2019版数学（文）高分计划一轮高分讲义：第2章函数、导数及其应用 2.2　函数的单调性与最值

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2．2函数的单调性与最值［知识梳理］1．函数的单调性（1）单调函数的定义（2）函数单调性的三种等价形式设任意x1，x2∈[a,b］且x1<x2，那么①x1－x2<0，若f(x1)－f（x2)〈0⇔f(x)在［a，b］上是增函数；若f(x1)－f(x2)〉0⇔f(x）在［a，b]上是减函数．②eq\f（fx1－fx2，x1－x2)〉0⇔f（x）在[a，b］上是增函数；eq\f（fx1－fx2,x1－x2）〈0⇔f（x)在［a，b]上是减函数．③（x1－x2)[f(x1）－f（x2)］〉0⇔f(x）在[a,b]上是增函数；(x1－x2）［f（x1）－f(x2）］〈0⇔f(x)在［a,b］上是减函数．注：研究函数单调区间的注意事项（1)单调性是与“区间”紧密相关的概念，一个函数在不同的区间上，可以有不同的单调性．(2)函数的单调性只能在函数的定义域内来讨论，求函数的单调区间，必须先求函数的定义域．(3）函数的单调性是对某个区间而言的，所以要受到区间的限制．例如函数y＝eq\f（1，x）分别在（－∞，0），(0，＋∞）内都是单调递减的，但不能说它在整个定义域即(－∞,0）∪（0，＋∞)内单调递减，只能分开写，即函数的单调减区间为（－∞，0）和(0,＋∞)．2．函数的最值函数的最大值对应图象最高点的纵坐标，函数的最小值对应图象最低点的纵坐标．注：（1)函数的值域一定存在，而函数的最值不一定存在．（2）若函数的最值存在,则一定是值域中的元素；若函数的值域是开区间，则函数无最值，若函数的值域是闭区间，则闭区间上的端点值就是函数的最值．［诊断自测］1．概念思辨(1)函数y＝eq\f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0）∪（0,＋∞）．（）(2）设任意x1,x2∈[a，b]且x1≠x2，那么f（x）在[a，b］上是增函数⇔eq\f(fx1－fx2,x1－x2）〉0⇔（x1－x2）［f(x1）－f（x2)]>0。（）（3)函数y＝f(x)在［0,＋∞）上为增函数，则函数y＝f(x)的增区间为[0,＋∞）．()(4)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到．（)答案(1）×（2）√（3)×(4）√2．教材衍化(1）(必修A1P39B组T3)下列函数中，在区间(－∞，0)上是减函数的是()A．y＝2x B．y＝logeq\s\do8(\f(1，2))xC．y＝x－1 D．y＝x3答案C解析函数y＝2x在区间（－∞，0）上是增函数；函数y＝logeq\s\do8（\f(1，2））x在区间（－∞，0）上无意义；函数y＝x－1在区间(－∞，0)上是减函数;函数y＝x3在区间（－∞，0）上是增函数．故选C.(2）（必修A1P45B组T4）已知函数f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－x2－ax－5x≤1，，\f(a,x)x〉1）)是R上的增函数，则a的取值范围是（)A．－3≤a<0 B．－3≤a≤－2C．a≤－2 D．a〈0答案B解析∵函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－x2－ax－5x≤1,,\f(a，x）x〉1）)是R上的增函数，设g(x）＝－x2－ax－5（x≤1),h(x）＝eq\f（a,x)（x〉1)，由分段函数的性质可知,函数g(x）＝－x2－ax－5在（－∞，1]单调递增，函数h(x）＝eq\f（a，x）在（1,＋∞）单调递增，且g(1)≤h(1),∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a，2)≥1,，a<0,，－a－6≤a，)）∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤－2，，a<0,，a≥－3,))解得－3≤a≤－2。故选B。3．小题热身（1）(2014·天津高考)函数f(x）＝logeq\s\do8（\f(1，2）)(x2－4)的单调递增区间为(）A．(0，＋∞） B．（－∞,0)C．(2,＋∞） D．(－∞，－2）答案D解析由x2－4〉0得x〈－2或x〉2.令u＝x2－4,易知u＝x2－4在（－∞，－2)上为减函数，在（2,＋∞）上为增函数，y＝logeq\s\do8(\f（1,2)）u为减函数,故f（x）的单调递增区间为(－∞，－2）．故选D.（2)(2017·保定期末）直角梯形OABC中AB∥OC，AB＝1，OC＝BC＝2，直线l:x＝t截该梯形所得位于l左边图形面积为S，则函数S＝f(t)的图象大致为(）答案C解析由题意可知:当0〈t≤1时，f(t)＝eq\f(1,2）·t·2t＝t2，当1〈t≤2时，f（t）＝1×2×eq\f(1,2)＋(t－1)·2＝2t－1;所以f(t)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(t2，0〈t≤1，,2t－1，1〈t≤2。）)结合不同段上函数的性质，可知选项C符合．故选C。题型1函数单调性的判断与证明eq\o（\s\do1（典例））已知函数f(x)＝eq\r(x2＋1)－ax，其中a>0.（1）若2f（1）＝f(－1），求a的值；(2)证明:当a≥1时，函数f（x)在区间[0，＋∞）上为单调减函数．本题用定义法．解（1)由2f(1)＝f（－1),可得2eq\r(2）－2a＝eq\r（2)＋a，得a＝eq\f（\r（2)，3).