《3.2.1单调性与最大（小）值》教案、导学案与同步练习

第三章函数的概念与性质》《3.2.1单调性与最大（小）值》教案【教材分析】《函数的单调性与最大（小）值》是高中数学新教材第一册第三章第2节的内容。在此之前，学生已学习了函数的概念、定义域、值域及表示法，这为过渡到本节的学习起着铺垫作用。学生在初中已经学习了一次函数、二次函数、反比例函数的图象，在此基础上学生对增减性有一个初步的感性认识，所以本节课是学生数学思想的一次重要提高。函数单调性是函数概念的延续和拓展，又是后续研究指数函数、对数函数等内容的基础，对进一步研究闭区间上的连续函数最大值和最小值的求法和实际应用，对解决各种数学问题有着广泛作用。【教学目标与核心素养】课程目标1、理解增函数、减函数的概念及函数单调性的定义；2、会根据单调定义证明函数单调性；3、理解函数的最大（小）值及其几何意义；4、学会运用函数图象理解和研究函数的性质.数学学科素养1.数学抽象：用数学语言表示函数单调性和最值；2.逻辑推理：证明函数单调性；3.数学运算：运用单调性解决不等式；4.数据分析：利用图像求单调区间和最值；5.数学建模：在具体问题情境中运用单调性和最值解决实际问题。【教学重难点】重点：1、函数单调性的定义及单调性判断和证明；2、利用函数单调性或图像求最值.难点：根据定义证明函数单调性．【教学方法】：以学生为主体，采用诱思探究式教学，精讲多练。【教学过程】一、情景导入观察下列各个函数的图象，并探讨下列变化规律：①随x的增大，y的值有什么变化？②能否看出函数的最大、最小值？要求：让学生自由发言，教师不做判断。而是引导学生进一步观察.研探.二、预习课本，引入新课阅读课本76-80页，思考并完成以下问题1.增函数、减函数的概念是什么？2.如何表示函数的单调区间？3.函数的单调性和单调区间有什么关系？4.函数最大(小)值的定义是什么？5.从函数的图象可以看出函数最值的几何意义是什么？要求：学生独立完成，以小组为单位，组内可商量，最终选出代表回答问题。三、新知探究1．增函数、减函数定义2、单调性与单调区间如果函数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)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．[点睛]一个函数出现两个或者两个以上的单调区间时，不能用“∪”连接，而应该用“,”连接．如函数y＝在(－∞，0),(0，＋∞)上单调递减，却不能表述为：函数y＝在(－∞，0)∪(0，＋∞)上单调递减．3、函数的最大（小）值最大值最小值条件一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足：对于任意的x∈I，都有f(x)<Mf(x)>M存在x0∈I，使得结论称M是函数y＝f(x)的最大值称M是函数y＝f(x)的最小值几何意义f(x)图象上最高点的纵坐标f(x)图象上最低点的纵坐标四、典例分析、举一反三题型一利用图象确定函数的单调区间例1求下列函数的单调区间,并指出其在单调区间上是增函数还是减函数:(1)y=3x-2;(2)y=-1x【答案】见解析【解析】(1)函数y=3x-2的单调区间为R,其在R上是增函数.(2)函数y=-的单调区间为(-∞,0),(0,+∞),其在(-∞,0)及(0,+∞)上均为增函数.解题技巧：（利用图象确定函数的单调区间）1.函数单调性的几何意义:在单调区间上,若函数的图象“上升”,则函数为增区间;若函数的图象“下降”,则函数为减区间.因此借助于函数图象来求函数的单调区间是直观且有效的一种方法.除这种方法外,求单调区间时还可以使用定义法,也就是由增函数、减函数的定义求单调区间.求出单调区间后,若单调区间不唯一,中间可用“,”隔开.2.一次、二次函数及反比例函数的单调性:(1)一次函数y=kx+b(k≠0)的单调性由系数k决定:当k>0时,该函数在R上是增函数;当k<0时,该函数在R上是减函数.(2)二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的单调性以对称轴x=-为分界线.(3)反比例函数y=kx(k≠0)的单调性如下表所示跟踪训练一已知x∈R,函数f(x)=x|x-2|,试画出y=f(x)的图象,并结合图象写出函数的单调区间.【答案】单调增区间为(-∞,1],[2,+∞);单调减区间为[1,2]【解析】f(x)=x|x-2|=x(x-由图象可知,函数的单调增区间为(-∞,1],[2,+∞);单调减区间为[1,2].题型二利用函数的图象求函数的最值例2已知函数y=-|x-1|+2,画出函数的图象,确定函数的最值情况,并写出值域.【答案】最大值为2,没有最小值.所以其值域为(-∞,2]【解析】y=-|x-1|+2=3-由图象知,函数y=-|x-1|+2的最大值为2,没有最小值.所以其值域为(-∞,2]解题技巧：(用图象法求最值的3个步骤)跟踪训练二1.已知函数f(x)=1(1)画出f(x)的图象;(2)利用图象写出该函数的最大值和最小值.【答案】(1)见解析（2）最小值为f(1)=1,无最大值【解析】(1)函数f(x)的图象如图所示.(2)由图象可知f(x)的最小值为f(1)=1,无最大值.题型三证明函数的单调性例3求证:函数f(x)=x+在区间(0,1)内为减函数.【答案】见解析【解析】证明:设x1,x2是区间(0,1)内的任意两个实数,且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=x=(x1-x2)+x2-x1x1=(x∵0<x1<x2<1,∴x1x2>0,x1x2-1<0,x1-x2<0,∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2).故函数f(x)=x+1x在区间(0,1)内为减函数.解题技巧：（利用定义证明函数单调性的4个步骤）特别提醒作差变形的常用技巧:(1)因式分解.当原函数是多项式函数时,作差后的变形通常进行因式分解.如f(x)=x2-2x-3=(x-3)(x+1).(2)通分.当原函数是分式函数时,作差后往往进行通分,然后对分子进行因式分解.如本例.(3)配方.当所得的差式是含有x1,x2的二次三项式时,可以考虑配方,便于判断符号.(4)分子有理化.当原函数是根式函数时,作差后往往考虑分子有理化.跟踪训练三1.求证：函数f(x)＝在(0，＋∞)上是减函数，在(－∞，0)上是增函数．【答案】见解析【解析】对于任意的x1，x2∈(－∞，0)，且x1<x2，有f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,x\o\al(2,1))－eq\f(1,x\o\al(2,2))＝eq\f(x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1),x\o\al(2,1)x\o\al(2,2))＝eq\f(x2－x1x2＋x1,x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)).