得最小值2eq\r(－2a).實(shí)力提升題組13.已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍為()A.[0，3] B.(1，3)C.[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] D.(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))解析由題可知f(x)＝ex－1>－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，若f(a)＝g(b)，則g(b)∈(－1，1]，即－b2＋4b－3>－1，即b2－4b＋2<0，解得2－eq\r(2)<b<2＋eq\r(2).所以實(shí)數(shù)b的取值范圍為(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)).答案D14.已知a∈R，函數(shù)f(x)滿意：存在x0>0，對(duì)隨意的x>0，恒有|f(x)－a|≤|f(x0)－a|，則f(x)可以為()A.f(x)＝lgx B.f(x)＝－x2＋2xC.f(x)＝2x D.f(x)＝sinx解析由a∈R，不妨設(shè)a＝0，g(x)＝|f(x)|，則原問題可看成存在x0>0，g(x)max＝g(x0)＝|f(x0)|.對(duì)于A選項(xiàng)，g(x)＝|lgx|，結(jié)合其函數(shù)圖象知，g(x)存在最小值0，不存在最大值，解除A；對(duì)于B選項(xiàng)，g(x)＝|－x2＋2x|＝|x2－2x|，g(x)存在最小值0，不存在最大值，解除B；對(duì)于C選項(xiàng)，g(x)＝|2x|＝2x，明顯g(x)不存在最小值，也不存在最大值，解除C；對(duì)于D選項(xiàng)，g(x)＝|sinx|≤1，g(x)存在最大值，故選D.答案D15.已知t∈R，記函數(shù)f(x)＝|x＋eq\f(4,x＋2)＋t|在[－1，2]上的最大值為H(t)，若H(t)≥1，則t的取值范圍是________.解析記u＝x＋eq\f(4,x＋2)，當(dāng)x∈[－1，2]時(shí)，u∈[2，3]，所以H(t)＝max{|2＋t|，|3＋t|}＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2＋t＋3＋t,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2＋t－（3＋t）,2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t＋\f(5,2)))＋eq\f(1,2)≥1，解得t≤－3或t≥－2.答案(－∞，－3]∪[－2，＋∞)16.(一題多解)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\r(1＋x)＋eq\r(1－ax)，記M(a)為f(x)的最大值，則M(a)的最小值為________.解析法一由題知當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)無最大值，故a>0.由定義域知0≤x＋1≤1＋eq\f(1,a)，令eq\f(a,a＋1)(x＋1)＝cos2αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，代入f(x)＝eq\r(1＋x)＋eq\r(1－ax)，則有f(x)＝eq\r(\f(1＋a,a))cosα＋eq\r(1＋a)sinα＝eq\r(2＋\f(1,a)＋a)·sin(α＋θ)，其中tanθ＝eq\r(\f(1,a))，且a>0，所以M(a)＝eq\r(2＋\f(1,a)＋a)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)取到等號(hào)).法二由題知當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)無最大值，故a>0，令導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,\r(1＋x))－eq\f(1,2)·eq\f(a,\r(1－ax))＝0，得唯一極大值點(diǎn)x＝eq\f(1,a)－1，所以M(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))＝eq\r(\f(1,a))＋eq\r(a)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)取到等號(hào)).答案217.已知函數(shù)f(x)＝lg(x＋eq\f(a,x)－2)，其中a是大于0的常數(shù).