浙江省2025届高考数学一轮复习第三章函数概念及基本初等函数Ⅰ第3节函数的单调性与最值含解析

PAGE第3节函数的单调性与最值考试要求1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义；2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.知识梳理1.函数的单调性(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I，假如对于定义域I内某个区间D上的随意两个自变量的值x1，x2当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数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)单调区间的定义假如函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做函数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I，假如存在实数M满意条件(1)对于随意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(3)对于随意x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值[常用结论与易错提示]1.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.2.设随意x1，x2∈D(x1≠x2)，则①eq\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；②eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0)⇔f(x)在D上单调递减.3.函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不要用“∪”.诊断自测1.推断下列说法的正误.(1)对于函数f(x)，x∈D，若对随意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则函数f(x)在区间D上是增函数.()(2)函数y＝eq\f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).()(3)对于函数y＝f(x)，若f(1)<f(3)，则f(x)为增函数.()(4)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞).()解析(2)此单调区间不能用并集符号连接，取x1＝－1，x2＝1，则f(－1)＜f(1)，故应说成单调递减区间为(－∞，0)和(0，＋∞).(3)应对随意的x1＜x2，f(x1)＜f(x2)成立才可以.(4)若f(x)＝x，f(x)在[1，＋∞)上为增函数，但y＝f(x)的单调递增区间可以是R.答案(1)√(2)×(3)×(4)×2.(2024·北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是()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)的图象如图所示.由图象知，只有y＝xeq\f(1,2)在(0，＋∞)上单调递增.故选A.答案A3.(2024·全国卷)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x>0，))则满意f(x＋1)<f(2x)的x的取值范围是()A.(－∞，－1] B.(0，＋∞)C.(－1，0) D.(－∞，0)解析当x≤0时，函数f(x)＝2－x是减函数，则f(x)≥f(0)＝1.作出f(x)的大致图象如图所示，结合图象可知，要使f(x＋1)＜f(2x)，则需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，故选D.答案D4.(2024·北京卷)函数f(x)＝eq\f(x,x－1)(x≥2)的最大值为________.解析易得f(x)＝eq\f(x,x－1)＝1＋eq\f(1,x－1)，当x≥2时，x－1>0，易知f(x)在[2，＋∞)上是减函数，∴f(x)max＝f(2)＝1＋eq\f(1,2－1)＝2.答案25.(2024·宁波模拟)已知log23＝a，则eq\f(2a＋1,2a－1)＝________，函数f(x)＝a2x－2ax的单调递增区间为________.解析由log23＝a得2a＝3，故eq\f(2a＋1,2a－1)＝2；又函数f(x)由u＝ax与y＝u2－2u复合，且a＝log23＞1，即u＝ax单调递增，而y＝u2－2u在[1，＋∞)上单调递增，则由复合函数的单调性性质知若f(x)单调递增，必需有ax≥1，故x≥0，即单调递增区间为[0，＋∞).答案2[0，＋∞)6.(2024·绿色评价联盟适考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤0，,log2（x＋1），x>0，))则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值为________.解析f(－3)＝(－3)2＋2×(－3)＝3，f(f(－3))＝f(3)＝2.由图象得f(x)min＝f(－1)＝－1.答案2－1考点一确定函数的单调性(区间)【例1】(1)已知函数f(x)＝log4(4－|x|)，则f(x)的单调递增区间是________；f(0)＋4f(2)＝________.(2)(一题多解)试探讨函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性.(1)解析由f(x)＝log4(4－|x|)得函数f(x)的定义域为(－4，4)，且函数y＝4－|x|的单调递增区间为(－4，0]，则函数f(x)＝log4(4－|x|)的单调递增区间为(－4，0].f(0)＋4f(2)＝1＋4eq\f(1,2)＝3.答案(－4，0]3(2)解法一设－1<x1<x2<1，因为f(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，故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上递增.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).当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1，1)上递减；当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1，1)上递增.规律方法(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，如例1(1).(2)函数单调性的推断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.(3)函数y＝f(g(x))的单调性应依据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性推断，遵循“同增异减”的原则.【训练1】(1)(2024·北京西城区练习)能说明“若f(x＋1)＜f(x)对于随意的x∈(0，＋∞)都成立，则f(x)在(0，＋∞)上是减函数”为假命题的一个函数是________.(2)(一题多解)推断函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，＋∞)上的单调性，并给出证明.