∵x1＜x2＜0，∴x2－x1＞0，x1＋x2＜0，xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＞0.∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．∴函数f(x)＝eq\f(1,x2)在(－∞，0)上是增函数．对于任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，有f(x1)－f(x2)＝eq\f(x2－x1x2＋x1,x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)).∵0＜x1＜x2，∴x2－x1＞0，x2＋x1＞0，xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＞0.∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．∴函数f(x)＝eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上是减函数．题型四利用函数的单调性求最值例4已知函数f(x)=x+4x(1)判断f(x)在区间[1,2]上的单调性;(2)根据f(x)的单调性求出f(x)在区间[1,2]上的最值.【答案】见解析【解析】(1)设x1,x2是区间[1,2]上的任意两个实数,且x1<x2,∵x1<x2,∴x1-x2<0.当1≤x1<x2≤2时,x1x2>0,1<x1x2<4,即x1x2-4<0.∴f(x1)>f(x2),即f(x)在区间[1,2]上是减函数.(2)由(1)知f(x)的最小值为f(2),f(2)=2+=4;f(x)的最大值为f(1).∵f(1)=1+4=5,∴f(x)的最小值为4,最大值为5.解题方法（单调性与最值的关系）1.利用单调性求函数最值的一般步骤:(1)判断函数的单调性;(2)利用单调性写出最值.2.函数的最值与单调性的关系:(1)若函数f(x)在区间[a,b]上是增(减)函数,则f(x)在区间[a,b]上的最小(大)值是f(a),最大(小)值是f(b).(2)若函数f(x)在区间[a,b]上是增(减)函数,在区间(b,c]上是减(增)函数,则f(x)在区间[a,c]上的最大(小)值是f(b),最小(大)值是f(a)与f(c)中较小(大)的一个.(3)若函数f(x)在区间[a,b]上的图象是一条连续不断的曲线,则函数f(x)在区间[a,b]上一定有最值.(4)求最值时一定要注意所给区间的开闭,若是开区间,则不一定有最大(小)值.跟踪训练四1.已知函数f(x)＝6x-1【答案】见解析【解析】设x1，x2是区间[2,6]上的任意两个实数，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(2,x1－1)－eq\f(2,x2－1)＝eq\f(2[x2－1－x1－1],x1－1x2－1)＝eq\f(2x2－x1,x1－1x2－1).由2≤x1＜x2≤6，得x2－x1＞0，(x1－1)(x2－1)＞0，于是f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．所以函数f(x)＝eq\f(2,x－1)是区间[2,6]上的减函数．因此，函数f(x)＝eq\f(2,x－1)在区间[2,6]的两个端点处分别取得最大值与最小值，即在x＝2时取得最大值，最大值是2，在x＝6时取得最小值，最小值是0.4.题型五函数单调性的应用例5已知函数f(x)在区间(0,+∞)上是减函数,试比较f(a2-a+1)与f的大小.【答案】f34≥f(a2【解析】∵a2-a+1=a-∴34与a2∵f(x)在区间(0,+∞)上是减函数,∴f34≥f(a2解题方法（抽象函数单调性求参）1.利用函数的单调性可以比较函数值或自变量的大小.在利用函数的单调性解决比较函数值大小的问题时,要注意将对应的自变量转化到同一个单调区间上.2.利用函数的单调性解函数值的不等式就是利用函数在某个区间内的单调性,去掉对应关系“f”,转化为自变量的不等式,此时一定要注意自变量的限制条件,以防出错.跟踪训练五1.已知g(x)是定义在[-2,2]上的增函数,且g(t)>g(1-3t),求t的取值范围.【答案】t的取值范围为14【解析】∵g(x)是[-2,2]上的增函数,且g(t)>g(1-3t),∴-2≤t≤2,即-2≤t≤2,∴14<t≤1.∴t的取值范围为1题型六单调性最值的实际应用例6“菊花”烟花是最壮观的烟花之一.制造时一般是期望在它达到最高点时爆裂.如果烟花距地面的高度h（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为h（t）=-4.9t2【答案】t的取值范围为14【解析】画出函数h（t）=-4.9+14.7t+18的图象（图3.2-4）.显然，函数图象的顶点就是烟花上升的最高点，顶点的横坐标就是烟花爆裂的最佳时刻，纵坐标就是这时距地面的高度。解题方法（解函数应用题的一般程序）(1)审题.弄清题意,分清条件和结论,理顺数量关系.(2)建模.将文字语言转化成数学语言,用数学知识建立相应的数学模型.(3)求模.求解数学模型,得到数学结论.(4)还原.将用数学方法得到的结论还原为实际问题的意义.(5)反思回顾.对于数学模型得到的数学解,必须验证这个数学解对实际问题的合理性.跟踪训练六1.某租赁公司拥有汽车100辆,当每辆车的月租金为3000元时,可全部租出,当每辆车的月租金每增加50元时,未租出的车将会增加一辆,租出的车每辆每月需要维护费150元,未租出的车每辆每月需要维护费50元.(1)当每辆车的月租金为3600元时,能租出多少辆?(2)当每辆车的月租金为多少元时,租赁公司的月收益最大?最大月收益是多少?【答案】见解析【解析】(1)当每辆车的月租金为3600元时,未租出的车辆数为3600-300050(2)设每辆车的月租金为x元,租赁公司的月收益为y=100-x-300050(x-150)整理得y=-x250+162=-150(x-4050)2+307050所以当x=4050,即每辆车的租金为4050元时,租赁公司的月收益最大,最大月收益是307050元.五、课堂小结让学生总结本节课所学主要知识及解题技巧六、板书设计33.2.1函数的单调性与最大（小）值函数的单调性例1例2例3单调性证明最值2.分段函数七、作业课本85页习题3.21-5【教学反思】函数单调性是研究函数概念基础上学习的第一性质，是后面学习反函数、不等式、导数等内容的基础，又是培养逻辑推理能力的重要素材。它常伴随着函数的其他性质解决问题。《3.2.1单调性与最大（小）值》导学案【学习目标】1、理解增函数、减函数的概念及函数单调性的定义；2、会根据单调定义证明函数单调性；3、理解函数的最大（小）值及其几何意义；4、学会运用函数图象理解和研究函数的性质.【重点与难点】重点：1、函数单调性的定义及单调性判断和证明；2、利用函数单调性或图像求最值.