第7讲　函数的单调性与最值（讲练案）-2027届高考数学一轮复习（含答案）

第7讲函数的单调性与最值（讲练案）-2027届高考数学一轮复习第7讲函数的单调性与最值知识整合体系重构激活思维1．(教材经典题改编)已知y＝f(x)的图象如图所示，则该函数的单调递增区间为()A．[－1，3]B．[－1，2]和[4，5]C．[－1，2]D．[－3，－1]和[2，4]2．(教材经典题改编)(多选)下列函数在(0，＋∞)上为增函数的是()A．f(x)＝－2x＋1 B．f(x)＝x2＋1C．f(x)＝1－eq\f(1,x) D．f(x)＝|x|3．(教材经典题改编)已知函数f(x)＝eq\f(2,x－1)(x∈(2，6])，则()A．f(x)的最大值为2，最小值为0.4B．f(x)的最大值为2，没有最小值C．f(x)没有最大值，最小值为0.4D．f(x)的最大值与最小值都没有4．(教材经典题)已知函数f(x)＝4x2－kx－8在[5，20]上具有单调性，则实数k的取值范围为________．5．已知函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)在其定义域上单调递减，那么不等式f(x2)＞f(2x＋3)的解集为____________．1．函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义在函数y＝f(x)的定义域内的一个区间A上，如果对于任意的两个数x1，x2∈A当x1＜x2时，都有___________，那么就说函数f(x)在区间A上是增函数当x1＜x2时，都有__________，那么就说函数f(x)在区间A上是减函数图象描述自左向右看，图象是____自左向右看，图象是____(2)复合函数的单调性对于函数y＝f(u)和u＝g(x)，如果当x∈(a，b)时，u∈(m，n)，且u＝g(x)在区间(a，b)上和y＝f(u)在区间(m，n)上同时具有单调性，那么复合函数y＝f(g(x))在区间(a，b)上具有单调性，并且具有这样的规律：____．2．若函数f(x)与g(x)在区间D上具有单调性，则在区间D上具有以下性质：(1)f(x)与f(x)＋C(C为常数)具有____的单调性．(2)f(x)与－f(x)的单调性____．(3)当a＞0时，af(x)与f(x)的单调性____；当a＜0时，af(x)与f(x)的单调性____．(4)若f(x)≥0，则f(x)与eq\r(f(x))具有____的单调性．(5)若f(x)恒为正值或恒为负值，则当a＞0时，f(x)与eq\f(a,f(x))具有____的单调性；当a＜0时，f(x)与eq\f(a,f(x))具有____的单调性．(6)f(x)与g(x)的和与差的单调性(相同区间上)：简记为：①↗＋↗＝↗；②↘＋↘＝↘；③↗－↘＝↗；④↘－↗＝↘．3．函数的最值前提函数y＝f(x)的定义域为D条件(1)对于任意x∈D，都有__________；(2)存在x0∈D，使得f(x0)＝M(3)对于任意x∈D，都有__________；(4)存在x0∈D，使得_________几何意义函数y＝f(x)图象上最高点的纵坐标函数y＝f(x)图象上最低点的纵坐标注意：函数最值存在的两条结论：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”函数一定存在最大或最小值．题型突破思维拓展举题说法判断函数的单调性视角1函数单调性的判定例1－1(2021·全国甲卷文)下列函数是增函数的为()A．f(x)＝－x B．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)C．f(x)＝x2 D．f(x)＝eq\r(3,x)视角2定义法证明函数单调性例1－2(1)试讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性．(2)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：对任意正数a，b，都有f(a)＋f(b)＝f(ab)，且当x＞1时，f(x)＜0，试用单调性定义证明函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数．对于抽象函数，若给出的是“和型”抽象函数f(x＋y)＝…，判断符号时要变形为：f(x2)－f(x1)＝f((x2－x1)＋x1)－f(x1)或f(x2)－f(x1)＝f(x2)－f((x1－x2)＋x2)；若给出的是“积型”抽象函数f(xy)＝…，判断符号时要变形为：f(x2)－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1·\f(x2,x1)))－f(x1)或f(x2)－f(x1)＝f(x2)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2·\f(x1,x2)))．视角3求函数的单调区间例1－3(1)函数y＝1－eq\r(－x2＋6x)的单调递增区间是()A．[0，3] B．(－∞，3]C．[3，6] D．[3，＋∞)(2)函数f(x)＝－|x－2|的单调递减区间为__________；函数g(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是__________．(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．(2)函数单调性的判断方法：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法．易错警示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“∪”．函数单调性的应用视角1比大小和解不等式例2－1(1)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＝f(－2)，b＝f(2)，c＝f(e)(e为自然对数的底数)，则a，b，c的大小关系为()A．c＞a＞b B．c＞b＞aC．a＞c＞b D．b＞c＞a(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在[1，＋∞)上单调递增．若当x∈[0，1]时，f(ax)＜f(x－1)恒成立，则实数a的取值范围为____．函数单调性的等价表达：设∀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．变式2－1(2025·佛山模拟)已知函数y＝f(x)在定义域(－1，3)上是增函数，且f(2a－1)＜f(2－a)，则实数a的取值范围是()A．(1，2) B．(－∞，1)C．(0，1) D．(1，＋∞)视角2求参数的取值范围例2－2(1)若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2m－3,x)，x≥1，,(4＋m)x－9，x＜1))满足：∀x1，x2∈R且x1≠x2，eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)＞0恒成立，则实数m的取值范围为()A．[－3，2) B．[－3，2] C．(－3，2) D．