2025《金版教程•高考数学复习创新方案》第2节 函数的单调性与最值

第二节函数的单调性与最值课标解读考向预测1.借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义.2.理解函数单调性的概念，能运用函数图象理解和研究函数的单调性.3.会用函数单调性的定义判断(或证明)一些函数的单调性.4.会求一些具体函数的单调区间.以基本初等函数为载体，考查函数的单调性、单调区间及函数最值的确定与应用；强化对函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的考查，题型既有选择题、填空题，又有解答题．预计2025年高考仍会考查函数的单调性、单调区间及函数最值的确定与应用；题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度中档偏上.必备知识——强基础1．(1)单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f(x)的定义域为D，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I当x1<x2时，都有eq\x(\s\up1(01))f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递增当x1<x2时，都有eq\x(\s\up1(02))f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递减图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的(2)单调区间的定义如果函数y＝f(x)在区间I上eq\x(\s\up1(03))单调递增或eq\x(\s\up1(04))单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间I叫做y＝f(x)的单调区间．2．函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足条件(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结论M为最大值M为最小值1．函数单调性的两个等价结论设函数f(x)的定义域为D，区间I⊆D，则∀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上单调递增；(2)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在I上单调递减．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：“同增异减”．3．函数最值存在的两个结论(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值．当函数在闭区间上单调时，最值一定在端点取到；(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，则函数f(x)的单调递增区间是[1，＋∞)．()(2)因为y＝x与y＝ex都是增函数，所以y＝xex在定义域内为增函数．()(3)若函数f(x)在区间(1，2]和(2，3)上均为增函数，则函数f(x)在区间(1，3)上为增函数．()答案(1)×(2)×(3)×2．小题热身(1)(多选)(人教A必修第一册习题3.2T3改编)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递减的是()A．y＝eq\f(1,x)－x B．y＝x2－xC．y＝－x2－2x D．y＝ex答案AC(2)(人教A必修第一册3.2.1P81练习T2改编)已知函数f(x)为定义在区间[－1，1]上的增函数，则满足f(x)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的实数x的取值范围为()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解析由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,x<\f(1,2)，))解得－1≤x<eq\f(1,2).故选B.(3)(人教A必修第一册3.2.1例5改编)已知函数f(x)＝eq\f(2,x－1)(x∈[2，6])，则函数f(x)的最大值为________，最小值为________．答案2eq\f(2,5)(4)函数f(x)＝lg(9－x2)的定义域为________，其单调递增区间为________．答案(－3，3)(－3，0]解析对于函数f(x)＝lg(9－x2)，令t＝9－x2＞0，解得－3＜x＜3，故函数f(x)的定义域为(－3，3)．令g(x)＝9－x2，则函数f(x)＝lg(g(x))，又函数g(x)在定义域内的单调递增区间为(－3，0]，所以函数f(x)＝lg(9－x2)在定义域内的单调递增区间为(－3，0]．考点探究——提素养考点一函数的单调性、单调区间(多考向探究)考向1判断或证明函数的单调性例1(1)(多选)(2023·河北石家庄模拟)下列函数在(－∞，0)上单调递减的是()A．y＝tanx B．y＝ln(－x)C．y＝eq\f(1,2x) D．y＝－eq\f(1,x)答案BC解析函数y＝tanx在(－∞，0)上不单调，故A不满足题意；由复合函数的单调性可知函数y＝ln(－x)在(－∞，0)上单调递减，故B满足题意；函数y＝eq\f(1,2x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在(－∞，0)上单调递减，故C满足题意；函数y＝－eq\f(1,x)在(－∞，0)上单调递增，故D不满足题意．故选BC.(2)判断函数f(x)＝eq\f(x,x2＋1)在(－1，1)上的单调性，并用定义证明．解函数f(x)在(－1，1)上是增函数．