2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题07函数的单调性与最大(小)值教师版

专题07函数的单调性与最大(小)值一、【知识梳理】【考纲要求】1.借助函数图象，会用数学符号语言表达函数的单调性、最值，理解其实际意义.2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.【考点预测】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，区间D⊆I，如果∀x1，x2∈D当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递增，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递减，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它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)单调区间的定义如果函数y＝f(x)在区间D上单调递增或单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D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I，如果存在实数M满足条件(1)∀x∈I，都有f(x)≤M；(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M(1)∀x∈I，都有f(x)≥M；(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值【常用结论】1.有关单调性的常用结论在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数；减函数＋减函数＝减函数；增函数－减函数＝增函数；减函数－增函数＝减函数.2.函数y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝eq\f(1,f（x）)的单调性相反.【方法技巧】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.(1)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.(2)函数y＝f(g(x))的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.3.求函数最值的三种基本方法：(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值.(3)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.4.对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.5.利用函数的单调性比较大小，首先要准确判断函数的单调性，其次应将自变量转化到一个单调区间内，然后利用单调性比较大小.6.求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，利用函数的单调性将“f”符号脱去，转化为关于自变量的不等式求解，应注意函数的定义域.7.利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.对于分段函数，要注意衔接点的取值.二、【题型归类】【题型一】求具体函数的单调区间【典例1】(多选)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝ex－e－x B．y＝|x2－2x|C．y＝x＋cosx D．y＝eq\r(x2＋x－2)【解析】∵y＝ex与y＝－e－x为R上的增函数，∴y＝ex－e－x为R上的增函数，故A正确；由y＝|x2－2x|的图象知，故B不正确；对于选项C，y′＝1－sinx≥0，∴y＝x＋cosx在R上为增函数，故C正确；y＝eq\r(x2＋x－2)的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，故D不正确．故选AC.【典例2】函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2x2－3x＋1)的递减区间为__________．【解析】作出t＝2x2－3x＋1的图象如图，∵0<eq\f(1,2)<1，∴y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(t)单调递减．要使y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2x2-3x+1)递减，只要x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞)).故填eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞)).【典例3】函数y＝logA．(1，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))【解析】由2x2－3x＋1>0，得函数的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪(1，＋∞)．令t＝2x2－3x＋1，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪(1，＋∞)．则y＝log∵t＝2x2－3x＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2－eq\f(1,8)，∴t＝2x2－3x＋1的单调递增区间为(1，＋∞)．又y＝log∴函数y＝log【题型二】判断或证明函数的单调性【典例1】试讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性．【解析】方法一设－1<x1<x2<1，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)))，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(ax2－x1,x1－1x2－1)，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．方法二f′(x)＝eq\f(ax′x－1－axx－1′,x－12)＝eq\f(ax－1－ax,x－12)＝－eq\f(a,x－12).当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增．【典例2】判断函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，＋∞)上的单调性．【解析】解法一：设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，故f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，故函数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)，＋∞)上是增函数．