[－2，3](2)若函数y＝eq\f(x－5,x－a－2)在(－1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是__________．利用单调性求参数的范围(或值)的方法(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)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．变式2－2(2024·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－x2－2ax－a，x＜0，,ex＋ln(x＋1)，x≥0)))在R上单调递增，则a的取值范围是()A．(－∞，0] B．[－1，0]C．[－1，1] D．[0，＋∞)函数的最值(值域)例3(1)函数f(x)＝eq\f(x－4,2x＋5)在[－2，－1]上的值域是__________．(2)定义min{a，b，c}为a，b，c中的最小值，设f(x)＝min{2x＋3，x2＋1，5－3x}，则f(x)的最大值是____．(3)(2026·太原期初)若函数f(x)＝eq\r(3－x)＋eq\r(1＋x)，则f(x)的值域为____．(4)函数f(x)＝3x－eq\r(x＋1)的值域为__________．(5)函数f(x)＝eq\f(x－1,x2－6x＋7)，x∈(0，＋∞)的值域为_________．求函数值域的主要方法(1)配方法：对于形如y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的值域问题，可充分利用二次函数可配方的特点，结合二次函数的定义域求出函数的值域(第9讲会涉及)．(2)单调性法：根据函数的单调性直接求最值．(3)分离常数法：分子、分母都是一次函数的情形，先分离常数，再利用反比例函数的图象求解．(4)基本不等式法：第5讲已有涉及．(5)换元法：分为三角换元法与代数换元法，对于形如y＝ax＋b＋eq\r(cx＋d)的值域，可通过换元将原函数转化为二次型函数．(6)判别式法：将函数式化成关于x的方程，且方程有解，用判别式求出y的取值范围或最值．变式3已知函数y＝eq\f(ax＋b,x2＋1)的值域为[－1，4]，则a＋b＝____．对勾函数与飘带函数例4(1)已知对勾函数y＝x＋eq\f(a2,x)(a＞0)在(－∞，－a)和(a，＋∞)内均为增函数，在(－a，0)和(0，a)内均为减函数．若对勾函数f(x)＝x＋eq\f(t,x)(t＞0)在整数集合Z内为增函数，则实数t的取值范围为____．(2)一般地，我们把形如f(x)＝ax＋eq\f(b,x)(ab＜0)的函数称为飘带函数．若飘带函数f(x)＝ax＋eq\f(b,x)(ab＜0)在[－2，－1]上的最小值、最大值分别为－eq\f(5,2)和1，则ab＝____．(1)对勾函数y＝x＋eq\f(k,x)(k＞0)在区间(0，＋∞)上的单调性：在区间(0，eq\r(k))上单调递减，在区间(eq\r(k)，＋∞)上单调递增．(2)飘带函数形如y＝ax－eq\f(b,x)(a＞0，b＞0)或y＝ax－eq\f(b,x)(a＜0，b＜0)．飘带函数y＝ax－eq\f(b,x)(a＞0，b＞0)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函数；飘带函数y＝ax－eq\f(b,x)(a＜0，b＜0)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是减函数．变式4若函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(0＜a≤2)在[1，2]上的最大值比最小值大eq\f(1,2)，则a＝____．随堂内化1．(2026·太原期初)函数y＝lg(10x－x2)的单调递增区间是()A．(0，5) B．(－∞，5)C．(5，10) D．(5，＋∞)2．已知函数f(x)的定义域为[－3，4]，且在定义域内是增函数，若f(2m－1)－f(1－m)＞0，则m的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(5,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))3．若函数f(x)＝eq\r(ax2＋x＋1)的值域为[0，＋∞)，则实数a的取值范围为()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))4．若命题“∀x∈[3，6]，不等式x＋1－keq\r(－x＋7)＞0恒成立”是真命题，则实数k的取值范围是()A．(－∞，2) B．(－∞，7) C．(2，7) D．(7，＋∞)配套精练函数的单调性与最值——练习1A组夯基精练一、单项选择题1．设a∈R，已知函数y＝f(x)是定义在[－4，4]上的减函数，且f(a＋1)＞f(2a)，则a的取值范围是()A．[－4，1) B．(1，4]C．(1，2] D．(1，＋∞)2．函数g(x)＝x|x－1|＋1的单调递减区间为()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C．[1，＋∞) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪[1，＋∞)3．已知函数y＝f(x)在R上单调递减，则函数y＝f(|x＋2|)的单调递减区间是()A．(－∞，＋∞) B．(－∞，－2]C．[－2，＋∞) D．[2，＋∞)4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋1，x＜0，,2－x2，x≥0，))则不等式f(2a2－1)＞f(3a＋4)的解集为()A．(－∞，－1) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))C．(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,2)))5．(2025·安阳质检)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2x2＋ax－\f(3,2)，x≤1，,2ax2＋x，x＞1，)))则“a≤0”是“f(x)在R上单调递减”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件二、多项选择题6．对于定义域为D的函数f(x)，如果存在区间[a，b]⊆D，使得f(x)在区间[a，b]上单调，且在区间[a，b]上值域为[a，b]，则称区间[a，b]是函数f(x)的一个“优美区间”，则下列函数中不存在“优美区间”的是()A．f(x)＝2x＋1 B．f(x)＝－eq\f(1,x)C．f(x)＝2－|x| D．f(x)＝x2＋17．已知函数f(x)＝eq\f(x＋1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋1)，则()A．函数f(x)的定义域为RB．函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0]C．函数f(x)的值域为(－∞，1]D．