证明如下：任取x1，x2∈(－1，1)且x1<x2，则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）)，因为－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)．所以函数f(x)在(－1，1)上是增函数．【通性通法】利用定义证明或判断函数单调性的步骤(1)取值：设x1，x2是该区间内的任意两个值，且x1<x2.(2)作差变形：作差f(x1)－f(x2)，并通过因式分解、通分、配方、有理化等手段，转化为易判断正负的式子．(3)定号：确定f(x1)－f(x2)的符号．(4)结论：根据f(x1)－f(x2)的符号及定义判断单调性．提醒：作差变形是证明单调性的关键，且变形的结果一般写成几个因式乘积的形式．【巩固迁移】1．(多选)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是()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与y＝－3－x为R上的增函数，∴y＝3x－3－x为R上的增函数，故A满足题意；由y＝|x2－2x|的图象知，B不满足题意；对于C，∵y＝x＋eq\f(1,x－1)＝x－1＋eq\f(1,x－1)＋1，∴由对勾函数的性质知，y＝x＋eq\f(1,x－1)在(0，＋∞)上为增函数，故C满足题意；y＝eq\r(x2＋x－2)的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，D不满足题意．故选AC.2．(2024·广东揭阳高三摸底)用定义证明函数f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)在(0，＋∞)上单调递增．证明设0<x1<x2，则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)，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．考向2求函数的单调区间例2(1)(2023·四川资阳期末)函数f(x)＝eq\r(x)－x的单调递增区间为()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)，显然t＝eq\r(x)在[0，＋∞)上单调递增．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)))上单调递增，由0≤eq\r(x)≤eq\f(1,2)得0≤x≤eq\f(1,4)，所以f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(也可写为\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))))).故选A.(2)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))该函数图象如图所示，其单调递减区间是[0，1)．【通性通法】(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，常用方法：①定义法；②导数法；③图象法；④性质法．(2)求复合函数y＝f(g(x))的单调区间，一要注意先确定函数的定义域，二要利用外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，判断的依据是“同增异减”．注意：单调区间只能用区间表示，不能用不等式或集合表示，当函数有多个不连续的单调区间时，不能用符号“∪”连接，只能用“逗号”或“和”连接．【巩固迁移】3．设函数f(x)＝－x2＋2x＋8，g(x)＝logax(0<a<1)，则函数y＝g(f(x))的单调递减区间为()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，即函数y＝g(f(x))的定义域为(－2，4)，显然函数f(x)在(－2，1)上单调递增，在(1，4)上单调递减，而g(x)＝logax(0<a<1)在(0，＋∞)上单调递减，因此函数y＝g(f(x))在(－2，1)上单调递减，在(1，4)上单调递增，所以函数y＝g(f(x))的单调递减区间为(－2，1)．故选B.4．(2024·福建厦门外国语学校高三月考)已知函数f(x)＝－x|x|＋2x，则函数f(x)的单调递增区间为________．答案[－1，1]解析因为函数f(x)＝－x|x|＋2x＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≥0，,x2＋2x，x<0，))作出函数f(x)的图象，如图所示．由图可知，函数f(x)的单调递增区间为[－1，1]．考点二函数单调性的应用(多考向探究)考向1利用函数的单调性比较大小例3(2023·重庆模拟)设函数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，则()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解析显然f(x)在R上单调递减，又因为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)．故选D.【通性通法】比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用函数的性质，转化到同一个单调区间内进行比较．【巩固迁移】5．已知函数f(x)的图象关于直线x＝1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\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为()A．c>a>b B．c>b>aC．a>c>b D．b>a>c答案D解析因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减，因为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.