难点：根据定义证明函数单调性．【学习过程】一、预习导入阅读课本76-80页，填写。增函数、减函数的定义2、单调性与单调区间如果函数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)在这一区间上具有(严格的)________，区间D叫做y＝f(x)的________．[点睛]一个函数出现两个或者两个以上的单调区间时，不能用“∪”连接，而应该用“,”连接．如函数y＝在(－∞，0),(0，＋∞)上单调递减，却不能表述为：函数y＝在(－∞，0)∪(0，＋∞)上单调递减．函数的最大（小）值【小试牛刀】1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)所有的函数在其定义域上都具有单调性．()(2)在增函数与减函数的定义中，可以把“任意两个自变量”改为“存在两个自变量”．()(3)任何函数都有最大值或最小值．()(4)函数的最小值一定比最大值小．()2.函数y＝f(x)的图象如图所示，其增区间是()A．[－4,4]B．[－4，－3]，[1,4]C．[－3,1]D．[－3,4]3．函数y＝f(x)在[－2,2]上的图象如图所示，则此函数的最小值、最大值分别是()A．－1,0B．0,2C．－1,2 D.eq\f(1,2)，24．下列函数f(x)中，满足对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)的是()A．f(x)＝x2 B．f(x)＝eq\f(1,x)C．f(x)＝|x| D．f(x)＝2x＋15．函数f(x)＝eq\f(2,x)，x∈[2,4]，则f(x)的最大值为______；最小值为________．【自主探究】题型一利用图象确定函数的单调区间例1求下列函数的单调区间,并指出其在单调区间上是增函数还是减函数:(1)y=3x-2;(2)y=-1x跟踪训练一已知x∈R,函数f(x)=x|x-2|,试画出y=f(x)的图象,并结合图象写出函数的单调区间.题型二利用函数的图象求函数的最值例2已知函数y=-|x-1|+2,画出函数的图象,确定函数的最值情况,并写出值域.跟踪训练二1.已知函数f(x)=1(1)画出f(x)的图象;(2)利用图象写出该函数的最大值和最小值.题型三证明函数的单调性例3求证:函数f(x)=x+在区间(0,1)内为减函数.跟踪训练三1.求证：函数f(x)＝在(0，＋∞)上是减函数，在(－∞，0)上是增函数．题型四利用函数的单调性求最值例4已知函数f(x)=x+4x(1)判断f(x)在区间[1,2]上的单调性;(2)根据f(x)的单调性求出f(x)在区间[1,2]上的最值.跟踪训练四1.已知函数f(x)＝6x-题型五函数单调性的应用例5已知函数f(x)在区间(0,+∞)上是减函数,试比较f(a2-a+1)与f的大小.跟踪训练五1.已知g(x)是定义在[-2,2]上的增函数,且g(t)>g(1-3t),求t的取值范围.题型六单调性最值的实际应用例6“菊花”烟花是最壮观的烟花之一.制造时一般是期望在它达到最高点时爆裂.如果烟花距地面的高度h（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为h（t）=-4.9t2跟踪训练六1.某租赁公司拥有汽车100辆,当每辆车的月租金为3000元时,可全部租出,当每辆车的月租金每增加50元时,未租出的车将会增加一辆,租出的车每辆每月需要维护费150元,未租出的车每辆每月需要维护费50元.(1)当每辆车的月租金为3600元时,能租出多少辆?(2)当每辆车的月租金为多少元时,租赁公司的月收益最大?最大月收益是多少?【课堂检测】1.f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有faA．函数f(x)先增后减B．函数f(x)先减后增C．函数f(x)是R上的增函数D．函数f(x)是R上的减函数2.已知函数f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0,1]，若f(x)的最小值为－2，则f(x)的最大值为()A．－1 B．0C．1 D．23．已知函数f(x)＝4x2－kx－8在区间(5,20)上既没有最大值也没有最小值，则实数k的取值范围是()A．[160，＋∞)B．(－∞，40]C．(－∞，40]∪[160，＋∞)D．(－∞，20]∪[80，＋∞)4.若函数y＝f(x)的定义域为R，且为增函数，f(1－a)<f(2a－1)，则a的取值范围是。5.f(x)是定义在[0，＋∞)上的减函数，则不等式f(x)＜f(－2x＋8)的解集是____________．6.证明函数f(x)=-x在定义域上为减函数.7.有一长为24米的篱笆，一面利用墙(墙最大长度是10米)围成一个矩形花圃，设该花圃宽AB为x米，面积是y平方米，(1)求出y关于x的函数解析式，并指出x的取值范围；(2)当花圃一边AB为多少米时，花圃面积最大？并求出这个最大面积？答案小试牛刀1．（1）×（2）×（3）×（4）√2-4．CCB3．1eq\f(1,2)自主探究例1【答案】见解析【解析】(1)函数y=3x-2的单调区间为R,其在R上是增函数.(2)函数y=-的单调区间为(-∞,0),(0,+∞),其在(-∞,0)及(0,+∞)上均为增函数.跟踪训练一【答案】单调增区间为(-∞,1],[2,+∞);单调减区间为[1,2]【解析】f(x)=x|x-2|=x(x-由图象可知,函数的单调增区间为(-∞,1],[2,+∞);单调减区间为[1,2].例2【答案】最大值为2,没有最小值.所以其值域为(-∞,2]【解析】y=-|x-1|+2=3-由图象知,函数y=-|x-1|+2的最大值为2,没有最小值.所以其值域为(-∞,2]跟踪训练二【答案】(1)见解析（2）最小值为f(1)=1,无最大值【解析】(1)函数f(x)的图象如图所示.(2)由图象可知f(x)的最小值为f(1)=1,无最大值.例3【答案】见解析【解析】证明:设x1,x2是区间(0,1)内的任意两个实数,且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=x=(x1-x2)+x2-x1x1x2=(x∵0<x1<x2<1,∴x1x2>0,x1x2-1<0,x1-x2<0,∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2).故函数f(x)=x+1x在区间(0,1)内为减函数.跟踪训练三【答案】见解析【解析】对于任意的x1，x2∈(－∞，0)，且x1<x2，有f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,x\o\al(2,1))－eq\f(1,x\o\al(2,2))＝eq\f(x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1),x\o\al(2,1)x\o\al(2,2))＝eq\f(x2－x1x2＋x1,x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)).