(2)证明：任取x1，x2∈［0,＋∞)，且x1〈x2，f（x1)－f（x2）＝eq\r(x\o\al（2,1)＋1)－ax1－eq\r（x\o\al（2，2)＋1）＋ax2＝eq\r（x\o\al（2,1）＋1)－eq\r（x\o\al（2,2)＋1）－a（x1－x2）＝eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al（2,2),\r(x\o\al（2，1)＋1）＋\r（x\o\al（2，2)＋1)）－a（x1－x2)＝（x1－x2)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(x1＋x2,\r(x\o\al（2,1）＋1)＋\r（x\o\al(2，2）＋1))－a）)。∵0≤x1<eq\r（x\o\al(2,1）＋1），0〈x2〈eq\r(x\o\al（2,2)＋1），∴0〈eq\f（x1＋x2,\r（x\o\al(2，1）＋1）＋\r（x\o\al(2,2)＋1)）〈1。又∵a≥1,∴f(x1）－f(x2）〉0,∴f(x)在［0,＋∞）上单调递减．方法技巧确定函数单调性(区间)的常用方法1．定义法:本例采用了定义法．一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论．其关键是作差变形，为了便于判断差的符号，通常将差变成因式连乘(除）或平方和的形式，再结合变量的范围、假定的两个自变量的大小关系及不等式的性质进行判断．见典例．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，则可由图象的直观性确定它的单调性．如冲关针对训练1.3．导数法：本例也可采用求导法．利用导数取值的正负确定函数的单调性．见冲关针对训练2。冲关针对训练1．已知函数f（x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x≥0，，4x－x2，x〈0，））若f（2－a2)>f（a），则实数a的取值范围是(）A．(－∞，－1)∪（2，＋∞） B．（－1,2）C．（－2，1） D．(－∞,－2）∪（1，＋∞)答案C解析依题意知f(x)在R上是增函数，由f(2－a2）>f（a）,得2－a2〉a，解得－2〈a<1。故选C.2．讨论函数f（x)＝x＋eq\f（a,x）（a>0）在(0，＋∞）上的单调性．解∵f（x)＝x＋eq\f（a,x）(a〉0），∴f′(x）＝1－eq\f（a，x2)＝eq\f(x2－a，x2）＝eq\f(x＋\r(a）x－\r（a),x2),令f′(x）＝0,计算得出x＝±eq\r(a)，当f′(x)〉0，即x〉eq\r（a）时，f(x）单调递增,当f′(x）〈0，即0<x<eq\r(a）时，f(x)单调递减，综上所述，x∈（eq\r（a），＋∞），函数f(x)单调递增，x∈（0，eq\r（a)）,函数f（x）单调递减。题型2求函数的单调区间eq\o(\s\do1(典例1））(2017·全国卷Ⅱ）函数f(x）＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(）A．(－∞，－2） B．(－∞，1)C．（1，＋∞） D．（4，＋∞)根据复合函数单调性的“同增异减”求解．答案D解析由x2－2x－8〉0，得x>4或x〈－2。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．∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)，∴函数f（x）的单调递增区间为(4,＋∞)．故选D。［条件探究]若将本典例自然对数变为指数函数如何求解呢?例如：y＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,3）))x2－4x。解令u＝x2－4x，x∈R，y＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，3)））u，u＝（x－2)2－4，∴x∈(－∞,2］上u是递减的，x∈[2，＋∞）上u是递增的，又y＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，3））)u是减函数,∴函数y＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，3）))x2－4x的增区间是（－∞，2]，减区间是[2，＋∞)．eq\o（\s\do1(典例2))求函数f(x）＝|x2－4x＋3|的单调区间．本题用图象法．解先作出函数y＝x2－4x＋3的图象，由于绝对值的作用，把x轴下方的部分翻折到上方，可得函数y＝｜x2－4x＋3|的图象．如图所示．由图可知f（x)在（－∞，1]和[2,3]上为减函数，在[1,2]和[3，＋∞)上为增函数，故f（x）的增区间为［1,2]，［3，＋∞），减区间为（－∞，1］，[2，3］．[条件探究]若将本典例中的绝对值符号挪动位置，那如何求解呢?例如：f（x)＝－x2＋2|x|＋3。解∵f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－x2＋2x＋3x≥0，，－x2－2x＋3x<0，))其图象如图所示，所以函数y＝f(x）的单调递增区间为(－∞,－1]和[0，1］;单调递减区间为[－1，0]和[1，＋∞）．eq\o（\s\do1(典例3))求函数f（x)＝x－lnx的单调区间．本题采用导数法．解由题意，得x〉0。y′＝1－eq\f（1，x)＝eq\f（x－1，x).由y′＝0解得x＝1.列表如下：x（0，1)1(1，＋∞）y′－0＋y1由上表可知，函数的单调递增区间为（1，＋∞),单调递减区间为（0，1)．［条件探究］若本典例变为f(x）＝ax＋lnx．研究单调区间时，应注意什么问题?解由于参数a范围未定,所以要对a进行分类讨论．