解法二：求导可得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)]上是减函数；在(eq\r(a)，＋∞)上是增函数．【典例3】判断并证明函数f(x)＝ax2＋eq\f(1,x)(其中1<a<3)在[1,2]上的单调性．【解析】函数f(x)＝ax2＋eq\f(1,x)(1<a<3)在[1,2]上单调递增．证明：设1≤x1<x2≤2，则f(x2)－f(x1)＝axeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,x2)－axeq\o\al(2,1)－eq\f(1,x1)＝(x2－x1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ax1＋x2－\f(1,x1x2)))，由1≤x1<x2≤2，得x2－x1>0,2<x1＋x2<4，1<x1x2<4，－1<－eq\f(1,x1x2)<－eq\f(1,4).又因为1<a<3，所以2<a(x1＋x2)<12，得a(x1＋x2)－eq\f(1,x1x2)>0，从而f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，故当a∈(1,3)时，f(x)在[1,2]上单调递增．【题型三】比较函数值的大小【典例1】已知函数f(x)为R上的偶函数，对任意x1，x2∈(－∞，0)，均有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0成立，若a＝f(ln

eq\r(2))，b＝f(313)，c＝f(e13)，则a，b，cA．c<b<a B．a<c<bC．a<b<c D．c<a<b【解析】∵对任意x1，x2∈(－∞，0)，均有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0成立，∴此时函数在区间(－∞，0)上单调递减，∵f(x)是偶函数，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)单调递增，又f(x)＝x13在∴1<e13<又0<ln

eq\r(2)<1，∴ln

eq\r(2)<e13<313∴f313>fe13>f即a<c<b.故选B.【典例2】设函数f(x)＝loga|x|在(－∞，0)上单调递增，则f(a＋1)与f(2)的大小关系是()A．f(a＋1)>f(2) B．f(a＋1)<f(2)C．f(a＋1)＝f(2) D．不能确定【解析】由y＝f(x)的图象及已知可得0<a<1，所以1<a＋1<2，由于函数f(x)为偶函数，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(a＋1)>f(2)．故选A.【典例3】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>bB．c>b>aC．a>c>bD．b>a>c【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，因为a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，且2<eq\f(5,2)<3，所以b>a>c.故选D.【题型四】求函数的最值【典例1】函数y＝eq\f(\r(x2＋4),x2＋5)的最大值为________．【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)(x＝0时取等号)．即y的最大值为eq\f(2,5).【典例2】函数y＝eq\f(x2－1,x2＋1)的值域为____________．【解析】由y＝eq\f(x2－1,x2＋1)，可得x2＝eq\f(1＋y,1－y).由x2≥0，知eq\f(1＋y,1－y)≥0，解得－1≤y<1，故所求函数的值域为[－1,1)．【典例3】函数y＝x＋eq\r(1－x2)的最大值为________．【解析】由1－x2≥0，可得－1≤x≤1.可令x＝cosθ，θ∈[0，π]，则y＝cosθ＋sinθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，θ∈[0，π]，所以－1≤y≤eq\r(2)，故原函数的最大值为eq\r(2).【题型五】解函数不等式【典例1】已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是______________．【解析】因为函数f(x)＝lnx＋2x在定义域上单调递增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2得f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－eq\r(5)<x<－2或2<x<eq\r(5).【典例2】已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)，若f(a－2)>3，则a的取值范围是________．【解析】由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)知，f(x)在定义域(－2，＋∞)上是减函数，且f(－1)＝3，由f(a－2)>3，得f(a－2)>f(－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<－1，,a－2>－2，))解得0<a<1.【典例3】已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递减，则不等式f(2x－1)>f(x＋1)的解集为________．【解析】依题意f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递减，所以f(2x－1)>f(x＋1)⇔(2x－1)2<(x＋1)2，即4x2－4x＋1<x2＋2x＋1，即x2－2x＝x(x－2)<0⇒x∈(0,2)．【题型六】求参数的取值范围【典例1】函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x<1，))且满足对任意的实数x1≠x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，则实数a的取值范围是()A．[4,8) B．(4,8)C．(1,8] D．(1,8)【解析】函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x<1))满足对任意的实数x1≠x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，所以函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x<1))是R上的增函数，则由指数函数与一次函数的单调性可知应满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,4－\f(a,2)>0，,a≥4－\f(a,2)＋2，))解得4≤a<8，所以实数a的取值范围为[4,8)．故选A.【典例2】函数f(x)＝ln(x2－ax－3)在(1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是()A．(－∞，－2] B．(－∞，－2)C．