∵x1＜x2＜0，∴x2－x1＞0，x1＋x2＜0，xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＞0.∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．∴函数f(x)＝eq\f(1,x2)在(－∞，0)上是增函数．对于任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，有f(x1)－f(x2)＝eq\f(x2－x1x2＋x1,x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)).∵0＜x1＜x2，∴x2－x1＞0，x2＋x1＞0，xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＞0.∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．∴函数f(x)＝eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上是减函数．例4【答案】见解析【解析】(1)设x1,x2是区间[1,2]上的任意两个实数,且x1<x2,∵x1<x2,∴x1-x2<0.当1≤x1<x2≤2时,x1x2>0,1<x1x2<4,即x1x2-4<0.∴f(x1)>f(x2),即f(x)在区间[1,2]上是减函数.(2)由(1)知f(x)的最小值为f(2),f(2)=2+=4;f(x)的最大值为f(1).∵f(1)=1+4=5,∴f(x)的最小值为4,最大值为5.跟踪训练四【答案】见解析【解析】设x1，x2是区间[2,6]上的任意两个实数，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(2,x1－1)－eq\f(2,x2－1)＝eq\f(2[x2－1－x1－1],x1－1x2－1)＝eq\f(2x2－x1,x1－1x2－1).由2≤x1＜x2≤6，得x2－x1＞0，(x1－1)(x2－1)＞0，于是f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．所以函数f(x)＝eq\f(2,x－1)是区间[2,6]上的减函数．因此，函数f(x)＝eq\f(2,x－1)在区间[2,6]的两个端点处分别取得最大值与最小值，即在x＝2时取得最大值，最大值是2，在x＝6时取得最小值，最小值是0.4.例5【答案】f34≥f(a2【解析】∵a2-a+1=a-∴34与a2∵f(x)在区间(0,+∞)上是减函数,∴f34≥f(a2跟踪训练五【答案】t的取值范围为14【解析】∵g(x)是[-2,2]上的增函数,且g(t)>g(1-3t),∴-2≤t≤2,即-2≤t≤2,∴14<t≤1.∴t的取值范围为1例6【答案】t的取值范围为14【解析】画出函数h（t）=-4.9+14.7t+18的图象（图3.2-4）.显然，函数图象的顶点就是烟花上升的最高点，顶点的横坐标就是烟花爆裂的最佳时刻，纵坐标就是这时距地面的高度。跟踪训练六【答案】见解析【解析】(1)当每辆车的月租金为3600元时,未租出的车辆数为3600-300050(2)设每辆车的月租金为x元,租赁公司的月收益为y=100-x-300050(x-150)整理得y=-x250+162=-150(x-4050)2+307050所以当x=4050,即每辆车的租金为4050元时,租赁公司的月收益最大,最大月收益是307050元.当堂检测 1-3．CCC4．234.83＜x6．【答案】见解析【解析】函数f(x)=-x的定义域为[0,+∞).设x1,x2是[0,+∞)上的任意两个实数,且0≤x1<x2,则x2-x1>0,f(x2)-f(x1)=(-x2)-(-x=x=(x∵x1-x2<0,x1∴f(x2)-f(x1)<0,即f(x2)<f(x1).∴函数f(x)=-x在定义域[0,+∞)上为减函数.7.【答案】见解析【解析】(1)如图所示：∵0＜24－2x≤10，∴7≤x＜12，∴y＝x(24－2x)＝－2x2＋24x，(7≤x＜12)．(2)由(1)得，y＝－2x2＋24x＝－2(x－6)2＋72，∴AB＝6m时，y最大为72m2.《3.2.1第1课时函数的单调性》分层同步练习一巩固基础1．函数f(x)的定义域为(a，b)，且对其内任意实数x1，x2均有(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0，则f(x)在(a，b)上()A．增函数 B．减函数C．不增不减函数 D．既增又减函数2．若函数f(x)在区间(a，b)上是增函数，在区间(b，c)上也是增函数，则函数f(x)在区间(a，b)∪(b，c)上()A．必是增函数 B．必是减函数C．是增函数或减函数 D．无法确定单调性3．如果函数f(x)在[a，b]上是增函数，那么对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，下列结论中不正确的是()A.eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0C．若x1<x2，则f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b)D.eq\f(x1－x2,fx1－fx2)>04．对于函数y＝f(x)，在给定区间上有两个数x1，x2，且x1<x2，使f(x1)<f(x2)成立，则y＝f(x)()A．一定是增函数 B．一定是减函数C．可能是常数函数 D．单调性不能确定5．下列函数中，在(－∞，0]内为增函数的是()A．y＝x2－2B．y＝eq\f(3,x)C．y＝1＋2xD．y＝－(x＋2)26．已知函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的对称轴为直线x＝1，则()A．f(－1)<f(1)<f(2) B．f(1)<f(2)<f(－1)C．f(2)<f(－1)<f(1) D．f(1)<f(－1)<f(2)7．若函数f(x)＝2x2－mx＋3，当x∈[－2，＋∞)时是增函数，当x∈(－∞，－2)时是减函数，则f(1)＝________.8．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3x＋5，x≤1，,\f(2a,x)，x>1))是R上的减函数，则实数a的取值范围是。9．画出函数y＝－x2＋2|x|＋3的图象，并指出函数的单调区间．10．证明函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)在(2，＋∞)上是增函数．综合应用11.若定义在R上的二次函数f(x)＝ax2－4ax＋b在区间[0,2]上是增函数，且f(m)≥f(0)，则实数m的取值范围是()A．