故选D.考向2利用函数的单调性解不等式例4已知函数f(x)为定义在R上的函数，对任意的x∈R，均有f(x＋2)＝f(2－x)，且f(x)在[2，＋∞)上单调递减，若f(－1)＝0，则不等式f(x－1)≥0的解集为()A．[－2，4] B．[0，6]C．[2，4] D．[－4，6]答案B解析由函数f(x)对任意的x∈R，均有f(x＋2)＝f(2－x)，可得函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，又f(x)在[2，＋∞)上单调递减，所以f(x)在(－∞，2)上单调递增，因为f(－1)＝0，所以f(5)＝f(－1)＝0，则不等式f(x－1)≥0，即－1≤x－1≤5，解得0≤x≤6，所以不等式f(x－1)≥0的解集为[0，6]．故选B.【通性通法】根据题目条件，确定函数的单调性，利用函数的单调性将“f”符号脱掉，转化为具体的不等式求解，应注意函数的定义域．【巩固迁移】6．(2024·江苏泰州摸底)设定义在R上的函数f(x)满足：当x1<x2时，总有2x1f(x2)<2x2f(x1)，且f(1)＝2，则不等式f(x)>2x的解集为()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)，可知当x1<x2时，g(x2)<g(x1)，所以g(x)在定义域R上单调递减，又f(x)>2x⇒eq\f(f（x）,2x)>1＝eq\f(f（1）,21)，即g(x)>g(1)，所以由单调性解得x<1.故选A.考向3利用函数的单调性求参数的取值范围例5(2023·江苏镇江期中)若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋ax，x<1，,（6－a）x－a，x≥1))满足对任意实数x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，2] B．(1，2)C．[2，6) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(7,3)))答案D解析根据题意知f(x)是R上的增函数，则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).故选D.【通性通法】利用单调性求参数的范围(或值)的策略【巩固迁移】7．若函数f(x)＝－x2＋4ax在[1，3]上不单调，则实数a的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))解析因为函数f(x)在[1，3]上不单调，所以1<2a<3，得eq\f(1,2)<a<eq\f(3,2).8．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))若函数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，则a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.考点三函数的最值、值域问题例6(1)当－3≤x≤－1时，函数y＝eq\f(5x－1,4x＋2)的最小值为()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）)，因为－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.所以所求函数的最小值为eq\f(8,5).故选B.(2)函数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，则x＝eq\f(3－t2,2)，原函数即为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，所以函数f(x)的值域为(－∞，2]．故选C.(3)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－1，x≤1，,\f(1,x)－x＋1，x>1，))则f(x)的最大值为________．答案1解析当x∈(－∞，1]时，f(x)＝ex－1单调递增，f(x)≤f(1)＝e1－1＝1；当x∈(1，＋∞)时，f(x)＝eq\f(1,x)－x＋1单调递减，f(x)<eq\f(1,1)－1＋1＝1.所以f(x)的最大值为1.【通性通法】求函数最值(或值域)的几种常用方法及其思路(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值(或值域)．(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，得出最值(或值域)．(3)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(或值域)．(4)分离常数法：求形如y＝eq\f(cx＋d,ax＋b)(ac≠0)的函数的最值(或值域)常用分离常数法求解．(5)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(或值域)．(6)导数法：先利用导数求出函数的极大值和极小值，再确定函数的最值(或值域)．【巩固迁移】9．(2023·山东烟台高三专题检测)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），))则F(x)的最值情况是()A．最大值为3，最小值为－1B．最大值为7－2eq\r(7)，无最小值C．最大值为3，无最小值D．无最大值，最小值为－1答案B解析根据已知条件，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)，))如图所示，F(x)在A处取得最大值，没有最小值．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)，无最小值．故选B.10．