(1)解析由题意不妨设f(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))eq\s\up12(2)，则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)))是单调递增的，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))是单调递减的，说明原命题是假命题.答案y＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))eq\s\up12(2)(答案不唯一，符合条件即可)(2)解f(x)在(0，eq\r(a)]上是减函数，在[eq\r(a)，＋∞)上是增函数.证明如下：法一设x1，x2是随意两个正数，且x1<x2，则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).当0<x1<x2≤eq\r(a)时，0<x1x2<a，又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)在(0，eq\r(a)]上是减函数.当eq\r(a)≤x1<x2时，x1x2>a，又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以函数f(x)在[eq\r(a)，＋∞)上是增函数.综上可知，函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a)]上是减函数，在[eq\r(a)，＋∞)上为增函数.法二f′(x)＝1－eq\f(a,x2)，令f′(x)>0，则1－eq\f(a,x2)>0，解得x>eq\r(a)或x<－eq\r(a)(舍).令f′(x)<0，则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)]上为减函数，在[eq\r(a)，＋∞)上为增函数.考点二确定函数的最值【例2】(1)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\s\do9(\f(1,3))x，x>1，,－x2＋2x，x≤1，))则f(f(3))＝________，函数f(x)的最大值是________.(2)已知函数f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)且a≤1.①当a＝eq\f(1,2)时，求函数f(x)的最小值；②若对随意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围.(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，则f(f(3))＝f(－1)＝－3，②当x>1时，f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,3))x是减函数，得f(x)<0.当x≤1时，f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1在(－∞，1]上单调递增，则f(x)≤1，综上可知，f(x)的最大值为1.答案－31(2)解①当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝x＋eq\f(1,2x)＋2，设1≤x1＜x2，则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)在区间[1，＋∞)上为增函数，∴f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝eq\f(7,2).②当x∈[1，＋∞)时，eq\f(x2＋2x＋a,x)>0恒成立，则x2＋2x＋a>0对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，＋∞)上是减函数，g(x)max＝g(1)＝－3.又a≤1，∴当－3<a≤1时，f(x)>0在x∈[1，＋∞)上恒成立.故实数a的取值范围是(－3，1].规律方法(1)求函数最值的常用方法：①单调性法；②基本不等式法；③配方法；④图象法；⑤导数法.(2)利用单调性求最值，应先确定函数的单调性，然后依据性质求解.若函数f(x)在闭区间[a，b]上是增函数，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(b)，最小值为f(a).若函数f(x)在闭区间[a，b]上是减函数，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(a)，最小值为f(b).【训练2】(1)(2024·浙江卷)若函数f(x)＝x2＋ax＋b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m()A.与a有关，且与b有关 B.与a有关，但与b无关C.与a无关，但与b无关 D.与a无关，但与b有关(2)(2024·北京东城区一模)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－2x，x＜a，,ax－1，x≥a.))若a＝1，则f(x)的最小值为________；若f(x)有最小值，则实数a的取值范围是________.解析(1)因为最值在f(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，所以最值之差肯定与b无关，但与a有关，故选B.(2)当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；当f(x)＝x－1(x≥1)，f(x)单调递增，故f(x)min＝f(1)＝0，又2－2ln2＞0，所以f(x)的最小值为0.①当a＜0时，由以上知f(x)＝ex－2x，x＜a单调递减，故f(x)＞f(a)；f(x)＝ax－1(x≥a)单调递减，故f(x)≤f(a)，故f(x)无最小值，舍去；②当a＝0时，f(x)最小值为－1，成立，③当a＞0时，f(x)＝ax－1(x≥a)单调递增，故f(x)≥f(a)；对于f(x)＝ex－2x，x＜a，当0＜a≤ln2，由以上知f(x)＞f(a)，此时f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－2x，x＜a，,ax－1，x≥a.))最小值在x＝a处取得，成立，当a＞ln2，由以上知f(x)≥f(ln2)，此时f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－2x，x＜a，,ax－1，x≥a.))最小值为min{f(ln2)，f(a)}，即f(x)有最小值，综上a≥0.答案(1)B(2)0[0，＋∞)考点三函数单调性的应用变式迁移【例3】(1)假如函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－a）x＋1，x<1，,ax，x≥1))满意对随意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0成立，那么实数a的取值范围是________.(2)定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，则不等式f(logeq\s\do9(\f(1,9))x)>0的解集为________.解析(1)对随意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数.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.