0≤m≤4 B．0≤m≤2C．m≤0 D．m≤0或m≥412．若f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，则下列说法中正确的是()A．f(x)>f(0) B．f(x2)>f(0)C．f(3a＋1)<f(3a) D．f(a2＋1)≥f(2a)13.如果f(x)＝x2＋bx＋c对任意实数t都有f(3＋t)＝f(3－t)，那么()A．f(3)<f(1)<f(6)B．f(1)<f(3)<f(6)C．f(3)<f(6)<f(1)D．f(6)<f(3)<f(1)14．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋3a，x≥0，,x2－ax＋1，x<0))是(－∞，＋∞)上的减函数，则实数a的取值范围是()A．[0，eq\f(1,3)]B．(0，eq\f(1,3))C．(0，eq\f(1,3)]D．[0，eq\f(1,3))15．函数f(x)＝x2－2mx－3在区间[1,2]上单调，则m的取值范围是________．16．已知f(x)是定义在区间[－1,1]上的增函数，且f(x－2)<f(1－x)，则x的取值范围是________．17．设f(x)是定义在R上的增函数，f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则不等式f(x)＋f(－2)>1的解集为________．18．已知函数y＝f(x)在[0，＋∞)上是减函数，试比较feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))与f(a2－a＋1)的大小．19.已知a>0，函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(x>0)，证明：函数f(x)在(0，eq\r(a)]上是减函数，在[eq\r(a)，＋∞)上是增函数．20.讨论函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a≠\f(1,2)))在(－2，＋∞)上的单调性．【参考答案】1.B解析∵(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x2<0，,fx1－fx2>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x2>0，,fx1－fx2<0.))即当x1<x2时，f(x1)>f(x2)或当x1>x2时，f(x1)<f(x2)．不论哪种情况，都说明f(x)在(a，b)上为减函数．2.D解析函数在区间(a，b)∪(b，c)上无法确定单调性．如y＝－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)上也是增函数，但在(－∞，0)∪(0，＋∞)上并不具有单调性．3.C解析因为f(x)在[a，b]上是增函数，对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，x1－x2与f(x1)－f(x2)的符号相同，故A，B，D都正确，而C中应为若x1<x2，则f(a)≤f(x1)<f(x2)≤f(b)．4.D解析由单调性定义可知，不能用特殊值代替一般值．5.C解析函数y＝x2－2在(－∞，0]内是减函数；函数y＝eq\f(3,x)在(－∞，0)内图象是下降的，也不是增函数；y＝1＋2x在R上都是增函数，所以在(－∞，0]上是增函数；y＝－(x＋2)2在(－∞，－2]上是增函数，在(－2，＋∞)上是减函数．6.B解析因为二次函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝1，所以f(－1)＝f(3)．又函数f(x)的图象为开口向上的抛物线，则f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，故f(1)<f(2)<f(3)，即f(1)<f(2)<f(－1)．故选B.7.13解析由条件知x＝－2是函数f(x)图象的对称轴，所以eq\f(m,4)＝－2，m＝－8，则f(1)＝13.8.0<a≤2解析依题意得实数a满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3<0，,2a>0，,a－3＋5≥2a，))解得0<a≤2.9.解y＝－x2＋2|x|＋3＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3x≥0,－x2－2x＋3x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－12＋4x≥0,－x＋12＋4x<0)).函数图象如图所示．函数在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数，函数在[－1,0]，[1，＋∞)上是减函数．∴函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调增区间是(－∞，－1]和[0,1]，单调减区间是[－1,0]和[1，＋∞)．10.证明任取x1，x2∈(2，＋∞)，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(4,x1)－x2－eq\f(4,x2)＝(x1－x2)＋eq\f(4x2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq\f(x1x2－4,x1x2).∵2<x1<x2，∴x1－x2<0，x1x2>4，x1x2－4>0，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．∴函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)在(2，＋∞)上是增函数．11.A解析由于f(x)在区间[0,2]上是增函数，所以f(2)＞f(0)，解得a＜0.又因f(x)图象的对称轴为x＝－eq\f(－4a,2a)＝2.所以x在[0,2]上的值域与[2,4]上的值域相同，所以满足f(m)≥f(0)的m的取值范围是0≤m≤4.12.D解析∵a2＋1－2a＝(a－1)2≥0，∴a2＋1≥2a.当a＝1时，f(a2＋1)＝f(2a)；当a≠1时，f(a2＋1)>f(2a)．故选D.13.A解析由于f(x)是二次函数，其函数图象为开口向上的抛物线，f(3＋t)＝f(3－t)，∴抛物线的对称轴为x＝3，且[3，＋∞)为函数的增区间，由f(1)＝f(3－2)＝f(3＋2)＝f(5)，又∵3<5<6，∴f(3)<f(5)<f(6)，故选A.14.A解析当x<0时，函数f(x)＝x2－ax＋1是减函数，解得a≥0，当x≥0时，函数f(x)＝－x＋3a是减函数，分段点0处的值应满足1≥3a，解得a≤eq\f(1,3)，∴0≤a≤eq\f(1,3).15.