函数y＝eq\f(\r(x2＋4),x2＋5)的最大值为________．答案eq\f(2,5)解析令eq\r(x2＋4)＝t，则t≥2，∴x2＝t2－4，∴y＝eq\f(t,t2＋1)＝eq\f(1,t＋\f(1,t))，设h(t)＝t＋eq\f(1,t)，则h(t)在[2，＋∞)上为增函数，∴h(t)min＝h(2)＝eq\f(5,2)，∴y≤eq\f(1,\f(5,2))＝eq\f(2,5)(当x＝0时取等号)，即y的最大值为eq\f(2,5).11．函数y＝eq\r(x－3)＋eq\r(5－x)的值域为________．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，则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]，则2eq\r(－（x－4）2＋1)∈[0，2]，∴2≤y2≤4，又y≥0，∴eq\r(2)≤y≤2，故函数的值域为[eq\r(2)，2]．课时作业一、单项选择题1．已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，则不等式f(3x－1)>f(x＋5)的解集为()A．(－∞，3) B．(3，＋∞)C．(－∞，2) D．(2，＋∞)答案B解析原不等式等价于3x－1>x＋5，解得x>3.故选B.2．函数y＝eq\f(2x＋1＋3,2x＋1)的值域为()A．(0，2) B．[2，＋∞)C．(2，3) D．[1，2]答案C解析因为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.故选C.3．已知函数f(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝logeq\s\up-7(\f(1,2))f(x)的单调递增区间为()A．(－∞，－3]，[0，3] B．[－3，0]，[3，＋∞)C．(－∞，－5)，[0，1) D．(－1，0]，(5，＋∞)答案C解析因为y＝logeq\s\up-7(\f(1,2))x在(0，＋∞)上为减函数，所以只求y＝f(x)的单调递减区间，且f(x)>0.由题图可知，使得函数y＝f(x)单调递减且满足f(x)>0的x的取值范围是(－∞，－5)∪[0，1)，因此函数g(x)＝logeq\s\up-7(\f(1,2))f(x)的单调递增区间为(－∞，－5)，[0，1)．故选C.4．(2023·北京高考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是()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解析对于A，因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－lnx在(0，＋∞)上单调递减，故A不符合题意；对于B，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝eq\f(1,2x)在(0，＋∞)上单调递减，故B不符合题意；对于C，因为y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，故C符合题意；对于D，因为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，显然f(x)＝3|x－1|在(0，＋∞)上不单调，故D不符合题意．故选C.5．(2024·河南信阳高三期末)设a＞0，b＞0，若a2＋2a＝b2＋3b，则()A．a＜b B．a＞bC．2a＞3b D．3a＞4b答案B解析因为a＞0，所以a2＋3a>a2＋2a＝b2＋3b，所以a2＋3a>b2＋3b，令函数f(x)＝x2＋3x，显然函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，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，此时3a<4b.故选B.6．(2023·河南郑州四中高三二调)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－2x，x≤a，,－x＋2，x>a，))若存在实数x0，使得对任意的实数x都有f(x)≤f(x0)成立，则实数a的取值范围是()A．[1，＋∞) B．(2，＋∞)C．(1，＋∞) D．[2，＋∞)答案A解析由题意知函数有最大值f(x0)，又当x>a时，f(x)＝－x＋2单调递减，即f(x)<－a＋2，当x≤a时，f(x)＝－x2－2x＝－(x＋1)2＋1，∴1≥－a＋2且a≥－1，故a≥1.故选A.7．(2024·辽宁沈阳二中高三期中)函数f(x)＝32x－4－2×3x－2的单调递增区间为()A．[2，＋∞) B．[1，＋∞)C．[0，＋∞) D．[－2，＋∞)答案A解析函数f(x)＝32x－4－2×3x－2＝(3x－2)2－2×3x－2，令3x－2＝t(t>0)，所以原函数化为y＝t2－2t，显然函数y＝t2－2t在[1，＋∞)上单调递增，而3x－2＝t，故f(x)＝32x－4－2×3x－2在[2，＋∞)上单调递增．故选A.8．已知函数f(x)＝ax2＋x－3，若对任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1≠x2，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<3恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，1) B．(－∞，1]C．(－∞，0) D．(－∞，0]答案D解析不妨设1≤x1<x2，则x1－x2<0，根据题意可得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，则g(x1)>g(x2)恒成立，所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减．