关于a的不等式f(a－1)＜f(2a＋1)的解集为(－2，1)8．已知函数f(x)满足对任意x∈R，都有f(x＋3)＝f(1－x)，且对任意x1，x2∈[2，＋∞)，eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)＜0(x1≠x2)，则下列结论正确的是()A．f(－a2＋a＋1)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))B．对任意x∈R，f(x)≤f(2)C．f(0)＞f(3)D．若f(m)＞f(－1)，则－1＜m＜5三、填空题9．(2025·茂名一模)已知函数f(x)＝eq\r(x2－6x＋5)在区间(a，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为__________．10．已知函数y＝eq\f(3x＋2,x－1)，x∈(m，n]的最小值为8，则实数m的取值范围是___________．11．已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1((2a－1)x＋2a，x＜1，,ax，x≥1))满足对任意x1≠x2，eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)＜0恒成立，则实数a的取值范围是__________．四、解答题12．(1)已知函数f(x)＝x2＋eq\f(a,x)(x≠0，a∈R)，若f(x)在[2，＋∞)上是增函数，求a的取值范围；(2)已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)，若a＞0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围．13．已知函数f(x)对任意的a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且当x＞0时，f(x)＞1．(1)求证：f(x)是R上的增函数；(2)若f(2)＝2，解不等式f(x2)＋f(－3x)≤4．B组创新题体验14．已知f(x)是定义在D上的函数，对任意的x∈D，存在常数M＞0，使得f(x)≤M恒成立，则称f(x)是D上的受限函数，M为f(x)的限定值．(1)若函数f(x)＝－x2＋2x＋m在[0，3]上是限定值为8的受限函数，求m的最大值．(2)若函数f(x)＝eq\r(9－x2)＋4，判断f(x)是否是受限函数．若是，求出f(x)的限定值M的最小值；若不是，请说明理由．(3)若函数f(x)＝ax＋eq\f(a,x)－x2－eq\f(1,x2)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上是限定值为11的受限函数，求实数a的取值范围．函数的单调性与最值——练习2一、单项选择题1．已知函数f(x)＝eq\f(2x＋(a－2),x－1)(a＞0)在区间[2，6]上的最大值为5，则a＝()A．2 B．3C．15 D．3或152．(2025·驻马店期末)设函数f(x)＝log3(x2－ax＋3)在区间(0，1)上单调递减，则a的最大值为()A．2 B．3C．4 D．53．若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)－1，x≥4，,ax－3，x＜4)))在R上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(0，1) B．(1，4]C．(1，8] D．(1，16]4．(2026·镇江期初)已知函数f(x)＝eq\r(1＋x)＋eq\r(5－x)，则f(x)的值域为()A．[1，eq\r(5)] B．[eq\r(2)，2]C．[eq\r(6)，2eq\r(3)] D．[2eq\r(2)，3eq\r(3)]5．(2025·湘潭调研)若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)，x≥1，,(2a－1)x－1，x＜1)))的值域是R，则实数a的最小值为()A．2 B．3C．4 D．5二、多项选择题6．已知函数f(x)＝x－eq\f(a,x)(a≠0)，则下列说法正确的是()A．当a＞0时，f(x)在定义域上单调递增B．当a＝－4时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)C．当a＝－4时，f(x)的值域为(－∞，－4]∪[4，＋∞)D．当a＞0时，f(x)的值域为R7．(2025·衡水质检)已知f(x)＝3－2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))，g(x)＝x2－2x，设F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(g(x)，f(x)≥g(x)，,f(x)，f(x)＜g(x)，)))则关于F(x)的说法中正确的是()A．最大值为3，最小值为－1B．最大值为7－2eq\r(7)，无最小值C．单调递增区间为(－∞，2－eq\r(7))和(1，eq\r(3))，单调递减区间为(2－eq\r(7)，1)和(eq\r(3)，＋∞)D．单调递增区间为(－∞，0)和(1，eq\r(3))，单调递减区间为(0，1)和(eq\r(3)，＋∞)8．(2026·长沙调研)已知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，对∀x，y＞0，都有f(x·y)＝f(x)＋f(y)，且当x＞1时，f(x)＞0，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－1，则下列说法正确的是()A．f(1)＝0B．函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增C．f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋…＋f(2026)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2026)))＝2026D．满足不等式f(x)－f(x－2)≥2的x的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(9,4)))三、填空题9．函数f(x)＝2x＋eq\r(1－x)的最大值为_________．10．函数f(x)＝eq\f(2x＋1,x2＋2)的值域为________．11．(2025·绍兴质检)设函数f(x)＝mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2x，16－x，x2－8x＋16))(x≥0)，其中min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值，则f(x)的最大值为____．四、解答题12．已知函数f(x)＝xeq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－a))．(1)当a＝2时，求f(x)的单调递增区间；(2)若∀x1，x2∈[0，2]，都有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f(x1)－f(x2)))≤2，求实数a的取值范围．13．设函数f(x)的定义域为D，若函数f(x)满足条件：存在[a，b]⊆D，使f(x)在[a，b]上的值域为[ma，mb](其中m∈(0，1])，则称f(x)为区间[a，b]上的“m倍缩函数”．(1)求证：函数f(x)＝x3为区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上的“eq\f(1,4)倍缩函数”；(2)若存在[a，b]⊆R，使函数f(x)＝log2(2x＋t)为[a，b]上的“eq\f(1,2)倍缩函数”，求实数t的取值范围．