(－∞，1]∪[2，＋∞)解析二次函数在某区间内是否单调取决于对称轴的位置，函数f(x)＝x2－2mx－3的对称轴为x＝m，函数在区间[1,2]上单调，则m≤1或m≥2.16.[1，eq\f(3,2))解析由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x－2≤1，,－1≤1－x≤1，,x－2<1－x，))解得1≤x<eq\f(3,2)，故满足条件的x的取值范围是1≤x<eq\f(3,2).17.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(3,2)))))解析由条件可得f(x)＋f(－2)＝f(－2x)，又f(3)＝1，∴不等式f(x)＋f(－2)>1，即为f(－2x)>f(3)．∵f(x)是定义在R上的增函数，∴－2x>3，解得x<－eq\f(3,2).故不等式f(x)＋f(－2)>1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(3,2))))).18.解∵a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，∴eq\f(3,4)与a2－a＋1都在区间[0，＋∞)内．又∵y＝f(x)在区间[0，＋∞)上是减函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))≥f(a2－a＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(等号当且仅当a＝\f(1,2)时取到)).19.证明设x1，x2是任意两个正数，且0<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．20.解f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)＝a＋eq\f(1－2a,x＋2)，设任意x1，x2∈(－2，＋∞)且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(1－2a,x1＋2)－eq\f(1－2a,x2＋2)＝(1－2a)eq\f(x2－x1,x2＋2x1＋2)，∵－2<x1<x2，∴x2－x1>0，又(x2＋2)(x1＋2)>0.(1)若a<eq\f(1,2)，则1－2a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，则f(x)在(－2，＋∞)上为减函数．(2)若a>eq\f(1,2)，则1－2a<0.∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，故f(x)在(－2，＋∞)上为增函数．综上，当a<eq\f(1,2)时，f(x)在(－2，＋∞)上为减函数；当a>eq\f(1,2)时，f(x)在(－2，＋∞)上为增函数．《3.2.1第2课时函数的最大（小）值》分层同步练习一巩固基础1．若函数y＝ax＋1在[1,2]上的最大值与最小值的差为2，则实数a的值是()A．2 B．－2C．2或－2 D．0函数y＝f(x)(－2≤x≤2)的图象如右图所示，则函数的最大值、最小值分别为()A．f(2)，f(－2)B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，f(－1)C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，f(0)3．设定义在R上的函数f(x)＝x|x|，则f(x)()A．只有最大值 B．只有最小值C．既有最大值，又有最小值 D．既无最大值，又无最小值4．函数y＝eq\f(3,x＋2)(x≠－2)在区间[0,5]上的最大值、最小值分别是()A.eq\f(3,7)，0B.eq\f(3,2)，0C.eq\f(3,2)，eq\f(3,7)D．最小值为－eq\f(1,4)，无最大值5．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋6，x∈[1，2]，,x＋7，x∈[－1，1]，))则f(x)的最大值与最小值分别为()A．10,6 B．10,8C．8,6 D．以上都不对eq\r(3－aa＋6)(－6≤a≤3)的最大值为 ()A．9 B．eq\f(9,2)C．3 D．eq\f(3\r(2),2)已知函数f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0,1]，若f(x)有最小值－2，则f(x)的最大值为________．8．已知函数f(x)＝4x2－mx＋1在(－∞，－2)上递减，在[－2，＋∞)上递增，求f(x)在[1,2]上的值域．9．已知函数f(x)＝eq\f(3,2x－1).(1)证明：函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是减函数；(2)求函数f(x)在[1,5]上的最大值和最小值．10．求函数f(x)＝x2－2ax＋2在[－1,1]上的最小值．综合应用11．某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车，销售x辆该品牌车的利润(单位：万元)分别为L1＝－x2＋21x和L2＝2x.若该公司在两地共销售15辆，则能获得的最大利润为()A．90万元 B．60万元C．120万元 D．120.25万元12．当0≤x≤2时，a<－x2＋2x恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，1] B．(－∞，0]C．(－∞，0) D．(0，＋∞)13．已知函数f(x)＝x2－6x＋8，x∈[1，a]，并且f(x)的最小值为f(a)，则a的取值范围是________．14．函数y＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为________．15.函数y＝eq\f(1,x－2)，x∈[3,4]的最大值为________．16．画出函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)，x∈－∞，0，,x2＋2x－1，x∈[0，＋∞))的图象，并写出函数的单调区间及最小值．17．若二次函数满足f(x＋1)－f(x)＝2x且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)若在区间[－1,1]上不等式f(x)>2x＋m恒成立，求实数m的取值范围．18．已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－eq\f(2,3).(1)求证：f(x)是R上的单调减函数．(2)求f(x)在[－3,3]上的最小值．