f(x)＝ax＋lnx的定义域为(0，＋∞）．f′（x）＝a＋eq\f(1，x)＝eq\f（ax＋1,x），①当a≥0时,f′(x）〉0，故函数f(x)的单调递增区间为（0，＋∞)；②当a<0时，x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1，a)）)时，f′(x)>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a),＋∞）)时，f′(x）〈0;故函数f（x）的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，－\f（1,a)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1,a），＋∞))。方法技巧1．研究函数的单调性及求单调区间问题，首先求出函数的定义域(定义域优先原则)．2．对已知函数解析式的构成进行分析，变形转化，变成几个基本初等函数组成的形式，再根据基本初等函数的性质，研究函数的单调性．例如：典例1函数f(x）＝ln（x2－2x－8)是由y＝lnu，u＝x2－2x－8复合而成的，u是中间变量．典例2条件探究函数f(x)＝－x2＋2｜x|＋3，带绝对值符号的可去掉绝对值符号，化为分段函数f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3x≥0，,－x2－2x＋3x<0。)）3．若函数解析式是由y＝lnx，y＝ex与其他基本函数构成的复杂函数，需要考虑求导法．如典例3.冲关针对训练1．(2017·洛阳二模）函数y＝f（x)(x∈R）的图象如图所示，则函数g(x）＝f(logax）（0<a〈1)的单调减区间是(）A.eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f(1，2)）)B．[eq\r（a)，1]C．（－∞，0）∪eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)，＋∞)）D．[eq\r（a),eq\r(a＋1)]答案B解析由图象可知,函数y＝f（x）的单调递减区间为（－∞，0）和eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2），＋∞））,单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f（1,2）)）.∵0〈a〈1，∴函数y＝logax在定义域内单调递减．由题意可知,0≤logax≤eq\f（1,2），解得eq\r（a）≤x≤1,即所求递减区间为[eq\r（a）,1］．故选B.2．已知函数f(x）＝eq\r（x2－2x－3），则该函数的单调递增区间为（）A．(－∞，1] B．［3，＋∞）C．(－∞,－1］ D．［1，＋∞）答案B解析设t＝x2－2x－3,由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3。所以函数的定义域为(－∞，－1］∪［3，＋∞）．因为函数t＝x2－2x－3的图象的对称轴为x＝1,所以函数t在（－∞，－1］上单调递减,在［3，＋∞）上单调递增．所以函数f(x）的单调递增区间为［3，＋∞)．故选B.题型3函数单调性的应用角度1利用函数的单调性比较大小eq\o(\s\do1(典例)）(2017·福州模拟)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＝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>a>b B．c〉b〉aC．a>c〉b D．b>a>c利用对称性转化到同一单调区间，再利用单调性比较大小．答案D解析根据已知可得函数f（x)的图象关于直线x＝1对称,且在（1，＋∞)上是减函数，所以a＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)))＝feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（5,2）))，故b>a>c。故选D。角度2利用函数的单调性解不等式eq\o(\s\do1(典例））f（x）是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f（xy）＝f（x)＋f(y),f（3)＝1，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）本题用转化法，利用函数单调性把不等式从抽象转化到具体．答案B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\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x>0，,x－8>0，，xx－8≤9，)）解得8<x≤9.故选B。角度3利用函数的单调性求最值eq\o(\s\do1（典例）)(2017·福州一模)如果函数f(x）对任意的实数x，都有f(1＋x）＝f(－x），且当x≥eq\f(1，2）时，f（x)＝log2（3x－1）,那么函数f(x）在［－2,0]上的最大值与最小值之和为(）A．2 B．3C．4 D．－1本题采用数形结合思想．答案C解析根据f(1＋x）＝f(－x），可知函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(1,2)对称．又函数f(x）在eq\b\lc\［\rc\)（\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。故选C.