参考答案与解析知识整合体系重构激活思维1．B2．BCD【解析】对于A，f(x)＝－2x＋1是一次函数，所以f(x)在R上是减函数，故A错误；对于B，因为f(x)＝x2＋1的对称轴为y轴，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故B正确；对于C，因为y＝－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是增函数，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故C正确；对于D，函数f(x)＝|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x，x≤0，,x，x＞0，))函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故D正确．3．C4．(－∞，40]∪[160，＋∞)【解析】函数f(x)的图象的对称轴是直线x＝eq\f(k,8)．当eq\f(k,8)≤5或eq\f(k,8)≥20，即k≤40或k≥160时，f(x)在[5，20]上是单调函数，所以实数k的取值范围为(－∞，40]∪[160，＋∞)．5．(－1，0)∪(0，3)【解析】由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＞0，,2x＋3＞0，,x2＜2x＋3，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0或x＜0，,x＞－\f(3,2)，,x2－2x－3＜0，))解得－1＜x＜0或0＜x＜3．聚焦知识1．(2)同增异减2．(1)相同(2)相反(3)相同；相反(4)相同(5)相反；相同3．条件(1)(3)填f(x)≤M、f(x)≥M；(2)(4)填f(x0)＝M题型突破思维拓展目标1判断函数的单调性视角1函数单调性的判定例1-1D【解析】由一次函数的性质可知f(x)＝－x在R上是减函数，不符合题意；由指数函数的性质可知f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)在R上是减函数，不符合题意；由二次函数的性质可知f(x)＝x2在R上不单调，不符合题意；根据幂函数的性质可知f(x)＝eq\r(3,x)在R上是增函数，符合题意．视角2定义法证明函数单调性例1-2(1)当a＞0时单调递减；当a＜0时单调递增【解答】(1)f(x)＝a·eq\f(x－1＋1,x－1)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，设∀x1，x2∈(－1，1)，且x1＜x2，则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．(2)证明【解答】任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，则eq\f(x2,x1)＞1．因为当x＞1时，f(x)＜0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))＜0，所以f(x2)－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1·\f(x2,x1)))－f(x1)＝f(x1)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上是减函数．视角3求函数的单调区间例1-3(1)C【解析】由－x2＋6x≥0，解得0≤x≤6，所以函数y＝1－eq\r(－x2＋6x)的定义域为[0，6]．令t＝－x2＋6x，其图象是开口向下的抛物线，对称轴方程为x＝－eq\f(6,2×(－1))＝3，该函数在[3，6]上单调递减，则函数y＝1－eq\r(－x2＋6x)的单调递增区间是[3，6]．(2)[2，＋∞)；(4，＋∞)【解析】因为y＝|x－2|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2，x≥2，,－x＋2，x＜2，))所以函数y＝|x－2|的单调递减区间是(－∞，2)，单调递增区间为[2，＋∞)，所以f(x)＝－|x－2|的单调递减区间是[2，＋∞)．由x2－2x－8＞0，得g(x)的定义域为{x|x＞4或x＜－2}．设t＝x2－2x－8，则y＝lnt为增函数．要求函数g(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)．因为函数t＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减，所以函数g(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．目标2函数单调性的应用视角1比大小和解不等式例2-1(1)D【解析】因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(－2)＝f(4)．又因为当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2＜e＜4，所以f(2)＞f(e)＞f(4)，所以b＞c＞a．(2)(0，2)【解析】因为f(1＋x)＝f(1－x)，所以f(x)的对称轴为x＝1．因为f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以自变量越靠近对称轴对应的函数值越小．又因为x∈[0，1]时，f(ax)＜f(x－1)恒成立，即|ax－1|＜|(x－1)－1|＝2－x恒成立，所以x∈[0，1]时，x－2＜ax－1＜2－x恒成立．当x＝0时，－2＜－1＜2显然成立；当x∈(0，1]时，则1－eq\f(1,x)＜a＜eq\f(3,x)－1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))max＜a＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)－1))min．又因为y＝1－eq\f(1,x)为增函数，y＝eq\f(3,x)－1为减函数，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))max＝1－1＝0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)－1))min＝3－1＝2，所以0＜a＜2，即实数a的取值范围为(0，2)．