(－∞，2] D．(－∞，2)【解析】函数f(x)＝ln(x2－ax－3)为复合函数，令u(x)＝x2－ax－3，y＝lnu为增函数，故只要u(x)＝x2－ax－3在(1，＋∞)上单调递增即可，只要eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤1，,u1≥0，))解得a≤－2.故选A.【典例3】若f(x)＝cosx－sinx在[0，a]上是减函数，则a的最大值是()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D．π【解析】∵f(x)＝cosx－sinx＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，∴当x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，即x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))时，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))单调递增，f(x)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))单调递减，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))是f(x)在原点附近的单调减区间，结合条件得[0，a]⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴a≤eq\f(3π,4)，即amax＝eq\f(3π,4).【题型七】抽象函数单调性【典例1】已知函数f(x)对于任意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)在R上是减函数；(2)求f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值．【解析】(1)证法一：∵函数f(x)对于任意x，y∈R总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，令x＝y＝0，得f(0)＝0，再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)．在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)．又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)．因此f(x)在R上是减函数．证法二：在R上任取x1，x2且x1>x2，则x1－x2＞0.则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在R上为减函数．(2)∵f(x)在R上是减函数，∴f(x)在[－3，3]上也是减函数，∴f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3)．而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2.∴f(x)在[－3，3]上的最大值为2，最小值为－2.【典例2】且对一切x＞0，y＞0都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)，当x＞1时，有f(x)＞0.(1)求f(1)的值；(2)判断f(x)的单调性并证明；(3)若f(6)＝1，解不等式f(x＋5)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＜2.【解析】(1)f(1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,x)))＝f(x)－f(x)＝0，x＞0.(2)f(x)在(0，＋∞)上是增函数．证明：设0＜x1＜x2，则由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)，得f(x2)－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))，∵eq\f(x2,x1)＞1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))＞0.∴f(x2)－f(x1)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(3)∵f(6)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(36,6)))＝f(36)－f(6)，又f(6)＝1，∴f(36)＝2，原不等式化为：f(x2＋5x)＜f(36)，又∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋5＞0，,\f(1,x)＞0，,x2＋5x＜36，))解得0＜x＜4.【典例3】已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当x>1时，f(x)>0，且对于任意的正数x，y都有f(xy)＝f(x)＋f(y)．(1)证明：函数f(x)在定义域上是单调增函数；(2)如果feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－1且f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－2)))≥2，求x的取值范围．【解析】(1)证明：设0<x1<x2.则f(x2)－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)·x1))－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))＋f(x1)－f(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)>0.故f(x)在定义域上是单调增函数．(2)当x＝y＝1时，f(1)＝0.令y＝eq\f(1,x)，得f(1)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)．故由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－1，得f(3)＝1.于是f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－2)))＝f(x)＋f(x－2)＝f(x2－2x)≥2，而2＝f(3)＋f(3)＝f(9)，则有f(x2－2x)≥f(9)．所以x满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x≥9，,x>0，,x－2>0，))解得x≥1＋eq\r(10).故实数x的取值范围是[1＋eq\r(10)，＋∞)．三、【培优训练】【训练一】函数g(x)＝ax＋2(a>0)，f(x)＝x2－2x，对∀x1∈[－1,2]，∃x0∈[－1,2]，使g(x1)＝f(x0)成立，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B．