角度4利用函数的单调性求参数的取值或范围eq\o（\s\do1（典例)）已知f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a,x〈1，，logax，x≥1)）是（－∞，＋∞）上的减函数,那么a的取值范围是（)A．(0,1) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f(1，3）））C.eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,7），\f（1,3）)）D。eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，7），1))本题用定义法和数形结合方法．答案C解析当x＝1时，loga1＝0，若f（x)为R上的减函数,则(3a－1）x＋4a>0在x<1时恒成立，令g(x）＝（3a－1)x＋4a，则必有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1<0，,g1≥0,））即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（3a－1〈0,,3a－1＋4a≥0，))且0<a〈1⇒eq\f(1，7)≤a〈eq\f(1,3).此时,logax是减函数,符合题意．故选C.方法技巧函数单调性应用问题的常见类型及解题策略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．如角度1典例．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．如角度2典例．3．利用单调性求解最值问题,应先确定函数的单调性，然后再由单调性求解．如角度3典例．4．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定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．如角度4典例．提醒：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．冲关针对训练1．（2017·江西三校第一次联考）定义在R上的偶函数f(x)满足:对任意的x1,x2∈(－∞，0)（x1≠x2)，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0。则下列结论正确的是(）A．f（0.32）<f(20.3)<f（log25)B．f(log25）〈f（20。3）〈f（0.32)C．f(log25）<f(0。32）〈f(20。3）D．f（0。32)〈f（log25)〈f(20。3)答案A解析∵对任意x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，都有eq\f（fx1－fx2,x1－x2）<0,∴f（x）在(－∞，0）上是减函数，又∵f(x)是R上的偶函数，∴f（x)在(0，＋∞)上是增函数,∵0〈0.32<20.3<log25,∴f（0。32)<f（20.3）〈f(log25）．故选A。2．(2017·湖南益阳箴言中学三模)已知a〉0且a≠1，若函数f(x)＝logaeq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(ax2－2－ax＋3)）在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1,3），2））上是增函数，则a的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（1，6），\f(2，5）)）∪eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（6，5）,＋∞)）解析由复合函数单调性可知①当a>1时，eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\f(2－a，2a）≤\f（1，3),,\f（1,9)a－\f（2－a,3）＋3〉0，）)解得a≥eq\f(6，5）；②当0<a<1时，eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\f(2－a,2a）≥2，,4a－22－a＋3〉0，)）解得eq\f(1，6)<a≤eq\f（2,5).∴a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（1,6），\f（2,5))）∪eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（6,5）,＋∞)）.

1．（2017·山东高考）若函数exf(x)(e＝2。71828…是自然对数的底数)在f（x）的定义域上单调递增,则称函数f（x）具有M性质．下列函数中具有M性质的是（）A．f（x)＝2－x B．f（x)＝x2C．f(x）＝3－x D．f（x）＝cosx答案A解析若f(x）具有性质M，则[exf（x）]′＝ex［f(x）＋f′(x）］〉0在f(x）的定义域上恒成立，即f（x）＋f′（x）>0在f（x）的定义域上恒成立．对于选项A，f(x）＋f′(x)＝2－x－2－xln2＝2－x（1－ln2）〉0，符合题意．经验证，选项B，C，D均不符合题意．故选A.2．（2018·三门峡模拟）设函数f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2x，x<2，,x2，x≥2，）)若f(a＋1）≥f(2a－1)，则实数a的取值范围是（)A．（－∞,1］ B．(－∞，2］C．[2,6] D．