变式2-1C【解析】因为函数y＝f(x)在定义域(－1，3)上是增函数，且f(2a－1)＜f(2－a)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－1＜2a－1＜3，,－1＜2－a＜3，,2a－1＜2－a，)))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(0＜a＜2，,－1＜a＜3，,a＜1，)))解得0＜a＜1，所以实数a的取值范围是(0，1)．视角2求参数的取值范围例2-2(1)B【解析】由题意知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2m－3,x)，x≥1，,(4＋m)x－9，x＜1))在R上单调递增．当2m－3＜0时，由于y＝x和y＝eq\f(2m－3,x)均在[1，＋∞)上单调递增，故f(x)＝x＋eq\f(2m－3,x)在[1，＋∞)上单调递增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋2m－3≥4＋m－9，,4＋m＞0，,2m－3＜0，))解得－3≤m＜eq\f(3,2)．当2m－3＞0时，根据对勾函数的性质可知，若f(x)在x∈[1，＋∞)上单调递增，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2m－3)≤1，,2m－3＞0，,4＋m＞0，,1＋2m－3≥4＋m－9，))解得eq\f(3,2)＜m≤2．当2m－3＝0时，m＝eq\f(3,2)，此时f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≥1，,\f(11,2)x－9，x＜1，))显然满足f(x)在R上单调递增．综上，－3≤m≤2．(2)(－∞，－3]【解析】y＝eq\f(x－a－2＋a－3,x－a－2)＝1＋eq\f(a－3,x－a－2)，由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3＜0，,a＋2≤－1，))解得a≤－3．所以a的取值范围是(－∞，－3]．变式2-2B【解析】因为f(x)在R上单调递增，且x≥0时，f(x)＝ex＋ln(x＋1)单调递增，则需满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－\f(－2a,2×(－1))≥0，,－a≤e0＋ln1，)))解得－1≤a≤0，即a的取值范围是[－1，0]．目标3函数的最值(值域)例3(1)[－6，－5/3]【解析】因为f(x)＝eq\f(x－4,2x＋5)＝eq\f(\f(1,2)(2x＋5)－\f(13,2),2x＋5)＝eq\f(1,2)＋eq\f(－13,4x＋10)，又x∈[－2，－1]，所以4x＋10∈[2，6]，所以eq\f(1,4x＋10)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,2)))，所以eq\f(－13,4x＋10)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(13,2)，－\f(13,6)))，所以f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(5,3)))．(2)2【解析】在同一平面直角坐标系中作出y＝2x＋3，y＝x2＋1，y＝5－3x的图象，则f(x)的图象如图中实线部分所示．由图可得f(x)的最大值点为y＝x2＋1与y＝5－3x在第一象限的交点．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋1，,y＝5－3x，))又x＞0，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))所以f(x)max＝2．(3)[2，2√2]【解析】由函数f(x)＝eq\r(3－x)＋eq\r(1＋x)，可得3－x≥0且1＋x≥0，解得－1≤x≤3．又由y＝f(x)＝eq\r(3－x)＋eq\r(1＋x)，则y＞0，可得y2＝4＋2eq\r((3－x)(1＋x))，因为－1≤x≤3，则0≤eq\r((3－x)(1＋x))≤eq\f((3－x)＋(1＋x),2)＝2，当且仅当3－x＝1＋x时，即x＝1时等号成立，所以4≤y2≤8，可得2≤y≤2eq\r(2)，所以函数f(x)的值域是[2，2eq\r(2)]．(4)[－37/12，＋∞)【解析】令t＝eq\r(x＋1)≥0，则x＝t2－1，可得y＝3(t2－1)－t＝3t2－t－3＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,6)))eq\s\up12(2)－eq\f(37,12)≥－eq\f(37,12)，当且仅当t＝eq\f(1,6)时等号成立，所以函数的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,12)，＋∞))．(5)(－∞，－(√2＋2)/4]∪(－1/7，＋∞)【解析】令y＝eq\f(x－1,x2－6x＋7)，整理得yx2－(6y＋1)x＋7y＋1＝0，可知关于x的方程yx2－(6y＋1)x＋7y＋1＝0有正根．若y＝0，则－x＋1＝0，解得x＝1，符合题意；若y≠0，则x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋\f(1,y)))x＋7＋eq\f(1,y)＝0，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(6＋\f(1,y),2)≤0，,7＋\f(1,y)＜0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(6＋\f(1,y),2)＞0，,Δ＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋\f(1,y)))\s\up12(2)－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7＋\f(1,y)))≥0，))解得eq\f(1,y)＜－7或eq\f(1,y)≥2eq\r(2)－4且eq\f(1,y)≠0，则－eq\f(1,7)＜y＜0或y＞0或y≤－eq\f(\r(2)＋2,4)．综上所述，y＞－eq\f(1,7)或y≤－eq\f(\r(2)＋2,4)，即函数f(x)＝eq\f(x－1,x2－6x＋7)，x＞0的值域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2)＋2,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)，＋∞))．变式37或－1【解析】因为y＝eq\f(ax＋b,x2＋1)，所以x2y－ax＋y－b＝0，Δ＝a2－4y(y－b)≥0，即4y2－4by－a2≤0．因为函数y＝eq\f(ax＋b,x2＋1)的值域为[－1，4]，所以y1＝－1，y2＝4是方程4y2－4by－a2＝0的两个根，所以－1＋4＝b，－1×4＝－eq\f(a2,4)，解得a＝4，b＝3或a＝－4，b＝3，所以a＋b＝7或－1．