故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).(2)∵y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函数，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可化为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)))，∴logeq\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为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))))【变式迁移1】在例题第(1)题中，条件不变，若设m＝f(－eq\f(1,2))，n＝f(a)，t＝f(2)，试比较m，n，t的大小.解由例题知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，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.【变式迁移2】在例题第(2)题中，若条件改为：“定义在R上的偶函数y＝f(x)在[0，＋∞)上单调递减”，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，则不等式f(logeq\s\do9(\f(1,9))x)>0的解集是________.解析因为f(x)在R上为偶函数，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，所以f(logeq\s\do9(\f(1,9))x)＞0等价于f(|logeq\s\do9(\f(1,9))x|)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，又f(x)在[0，＋∞)上为减函数，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))规律方法(1)利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：依据其单调性干脆构建参数满意的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.(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，使其转化为详细的不等式求解，此时应特殊留意函数的定义域.【训练3】已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数.若f(1)＝－1，则满意－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是()A.[－2，2] B.[－1，1]C.[0，4] D.[1，3]解析因为f(x)为奇函数，所以f(－1)＝－f(1)＝1，于是－1≤f(x－2)≤1等价于f(1)≤f(x－2)≤f(－1)，又f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.答案D基础巩固题组一、选择题1.若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a的值为()A.－2 B.2C.－6 D.6解析由图象易知函数f(x)＝|2x＋a|的单调增区间是[－eq\f(a,2)，＋∞)，令－eq\f(a,2)＝3，∴a＝－6.答案C2.(2024·北京卷)下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是()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)与y＝ln(x＋1)在(－1，1)上为增函数，且y＝cosx在(－1，1)上不具备单调性.∴A，B，C不满意题意.只有y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在(－1，1)上是减函数.答案D3.已知函数y＝f(x)的图象关于x＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为()A.c<b<a B.b<a<cC.b<c<a D.a<b<c解析∵函数图象关于x＝1对称，∴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，＋∞)上单调递增，∴f(2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<f(3)，即b<a<c.答案B4.定义新运算“⊕”：当a≥b时，a⊕b＝a；当a<b时，a⊕b＝b2，则函数f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)在区间[－2，2]上的最大值等于()A.－1 B.1C.6 D.12解析由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当1<x≤2时，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数，∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.答案C5.设f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满意f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则当f(x)＋f(x－8)≤2时，x的取值范围是()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)，因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，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.假如函数f(x)对随意的实数x，都有f(1＋x)＝f(－x)，且当x≥eq\f(1,2)时，f(x)＝log2(3x－1)，那么函数f(x)在[－2，0]上的最大值与最小值之和为()A.2 B.3C.4 D.－1解析依据f(1＋x)＝f(－x)，可知函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(1,2)对称.又函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))上单调递减，则函数f(x)在[－2，0]上的最大值与最小值之和为f(－2)＋f(0)＝f(1＋2)＋f(1＋0)＝f(3)＋f(1)＝log28＋log22＝4.答案C二、填空题7.函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________.解析由于y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)在R上递减，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上递增，所以f(x)在[－1，1]上单调递减，故f(x)在[－1，1]上的最大值为f(－1)＝3.答案38.若函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.解析当a>1时，则y＝ax为增函数，有a2＝4，a－1＝m，此时a＝2，m＝eq\f(1,2)，此时g(x)＝－eq\r(x)在[0，＋∞)上为减函数，不合题意.