【参考答案】C解析a>0时，由题意得2a＋1－(a＋1)＝2，即a＝2；a<0时，a＋1－(2a＋1)＝2，∴a＝－2.综上，a＝±2.2.C解析根据函数最值定义，结合函数图象可知，当x＝－eq\f(3,2)时，有最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))；当x＝eq\f(1,2)时，有最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).3.D解析f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2x≥0，,－x2x＜0，))画出图象可知，既无最大值又无最小值．4.C解析因为函数y＝eq\f(3,x＋2)在区间[0,5]上单调递减，所以当x＝0时，ymax＝eq\f(3,2)，当x＝5时，ymin＝eq\f(3,7).5.A解析∵x∈[1,2]时，f(x)max＝2×2＋6＝10，f(x)min＝2×1＋6＝8.又x∈[－1,1]时，f(x)max＝1＋7＝8，f(x)min＝－1＋7＝6，∴f(x)max＝10，f(x)min＝6.6.B解析利用配方法结合函数的定义域求解．eq\r(3－aa＋6)＝eq\r(－a2－3a＋18)＝eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋3a＋\f(9,4)))＋\f(81,4))＝eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,2)))2＋\f(81,4))，由于－6≤a≤3，∴当a＝－eq\f(3,2)时，eq\r(3－aa＋6)有最大值eq\f(9,2).7.1解析函数f(x)＝－x2＋4x＋a＝－(x－2)2＋4＋a，x∈[0,1]，且函数有最小值－2.故当x＝0时，函数有最小值，当x＝1时，函数有最大值．∵当x＝0时，f(0)＝a＝－2，∴f(x)＝－x2＋4x－2，∴当x＝1时，f(x)max＝f(1)＝－12＋4×1－2＝1.8.解∵f(x)在(－∞，－2)上递减，在[－2，＋∞)上递增，∴函数f(x)＝4x2－mx＋1的对称轴方程x＝eq\f(m,8)＝－2，即m＝－16.又[1,2]⊆[－2，＋∞)，且f(x)在[－2，＋∞)上递增．∴f(x)在[1,2]上递增，∴当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝4－m＋1＝21；当x＝2时，f(x)取得最大值f(2)＝16－2m＋1＝49.∴f(x)在[1,2]上的值域为[21,49]．9.解(1)证明：设x1、x2是区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的任意两个实数，且x2>x1>eq\f(1,2)，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(3,2x1－1)－eq\f(3,2x2－1)＝eq\f(6x2－x1,2x1－12x2－1).由于x2>x1>eq\f(1,2)，所以x2－x1>0，且(2x1－1)·(2x2－1)>0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)＝eq\f(3,2x－1)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是减函数．(2)由(1)知，函数f(x)在[1,5]上是减函数，因此，函数f(x)＝eq\f(3,2x－1)在区间[1,5]的两个端点上分别取得最大值与最小值，即最大值为f(1)＝3，最小值为f(5)＝eq\f(1,3).10.解函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，且函数图象开口向上.①当a>1时，f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)min＝f(1)＝3－2a；②当－1≤a≤1时，f(x)在[－1,1]上先减后增，故f(x)min＝f(a)＝2－a2；③当a<－1时，f(x)在[－1,1]上单调递增，故f(x)min＝f(－1)＝3＋2a.综上可知f(x)的最小值为f(x)min＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2a，a>1，,2－a2，－1≤a≤1，,3＋2a，a<－1.))C解析设公司在甲地销售x辆，则在乙地销售(15－x)辆，公司获利为L＝－x2＋21x＋2(15－x)＝－x2＋19x＋30＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(19,2)))2＋30＋eq\f(192,4)，∴当x＝9或10时，L最大为120万元．12.C解析令f(x)＝－x2＋2x(0≤x≤2)＝－(x2－2x＋1)＋1＝－(x－1)2＋1,∴f(x)最小值为f(0)＝f(2)＝0.而a<－x2＋2x恒成立，∴a<0.13.(1,3]解析由题意知f(x)在[1，a]上是单调递减的，又∵f(x)的单调减区间为(－∞，3]，∴1<a≤3.14.3解析化简函数为y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋1，x≤－1，,3，－1<x≤2，,2x－1，x>2，))其图象如图所示，所以函数的最小值为3.15.1解析函数y＝eq\f(1,x－2)在[3,4]上是单调减函数，故y的最大值为eq\f(1,3－2)＝1.16.解f(x)的图象如图所示，f(x)的单调递增区间是(－∞，0)和[0，＋∞)，函数的最小值为f(0)＝－1.17.解(1)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝1，∴c＝1，∴f(x)＝ax2＋bx＋1.∵f(x＋1)－f(x)＝2x，∴2ax＋a＋b＝2x，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2,a＋b＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－1))，∴f(x)＝x2－x＋1.(2)由题意：x2－x＋1>2x＋m在[－1,1]上恒成立，即x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立．令g(x)＝x2－3x＋1－m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2－eq\f(5,4)－m，其对称轴为x＝eq\f(3,2)，∴g(x)在区间[－1,1]上是减函数，∴g(x)min＝g(1)＝1－3＋1－m>0，∴m<－1.18.