微探究对勾函数与飘带函数例4(1)(0，2)【解析】根据题意f(x)在(－∞，－eq\r(t))，(eq\r(t)，＋∞)内为增函数，要使f(x)在整数集合Z内为增函数，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(t＞0，,\r(t)＜2，,f(1)＜f(2)，)))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(0＜t＜4，,1＋t＜2＋\f(t,2)，)))解得0＜t＜2，所以实数t的取值范围为(0，2)．(2)ab＝－6【解析】当a＞0，b＜0时，f(x)＝ax＋eq\f(b,x)是[－2，－1]上的增函数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(f(－2)＝－\f(5,2)，,f(－1)＝1，)))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－2a－\f(b,2)＝－\f(5,2)，,－a－b＝1，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－3；)))当a＜0，b＞0时，f(x)＝ax＋eq\f(b,x)是[－2，－1]上的减函数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(f(－2)＝1，,f(－1)＝－\f(5,2)，)))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－2a－\f(b,2)＝1，,－a－b＝－\f(5,2)，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(3,2)，,b＝4．)))综上，a＝2，b＝－3或a＝－eq\f(3,2)，b＝4，所以ab＝－6．变式4a＝1【解析】由对勾函数的性质可得f(x)在(0，eq\r(a))上单调递减，在(eq\r(a)，＋∞)上单调递增．当eq\r(a)≤1，即0＜a≤1时，f(x)在[1，2]上单调递增，则f(x)max－f(x)min＝f(2)－f(1)＝2＋eq\f(a,2)－1－a＝1－eq\f(a,2)＝eq\f(1,2)，解得a＝1．当1＜eq\r(a)≤eq\r(2)，即1＜a≤2时，f(x)在[1，eq\r(a))上单调递减，在(eq\r(a)，2]上单调递增，且f(x)min＝f(eq\r(a))＝2eq\r(a)．因为f(2)－f(1)＝1－eq\f(a,2)≥0，所以f(2)≥f(1)，所以f(x)max－f(x)min＝f(2)－f(eq\r(a))＝2＋eq\f(a,2)－2eq\r(a)＝eq\f(1,2)，解得a＝1(舍去)或9(舍去)．综上，a＝1．随堂内化1．A2．C3．C【解析】当a＝0时，f(x)＝eq\r(x＋1)，值域为[0，＋∞)，满足题意；当a≠0时，若f(x)＝eq\r(ax2＋x＋1)的值域为[0，＋∞)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＝12－4a≥0，)))解得0＜a≤eq\f(1,4)．综上，0≤a≤eq\f(1,4)．4．A【解析】若命题“∀x∈[3，6]，不等式x＋1－keq\r(－x＋7)＞0恒成立”是真命题，则keq\r(7－x)＜x＋1．令t＝eq\r(7－x)∈[1，2]，则x＝7－t2，则k＜eq\f(8－t2,t)，即k＜eq\f(8,t)－t．设f(t)＝eq\f(8,t)－t，t∈[1，2]，因为函数y＝eq\f(8,t)，y＝－t在区间[1，2]上均为减函数，所以函数f(t)在区间[1，2]上为减函数，故当t∈[1，2]时，f(t)min＝f(2)＝4－2＝2，所以k＜2．配套精练函数的单调性与最值——练习1A组夯基精练一、单项选择题1．C【解析】因为函数y＝f(x)是定义在[－4，4]上的减函数，且f(a＋1)＞f(2a)，所以－4≤a＋1＜2a≤4，解得1＜a≤2．2．B【解析】g(x)＝x|x－1|＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x＋1，x≥1，,－x2＋x＋1，x＜1，))画出函数图象如图所示．根据图象知函数g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))．3．C【解析】令h(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋2))，则h(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋2))在(－∞，－2]上为减函数，在[－2，＋∞)上为增函数．又函数y＝f(x)在R上单调递减，则根据复合函数同增异减原则得y＝f(eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋2)))的单调递减区间为[－2，＋∞)．4．D【解析】因为f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋1，x＜0，,2－x2，x≥0))在R上连续且单调递减，所以由不等式f(2a2－1)＞f(3a＋4)，得2a2－1＜3a＋4，则2a2－3a－5＜0，即(2a－5)(a＋1)＜0，解得－1＜a＜eq\f(5,2)．5．B【解析】若f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2x2＋ax－\f(3,2)，x≤1，,2ax2＋x，x＞1)))在R上单调递减，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)≥1，,a＜0，,－\f(1,4a)≤1，,2＋a－\f(3,2)≥2a＋1，)))解得a≤－4．所以“a≤0”是“f(x)在R上单调递减”的必要不充分条件．二、多项选择题6．ABD【解析】由区间定义知a＜b，假设各函数存在“优美区间”[a，b]．A中，f(x)在R上单调递增，f(a)＝a，f(b)＝b，得a＝b＝－1，不合题意，则不存在“优美区间”．B中，当x＜0时，函数f(x)单调递增，f(a)＝a，f(b)＝b，即a2＝－1，b2＝－1，无解；当x＞0时，函数f(x)单调递增，同理f(a)＝a，f(b)＝b无解，不存在“优美区间”．C中，当x＜0时，f(x)＝2＋x，在(－∞，0)上单调递增，f(a)＝a无解；当x＞0时，f(x)＝2－x，在(0，＋∞)上单调递减，f(a)＝2－a＝b，f(b)＝2－b＝a，所以b＞a＞0，a＋b＝2时，区间[a，b]是函数f(x)的一个“优美区间”，例如eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))．D中，显然f(x)＝x2＋1≥1，所以a≥1，所以f(x)在[a，b]上单调递增，因为f(a)＝a2＋1＝a无解，所以不存在“优美区间”．7．