当0<a<1时，则y＝ax为减函数，有a－1＝4，a2＝m，此时a＝eq\f(1,4)，m＝eq\f(1,16).此时g(x)＝eq\f(3,4)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函数.故a＝eq\f(1,4).答案eq\f(1,4)9.设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－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________.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，需满意a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.答案(－∞，1]∪[4，＋∞)10.(2024·温州适应性测试)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x＜a，,x2，x≥a，))若函数f(x)在R上是单调的，则实数a的取值范围是________；若对随意的实数x1＜a，总存在实数x2≥a，使得f(x1)＋f(x2)＝0，则实数a的取值范围是________.解析因为函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，则由函数f(x)在R上单调，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2≤a2，,a≥0，))解得a≥2.由对随意x1＜a，总存在x2≥a，使得f(x1)＋f(x2)＝0，即f(x2)＝－f(x1)，得函数y＝－f(x)在(－∞，a)上的值域是函数f(x)在[a，＋∞)上的值域的子集，而函数y＝－f(x)在(－∞，a)上的值域为(－a－2，＋∞)，函数f(x)在[a，＋∞)上的值域为[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、解答题11.已知函数f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a>0，x>0).(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；(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)证明设x2>x1>0，则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，＋∞)上是增函数.(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))上是单调增函数，∴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.已知函数f(x)＝2x－eq\f(a,x)的定义域为(0，1](a为实数).(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的值域；(2)求函数y＝f(x)在区间(0，1]上的最大值及最小值，并求出当函数f(x)取得最值时x的值.解(1)当a＝1时，f(x)＝2x－eq\f(1,x)，任取1≥x1＞x2＞0，则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]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值1，所以f(x)的值域为(－∞，1].(2)当a≥0时，y＝f(x)在(0，1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值2－a；当a＜0时，f(x)＝2x＋eq\f(－a,x)，当eq\r(－\f(a,2))≥1，即a∈(－∞，－2]时，y＝f(x)在(0，1]上单调递减，无最大值，当x＝1时取得最小值2－a；当eq\r(－\f(a,2))＜1，即a∈(－2，0)时，y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,2))))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,2))，1))上单调递增，无最大值，当x＝eq\r(－\f(a,2))时取得最小值2eq\r(－2a).实力提升题组13.已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，则实数b的取值范围为()A.[0，3] B.(1，3)C.[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] D.(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))解析由题可知f(x)＝ex－1>－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，若f(a)＝g(b)，则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).所以实数b的取值范围为(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)).答案D14.已知a∈R，函数f(x)满意：存在x0>0，对随意的x>0，恒有|f(x)－a|≤|f(x0)－a|，则f(x)可以为()A.f(x)＝lgx B.f(x)＝－x2＋2xC.f(x)＝2x D.f(x)＝sinx解析由a∈R，不妨设a＝0，g(x)＝|f(x)|，则原问题可看成存在x0>0，g(x)max＝g(x0)＝|f(x0)|.对于A选项，g(x)＝|lgx|，结合其函数图象知，g(x)存在最小值0，不存在最大值，解除A；对于B选项，g(x)＝|－x2＋2x|＝|x2－2x|，g(x)存在最小值0，不存在最大值，解除B；对于C选项，g(x)＝|2x|＝2x，明显g(x)不存在最小值，也不存在最大值，解除C；对于D选项，g(x)＝|sinx|≤1，g(x)存在最大值，故选D.答案D15.已知t∈R，记函数f(x)＝|x＋eq\f(4,x＋2)＋t|在[－1，2]上的最大值为H(t)，若H(t)≥1，则t的取值范围是________.解析记u＝x＋eq\f(4,x＋2)，当x∈[－1，2]时，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.(一题多解)设函数f(x)＝eq\r(1＋x)＋eq\r(1－ax)，记M(a)为f(x)的最大值，则M(a)的最小值为________.解析法一由题知当a≤0时，f(x)无最大值，故a>0.由定义域知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)，则有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(当且仅当a＝1时取到等号).法二由题知当a≤0时，f(x)无最大值，故a>0，令导函数f′(x)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,\r(1＋x))－eq\f(1,2)·eq\f(a,\r(1－ax))＝0，得唯一极大值点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(当且仅当a＝1时取到等号).答案217.已知函数f(x)＝lg(x＋eq\f(a,x)－2)，其中a是大于0的常数.