[2,＋∞)答案B解析函数f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2x，x〈2,,x2，x≥2）)是在定义域为R上的增函数．∵f（a＋1）≥f(2a－1）,∴a＋1≥2a－1，解得a≤2.故实数a的取值范围是(－∞,2］．故选B.3．(2017·合肥模拟)若2x＋5y≤2－y＋5－x,则有()A．x＋y≥0 B．x＋y≤0C．x－y≤0 D．x－y≥0答案B解析设函数f（x)＝2x－5－x，易知f（x）为增函数，又f（－y）＝2－y－5y，由已知得f（x)≤f(－y），∴x≤－y,∴x＋y≤0。故选B.4．（2017·辽宁三校联考）已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(log21－x＋1，－1≤x〈0，，x3－3x＋2，0≤x≤a）)的值域是[0，2]，则实数a的取值范围是（)A．(0,1］ B．[1,eq\r（3）]C．［1，2］ D．［eq\r（3),2]答案B解析先作出函数f(x)＝log2（1－x)＋1,－1≤x<0的图象，再研究f(x)＝x3－3x＋2，0≤x≤a的图象．令f′（x）＝3x2－3＝0,得x＝1(x＝－1舍去)，由f′（x)〉0得x>1，由f′(x)〈0，得0<x<1.∴当x＝1时，f（x)在0≤x≤a上有最小值f(1)＝0.又f（eq\r(3））＝2.∴1≤a≤eq\r(3).故选B。[基础送分提速狂刷练］一、选择题1．(2017·衡阳四中月考）函数y＝f（x)在区间[0，2］上单调递增，且函数f(x＋2)是偶函数，则下列结论成立的是（）A．f（1）〈feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（5,2））)〈feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（7，2))) B．feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(7,2)））<f(1)〈feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(5,2）））C．feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（7，2））)〈feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（5,2)））〈f（1） D．feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(5,2)））<f（1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（7,2)））答案B解析因为函数f（x＋2)是偶函数，所以f（x＋2)＝f（－x＋2）,即函数f(x）的图象关于x＝2对称，又函数y＝f(x）在[0,2］上单调递增，所以函数y＝f（x）在区间［2，4］上单调递减．因为f(1)＝f（3)，eq\f(7，2）>3〉eq\f（5，2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(7，2）)）<f(3)<feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(5,2））），即feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（7，2)))<f(1)<feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（5,2)）).故选B。2．（2017·武汉调研）若函数f（x)＝ax＋1在R上递减，则函数g（x）＝a（x2－4x＋3)的增区间是（）A．（2，＋∞) B．(－∞，2)C．（4，＋∞） D．（－∞，4)答案B解析∵f(x）＝ax＋1在R上递减,∴a〈0.而g（x）＝a(x2－4x＋3)＝a(x－2）2－a.∵a<0，∴在（－∞，2）上g(x)递增．故选B.3．若函数y＝loga（x2＋2x－3）,当x＝2时，y>0，则此函数的单调递减区间是（)A．(－∞，－3） B．(1，＋∞)C．（－∞，－1) D．(－1,＋∞）答案A解析当x＝2时，y＝loga（22＋2×2－3)＝loga5,∴y＝loga5〉0，∴a>1。由复合函数单调性知，单调递减区间需满足eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2＋2x－3〉0，,x〈－1,））解之得x〈－3。故选A。4．已知函数f(x）＝x2－2ax＋a在区间（0,＋∞)上有最小值，则函数g(x）＝eq\f（fx,x）在区间（0，＋∞）上一定（）A．有最小值 B．有最大值C．是减函数 D．是增函数答案A解析∵f(x)＝x2－2ax＋a在（0，＋∞）上有最小值,∴a>0.∴g(x)＝eq\f(fx，x)＝x＋eq\f（a，x）－2a在（0，eq\r（a））上单调递减,在（eq\r(a)，＋∞)上单调递增．∴g（x）在（0，＋∞）上一定有最小值．故选A。5．(2018·太原模拟）已知f（x）＝x2－cosx，则f（0.6）,f（0)，f（－0。5）的大小关系是（)A．f(0）〈f（0.6）<f(－0.5)B．f(0)〈f(－0.5）<f(0.6）C．f(0.6）〈f（－0.5）〈f（0）D．f(－0。5）〈f（0）<f(0.6)答案B解析∵f（－x）＝(－x）2－cos（－x)＝x2－cosx＝f（x),∴f（x）是偶函数．∴f（－0。5)＝f（0.5）．又∵f′（x)＝2x＋sinx，当x∈（0,1)时，f′(x)〉0。∴f（x)在（0,1)上是增函数，∴f（0)〈f(0.5）<f（0.6），即f(0）<f（－0.5)〈f（0.6）．