ABD【解析】因为函数f(x)＝eq\f(x＋1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋1)，对于A，由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋1≠0解得x∈R，所以函数f(x)的定义域为R，故A正确；对于B，因为f(x)＝eq\f(x＋1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋1)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1，x＞0，,\f(x＋1,－x＋1)，x≤0)))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1，x＞0，,－1－\f(2,x－1)，x≤0，)))所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0]，故B正确；对于C，当x≤0时，－1＜－1－eq\f(2,x－1)≤1，所以函数f(x)的值域为(－1，1]，故C错误；对于D，不等式f(a－1)＜f(2a＋1)等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a－1＜2a＋1，,a－1＜0，)))解得－2＜a＜1，故D正确．8．ABD【解析】对任意x∈R，都有f(x＋3)＝f(1－x)，则函数f(x)的图象关于直线x＝2对称．又对任意x1，x2∈[2，＋∞)，eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)＜0(x1≠x2)，所以函数f(x)在[2，＋∞)上单调递减，在(－∞，2)上单调递增，故函数f(x)在x＝2处取最大值，B正确；由f(x)的对称性及单调性知f(0)＝f(4)＜f(3)，C错误；－a2＋a＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4)，所以f(－a2＋a＋1)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))，A正确；若f(m)＞f(－1)，则|m－2|＜|2－(－1)|，解得－1＜m＜5，D正确．三、填空题9．[5，＋∞)【解析】由x2－6x＋5≥0，可得x≤1或x≥5，即函数f(x)的定义域为(－∞，1]∪[5，＋∞)．又因为t＝x2－6x＋5在[5，＋∞)上单调递增，在(－∞，1]上单调递减，y＝eq\r(t)在[0，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性可知f(x)＝eq\r(x2－6x＋5)在区间[5，＋∞)上单调递增，故a≥5．10．[1，2)【解析】因为y＝eq\f(3x＋2,x－1)＝eq\f(3(x－1)＋5,x－1)＝3＋eq\f(5,x－1)，且y＝eq\f(3x＋2,x－1)在x∈(m，n]上的最小值为8，所以当x∈(m，n]时，3＋eq\f(5,x－1)≥8⇒eq\f(5,x－1)≥5⇒0＜x－1≤1，即1＜x≤2，所以1≤m＜n≤2．易知反比例型函数y＝3＋eq\f(5,x－1)在(1，＋∞)上单调递减，所以y＝3＋eq\f(5,x－1)在x＝n处取到最小值8，即3＋eq\f(5,n－1)＝8⇒n＝2，所以1≤m＜2．11．[1/3，1/2)【解析】由函数单调性定义可得函数f(x)在R上单调递减，则根据分段函数单调性的判断方法可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－1＜0，,0＜a＜1，,2a－1＋2a≥a，))解得eq\f(1,3)≤a＜eq\f(1,2)．四、解答题12．(1)(－∞，16]【解答】设2≤x1＜x2，f(x1)－f(x2)＝xeq\o\al(2,1)＋eq\f(a,x1)－xeq\o\al(2,2)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x1－x2,x1x2)[x1x2(x1＋x2)－a]，要使函数f(x)在x∈[2，＋∞)上为增函数，必须f(x1)－f(x2)＜0恒成立．因为x1－x2＜0，x1x2＞4，所以a＜x1x2(x1＋x2)恒成立．又x1＋x2＞4，所以x1x2(x1＋x2)＞16，所以a的取值范围是(－∞，16]．(2)(0，1]【解答】设1＜x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(a(x2－x1),(x1－a)(x2－a))．因为a＞0，1＜x1＜x2，所以a(x2－x1)＞0，所以要使f(x1)－f(x2)＞0，只需(x1－a)(x2－a)＞0恒成立．若a＞1，则当1＜x1＜a＜x2时，(x1－a)(x2－a)＜0，不合题意；当0＜a≤1时，(x1－a)(x2－a)＞0，所以0＜a≤1．综上所述，实数a的取值范围为(0，1]．13．(1)证明【解答】设x1，x2∈R，且x1＜x2，则x2－x1＞0，即f(x2－x1)＞1，则f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1＞0，所以f(x1)＜f(x2)，所以f(x)是R上的增函数．(2)[－1，4]【解答】因为f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，f(2)＝2，取a＝2，b＝2，则f(4)＝f(2)＋f(2)－1＝3，则f(x2)＋f(－3x)≤4等价于f[x(x－3)]＋1≤4，即f[x(x－3)]≤f(4)．由(1)知f(x)是R上的增函数，所以x(x－3)≤4，解得－1≤x≤4，所以原不等式的解集为[－1，4]．B组创新题体验14．(1)m的最大值为7【解答】因为x∈[0，3]，所以f(x)＝－x2＋2x＋m＝－(x－1)2＋m＋1∈[m－3，m＋1]．因为f(x)在[0，3]上是限定值为8的受限函数，所以m＋1≤8，解得m≤7，则m的最大值为7．(2)是受限函数，M的最小值为7【解答】由题意可得9－x2≥0，解得－3≤x≤3．当－3≤x≤3时，0≤9－x2≤9，则0≤eq\r(9－x2)≤3，所以4≤eq\r(9－x2)＋4≤7，即4≤f(x)≤7，所以f(x)是[－3，3]上的受限函数，且f(x)的限定值M满足M≥7，故f(x)的限定值M的最小值为7．(3)(－∞，6]【解答】因为f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上是限定值为11的受限函数，所以f(x)≤11在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上恒成立，即ax＋eq\f(a,x)－x2－eq\f(1,x2)≤11在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上恒成立，所以a≤eq\f(x2＋\f(1,x2)＋11,x＋\f(1,x))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上恒成立，即a≤x＋eq\f(1,x)＋eq\f(9,x＋\f(1,x))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上恒成立．