当a＝0时，g(x)＝－2x－3在[1，＋∞)上单调递减，符合题意；当a≠0时，要使g(x)＝ax2－2x－3在[1，＋∞)上单调递减，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,－\f(－2,2a)≤1，))解得a<0.综上所述，实数a的取值范围是(－∞，0]．故选D.二、多项选择题9．(2024·湖北荆州石首期中)关于函数f(x)＝eq\r(－x2＋2x＋3)，下列说法正确的是()A．f(x)的单调递增区间是[－1，1]B．f(x)的单调递减区间是[1，＋∞)C．f(x)的最大值为2D．f(x)没有最小值答案AC解析要使函数有意义，则－x2＋2x＋3≥0，解得－1≤x≤3，可知B错误；当x＝－1或x＝3时，－x2＋2x＋3＝0，此时函数有最小值0，可知D错误；令y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，根据复合函数的单调性可知A正确；根据函数的单调性及定义域，可知f(x)max＝f(1)＝2，故C正确．故选AC.10．函数f(x)＝eq\f(2x－a,x＋1)在区间(b，＋∞)上单调递增，则下列结论正确的是()A．a>－2 B．b>－1C．b≥－1 D．a<－2答案AC解析f(x)＝eq\f(2x－a,x＋1)＝2－eq\f(a＋2,x＋1)，∵f(x)在区间(b，＋∞)上单调递增，∴a＋2>0，且b≥－1，即a>－2，且b≥－1.故选AC.11．(2023·山东烟台检测)已知函数f(x)的定义域为A，若对任意x∈A，存在正数M，使得|f(x)|≤M成立，则称函数f(x)是定义在A上的“有界函数”．则下列函数是“有界函数”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解析对于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，＋∞)，故不存在正数M，使得|f(x)|≤M成立；对于B，令u＝4－x2，则u≥0，当x＝0时，u取得最大值4，所以u∈[0，4]，又y＝eq\r(u)在[0，4]上单调递增，所以0≤y≤2，即f(x)∈[0，2]，故存在正数2，使得|f(x)|≤2成立；对于C，令u＝2x2－4x＋3＝2(x－1)2＋1，则u≥1，又y＝eq\f(5,u)在[1，＋∞)上单调递减，所以0<y≤5，即f(x)∈(0，5]，故存在正数5，使得|f(x)|≤5成立；对于D，令t＝eq\r(4－x)，则t≥0，x＝4－t2，则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，＋∞)，故不存在正数M，使得|f(x)|≤M成立．故选BC.三、填空题12．(2024·福建龙岩摸底)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)＝________．①定义域为R；②值域为(－∞，1)；③对任意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，定义域为R，值域为(－∞，1)；显然f(x)是增函数，满足对任意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·辽宁沈阳高三模拟)若函数f(x)＝ln(x2－ax－3)在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为________．答案(－∞，－2]解析令u(x)＝x2－ax－3，y＝lnu为增函数，故u(x)＝x2－ax－3在(1，＋∞)上单调递增且大于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.故实数a的取值范围为(－∞，－2]．14.eq\f(π2＋1,π)，eq\f(10,3)，eq\f(11\r(10),10)的大小关系为________．答案eq\f(10,3)<eq\f(π2＋1,π)<eq\f(11\r(10),10)解析设f(x)＝eq\f(x2＋1,x)，故f(x)＝eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)，则函数在(1，＋∞)上单调递增，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·吉林长春吉大附中模拟)定义在R上的函数f(x)满足对任意的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)，则()A．c<b<a B．a<b<cC．c<a<b D．a<c<b答案B解析因为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，因为定义在R上的函数f(x)对任意的x1，x2(x1≠x2)都满足eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，所以f(x)在R上单调递增，因为a＝f(0)，b＝f(1)，c＝f(2)，所以f(0)<f(1)<f(2)，即a<b<c.故选B.16．(多选)已知函数f(x)＝|2x－1|，若a<b<c，且f(a)>f(c)>f(b)，则下列结论错误的是()A．a<0，b<0，c<0B．a<0，b≥0，c>0C．2－a<2cD．a＋c<1答案ABC解析函数f(x)的图象如图所示．对于A，若a<0，b<0，c<0，因为a<b<c，所以a<b<c<0，而函数f(x)＝|2x－1|在区间(－∞，0)上单调递减，故f(a)>f(b)>f(c)，与题设矛盾，故A错误；对于B，若a<0，b≥0，c>0，可设a＝－1，b＝2，c＝3，此时f(c)＝f(3)＝5为最大值，与题设矛盾，故B错误；对于C，取a＝0，c＝3，同样f(c)＝f(3)＝5为最大值，与题设矛盾，故C错误；对于D，因为a<c，且f(a)>f(c)，说明可能如下情况成立：①a，c同在函数的单调递减区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(