故选B。6．(2018·贵阳模拟）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，x∈［－2,2]的最大值等于(）A．－1 B．1C．6 D．12答案C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.故选C。7．(2018·天津质检)已知f(x)为R上的减函数，则满足feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，x－1））)>f（1)的实数x的取值范围是(）A．(－∞，2) B．(2，＋∞)C．（－∞,1）∪（1,2） D．（－∞,1）∪（2，＋∞)答案D解析∵f(x）为R上的减函数，∴由feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1）)）〉f(1）得eq\f（1,x－1)<1.解得x<1或x〉2。∴x的取值范围是(－∞，1)∪（2，＋∞)．故选D。8．已知a>0，设函数f(x)＝eq\f（2018x＋1＋2010,2018x＋1)(x∈[－a，a]）的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝（)A．2018 B．2019C．4028 D．4027答案C解析由题意得f(x）＝eq\f(2018x＋1＋2010，2018x＋1）＝2018－eq\f（8，2018x＋1)。∵y＝2018x＋1在[－a,a]上是单调递增的，∴f(x）＝2018－eq\f（8，2018x＋1）在[－a，a］上是单调递增的，∴M＝f（a)，N＝f(－a）,∴M＋N＝f(a）＋f（－a)＝4036－eq\f(8,2018a＋1）－eq\f(8,2018－a＋1)＝4028.故选C.9．（2017·集宁区期末)函数f(x)＝eq\f(ax＋1，x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是(）A。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)）） B．eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2），＋∞))C．(－2，＋∞） D．(－∞，－1)∪（1,＋∞)答案B解析∵当a＝0时,f(x)＝eq\f（1,x＋2）在区间(－2,＋∞)上单调递减,故a＝0舍去,∴a≠0，此时f(x)＝eq\f（ax＋1,x＋2)＝eq\f(ax＋2＋1－2a,x＋2)＝a＋eq\f(1－2a,x＋2），又因为y＝eq\f(1，x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递减，而函数f(x)＝eq\f（ax＋1，x＋2)在区间（－2，＋∞）上单调递增,∴1－2a〈0，即a>eq\f（1，2）.故选B.10．(2018·山西联考）若函数f（x)＝log0.2(5＋4x－x2)在区间(a－1，a＋1)上递减，且b＝lg0。2，c＝20。2，则(）A．c〈b〈a B．b<c<aC．a〈b〈c D．b<a〈c答案D解析f(x)定义域为{x｜－1〈x<5}，令u＝5＋4x－x2，y＝log0.2u,u(x)在(－1,2)上单调增,且y＝log0。2u为单调减函数，由复合函数单调性知f（x)在（－1，2）上为减函数,(a－1，a＋1）⊆(－1,2)即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＋1≤2，,a－1≥－1））⇒0≤a≤1,又由于b＝lg0。2〈0,所以a>b，c＝20.2>20＝1,c>a>b。故选D。二、填空题11．（2017·山东济宁模拟)若函数f（x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a－1x－2a，x<2，,logax，x≥2））(a〉0且a≠1）在R上单调递减，则实数a的取值范围是________．答案eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（\r（2），2)，1））解析因为函数f（x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1x－2a，x〈2，，logax，x≥2))（a>0且a≠1）在R上单调递减，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1〈0，,0〈a<1，，loga2≤a－1×2－2a）)⇒eq\f（\r(2），2）≤a〈1,即实数a的取值范围是eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r（2),2)，1））。12．已知函数f(x)的定义域为A，若其值域也为A,则称区间A为f（x)的保值区间．若g（x）＝－x＋m＋ex的保值区间为［0,＋∞），则m的值为________．答案－1解析由定义知，g(x）＝－x＋m＋ex保值区间为［0,＋∞)，又∵g′(x)＝－1＋ex≥0，∴g（x）为在[0，＋∞)上的增函数．∴当x＝0时,g（0)＝0，即m＋1＝0，∴m＝－1.13．(2017·菏泽期中)已知函数f（x)＝x2＋eq\f（a,x），若函数f（x)在x∈[2，＋∞）上是单调递增的，则实数a的取值范围为________．答案（－∞，16］解析∵函数f(x)＝x2＋eq\f（a，x)在x∈［2，＋∞)上单调递增，∴f′（x）＝2x－eq\f（a,x2）＝eq\f(2x3－a，x2)≥0在x∈［2，＋∞)上恒成立．∴2x3－a≥0，∴a≤2x3在x∈[2，＋∞)上恒成立，∴a≤2×23＝16。∴实数a的取值范围