因为eq\f(1,2)≤x≤3，所以x＋eq\f(1,x)＞0，所以x＋eq\f(1,x)＋eq\f(9,x＋\f(1,x))≥6，当且仅当x＋eq\f(1,x)＝eq\f(9,x＋\f(1,x))，即x＝eq\f(3＋\r(5),2)时等号成立，所以a≤6，即实数a的取值范围为(－∞，6]．配套精练函数的单调性与最值——练习2一、单项选择题1．B2．C【解析】令u(x)＝x2－ax＋3，g(x)＝log3u(x)，则f(x)可视为由u(x)和g(x)构成的复合函数．由对数函数性质得g(x)在区间(0，1)上单调递增，又f(x)在区间(0，1)上单调递减，所以由复合函数性质得u(x)在区间(0，1)上单调递减．由二次函数性质得u(x)＝x2－ax＋3的对称轴为直线x＝eq\f(a,2)，显然u(x)开口向上，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≥1，,1－a＋3≥0，)))解得2≤a≤4，则a的最大值为4．3．B【解析】由题意知a＞0且a≠1，当x≥4时，由双勾函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)－1在(0，eq\r(a))上单调递减，在[eq\r(a)，＋∞)上单调递增，所以eq\r(a)≤4，故0＜a≤16．当x＜4时，f(x)＝ax－3单调递增，故a＞1．再由a1≤4＋eq\f(a,4)－1，得a≤4．综上，1＜a≤4．4．C【解析】因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1＋x≥0，,5－x≥0，)))所以函数f(x)的定义域为[－1，5]．f2(x)＝1＋x＋5－x＋2eq\r(－x2＋4x＋5)＝6＋2eq\r(－(x－2)2＋9)，当x∈[－1，5]时，－(x－2)2＋9∈[0，9],所以f(x)∈[eq\r(6)，2eq\r(3)]．5．B【解析】当x≥1时，有f(x)＝x＋eq\f(4,x)≥4，当且仅当x＝2时等号成立．当2a－1＝0，即a＝eq\f(1,2)时，有f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)，x≥1，,－1，x＜1，)))不满足题意．当2a－1＜0，即a＜eq\f(1,2)时，f(x)＝(2a－1)x－1在(－∞，1)上单调递减，有f(x)＞2a－2，不满足题意．当2a－1＞0，即a＞eq\f(1,2)时，f(x)＝(2a－1)x－1在(－∞，1)上单调递增，有f(x)＜2a－2．要使f(x)的值域是R，则应有2a－2≥4，所以a≥3．综上，a的最小值为3．二、多项选择题6．BCD【解析】当a＞0时，f(x)＝x－eq\f(a,x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，则f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增．若x＞0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→0时，f(x)→－∞，故f(x)的值域为R，故A错误，D正确．当a＝－4时，f(x)＝x＋eq\f(4,x)为对勾函数，其单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，且当x＞0时，x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4(当且仅当x＝2时取等号)，当x＜0时，x＋eq\f(4,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((－x)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x)))))≤－2eq\r((－x)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x))))＝－4(当且仅当x＝－2时取等号)，故f(x)的值域为(－∞，－4]∪[4，＋∞)，故B，C正确．7．BC【解析】作出f(x)与g(x)的图象如图所示，所以F(x)的图象如图中实线部分所示，易得F(x)有最大值，无最小值，故A错误．当x＜0时，由3＋2x＝x2－2x，得x＝2＋eq\r(7)(舍去)或x＝2－eq\r(7)，此时F(x)的最大值为7－2eq\r(7)，无最小值，故B正确．当x＞0时，由3－2x＝x2－2x，解得x＝eq\r(3)(－eq\r(3)舍去)，故F(x)在(－∞，2－eq\r(7))，(1，eq\r(3))上单调递增，在(2－eq\r(7)，1)和(eq\r(3)，＋∞)上单调递减，故C正确，D错误．8．ABD【解析】对于A，令x＝y＝1，得f(1)＝f(1)＋f(1)＝2f(1)，所以f(1)＝0，故A正确．对于B，令y＝eq\f(1,x)，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x·\f(1,x)))＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝f(1)＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)，任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))，因为eq\f(x2,x1)＞1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))＞0，所以f(x2)＞f(x1)，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故B正确．对于C，f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋…＋f(2026)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2026)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(1,3)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2026×\f(1,2026)))＝f(1)＋f(1)＋…＋f(1)＝0，故C不正确．对于D，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－1，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)可得f(3)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝1，所以f(9)＝f(3)＋f(3)＝2，所以不等式f(x)－f(x－2)≥2等价于f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－2)))≥f(9)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,x－2)))≥f(9)．因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\