解(1)证明：设x1，x2是任意的两个实数，且x1<x2，则x2－x1>0，因为x>0时，f(x)<0，所以f(x2－x1)<0，又因为x2＝(x2－x1)＋x1，所以f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)，所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)<0，所以f(x2)<f(x1)．所以f(x)是R上的单调减函数．(2)由(1)可知f(x)在R上是减函数，所以f(x)在[－3,3]上也是减函数，所以f(x)在[－3,3]上的最小值为f(3)．而f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－2.所以函数f(x)在[－3,3]上的最小值是－2.《§3．2．1单调性与最大（小）值》同步练习二（第一课时）一．选择题1．下列图象表示的函数中，在R上是增函数的是（）A．B．C．D．2．函数在区间上的图象如图所示，则此函数的增区间是（）A． B．C． D．3．函数的增区间是()A．(－∞，1]B．[2，＋∞)C．(－∞，1]，[2，＋∞)D．(－∞，＋∞)4．下列函数中，满足对任意，当x1<x2时，都有的是()A． B．C． D．5．若函数为上的增函数，则实数的值为（）A． B．C． D．6．函数()A．在(－1，＋∞)上单调递增B．在(1，＋∞)上单调递增C．在(－1，＋∞)上单调递减D．在(1，＋∞)上单调递减7．函数在区间是减函数，则实数a的取值范围是（）A． B．C． D．8．函数在R上为增函数，且，则实数m的取值范围()A．(－∞，－3)B．(0，＋∞)C．(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)二．填空题9．如图所示为函数y＝f(x)，x∈[－4,7]的图象，则函数f(x)的单调递增区间是____________．10．函数的单调减区间为________．三．解答题11．判断并证明函数在(0，＋∞)上的单调性．12．已知f(x)是定义在[－1,1]上的增函数，且f(x－2)<f(1－x)，求x的取值范围．【参考答案】一．选择题1．下列图象表示的函数中，在R上是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D2．函数在区间上的图象如图所示，则此函数的增区间是（）A． B．C． D．【答案】C3．函数的增区间是()A．(－∞，1]B．[2，＋∞)C．(－∞，1]，[2，＋∞)D．(－∞，＋∞)【答案】C4．下列函数中，满足对任意，当x1<x2时，都有的是()A． B．C． D．【答案】B5．若函数为上的增函数，则实数的值为（）A． B．C． D．【答案】D6．函数()A．在(－1，＋∞)上单调递增B．在(1，＋∞)上单调递增C．在(－1，＋∞)上单调递减D．在(1，＋∞)上单调递减【答案】B7．函数在区间是减函数，则实数a的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】B8．函数在R上为增函数，且，则实数m的取值范围()A．(－∞，－3)B．(0，＋∞)C．(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)【答案】C二．填空题9．如图所示为函数y＝f(x)，x∈[－4,7]的图象，则函数f(x)的单调递增区间是____________．【答案】[－1．5,3]和[5,6]10．函数的单调减区间为________．【答案】(－∞，0]，[2,4]三．解答题11．判断并证明函数f(x)＝－eq\f(1,x)＋1在(0，＋∞)上的单调性．【答案】函数f(x)＝－eq\f(1,x)＋1在(0，＋∞)上是增函数．证明如下：设x1，x2是(0，＋∞)上的任意两个实数，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x1)＋1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x2)＋1))＝eq\f(x1－x2,x1x2)，由x1，x2∈(0，＋∞)，得x1x2>0，又由x1<x2，得x1－x2<0，于是f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)＝－eq\f(1,x)＋1在(0，＋∞)上是增函数．12．已知f(x)是定义在[－1,1]上的增函数，且f(x－2)<f(1－x)，求x的取值范围．【答案】∵f(x)是定义在[－1,1]上的增函数，且f(x－2)<f(1－x)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x－2≤1，,－1≤1－x≤1，,x－2<1－x，))解得1≤x<eq\f(3,2)，所以x的取值范围为1≤x<eq\f(3,2)．《§3．2．1单调性与最大（小）值》同步练习二（第二课时）一．选择题1．下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（）A． B．C． D．2．函数的减区间是（）A． B．C．， D．3．函数的单调递增区间是（）A． B．C． D．4．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．5．函数的递增区间是______．A． B．C． D．6．数学老师给出一个定义在R上的函数f(x)，甲、乙、丙、丁四位同学各说出了这个函数的一条性质:甲:在(-∞,0)上函数单调递减;乙:在[0,+∞]上函数单调递增;丙:函数f(x)的图象关于直线x=1对称；丁:f(0)不是函数的最小值．老师说:你们四个同学中恰好有三个人说的正确，则说法错误的同学是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁7．函数的单调递减区间为（）A． B．C． D．8．若函数区间单调递减，则a的取值范围是（）A． B．C． D．二．填空题9．若函数的单调递增区间是，则=________．10．的单调减区间是__________．三．解答题11．已知函数（1）请在给定的坐标系中画出此函数的图象；（2）写出此函数的定义域及单调区间，并写出值域．12．若非零函数对任意实数均有，且当时，．（1）求证：；（2）求证：为减函数；（3）当时，解不等式【参考答案】一．选择题1．下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（）A． B． C． D．【答案】D2．函数的减区间是（）A． B．C．， D．【答案】C3．函数的单调递增区间是（）A． B．C． D．【答案】B4．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】B5．函数的递增区间是______．A． B．C． D．【答案】A6．数学老师给出一个定义在R上的函数f(x)，甲、乙、丙、丁四位同学各说出了这个函数的一条性质:甲:在(-∞,0)上函数单调递减;乙:在[0,+∞]上函数单调递增