[1,2)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))【解析】若对∀x1∈[－1,2]，∃x0∈[－1,2]，使g(x1)＝f(x0)成立，只需函数y＝g(x)的值域为函数y＝f(x)的值域的子集即可．函数f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈[－1,2]的值域为[－1,3]．当a>0时，g(x)＝ax＋2单调递增，可得其值域为[2－a,2＋2a]，要使[2－a,2＋2a]⊆[－1,3]，需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a≥－1，,2＋2a≤3，,a>0，))解得0<a≤eq\f(1,2)，综上，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).故选C.【训练二】已知函数f(x)＝x2＋lnx－ax在(0，1)上是增函数．(1)求a的取值范围；(2)在(1)的结论下，设g(x)＝e2x＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ex－a))，x∈[0，ln3]，求函数g(x)的最小值．【解析】(1)f′(x)＝2x＋eq\f(1,x)－a.∵f(x)在(0，1)上是增函数，∴2x＋eq\f(1,x)≥a在(0，1)上恒成立，即a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)(x∈(0，1))，∵2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)当且仅当x＝eq\f(\r(2),2)时，取等号，所以a的取值范围为{a|a≤2eq\r(2)}．(2)设t＝ex，则h(t)＝t2＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－a))(显然t∈[1，3])，当a≤1时，h(t)＝t2＋t－a在区间[1，3]上是增函数，所以h(t)的最小值为h(1)＝2－a.当1<a≤2eq\r(2)时，h(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t2－t＋a，1≤t≤a，,t2＋t－a，a<t≤3.))因为函数h(t)在区间[a，3]上是增函数，在区间[1，a]上也是增函数，又h(t)在[1，3]上是连续函数，所以h(t)在[1，3]上为增函数，所以h(t)的最小值为h(1)＝a，∴g(x)min＝2-a【训练三】已知函数f(x)＝2020x＋ln(eq\r(x2＋1)＋x)－2020－x＋1，则不等式f(2x－1)＋f(2x)>2的解集为____________．【解析】由题意知，f(－x)＋f(x)＝2，∴f(2x－1)＋f(2x)>2可化为f(2x－1)>f(－2x)，又由题意知函数f(x)在R上单调递增，∴2x－1>－2x，∴x>eq\f(1,4)，∴原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).【训练四】已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)是增函数，f(1)＝0，f(3)＝1.(1)解不等式0<f(x2－1)<1；(2)若f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围．【解析】(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1>0，,1<x2－1<3，))得eq\r(2)<x<2或－2<x<－eq\r(2).∴原不等式的解集为(－2，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，2)．(2)∵函数f(x)在(0,3]上是增函数，∴f(x)在(0,3]上的最大值为f(3)＝1，∴不等式f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1，1]恒成立转化为1≤m2－2am＋1对所有a∈[－1,1]恒成立，即m2－2am≥0对所有a∈[－1,1]恒成立．设g(a)＝－2ma＋m2，a∈[－1,1]，∴需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1≥0，,g1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋m2≥0，,－2m＋m2≥0，))解该不等式组，得m≤－2或m≥2或m＝0，即实数m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)．【训练五】已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－e－x，x＞0，,－x2，x≤0，))若a＝50.01，b＝eq\f(3,2)log32，c＝log30.9，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为________.【解析】当x＞0时，f(x)＝ex－e－x单调递增，且f(0)＝0；当x≤0时，f(x)＝－x2单调递增，且f(0)＝0，所以函数f(x)在R上单调递增.因为a＝50.01＞1，0＜b＝log32eq\r(2)＜1，c＝log30.9＜0，所以a＞b＞c，所以f(a)＞f(b)＞f(c).【训练六】已知函数f(x)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)－2))(a>0，且a≠1).(1)求函数f(x)的定义域；(2)当a∈(1，4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，试确定a的取值范围.【解析】(1)由x＋eq\f(a,x)－2＞0，得eq\f(x2－2x＋a,x)＞0，当a＞1时，x2－2x＋a＞0恒成立，定义域为(0，＋∞)，当0＜a＜1时，定义域为{x|0＜x＜1－eq\r(1－a)或x＞1＋eq\r(1－a)}.(2)设g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2，当a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)时，g′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)>0，因此g(x)在[2，＋∞)上是增函数，∴f(x)在[2，＋∞)上是增函数，则f(x)min＝f(2)＝lgeq\f(a,2).(3)对任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0.即x＋eq\f(a,x)－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立.∴a>3x－x2.令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞).由于h(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,4)在[2，＋∞)上是减函数，∴h(x)max＝h(2)＝2.故a>2时，恒有f(x)>0.故a的取值范围为(2，＋∞).四、【强化测试】【单选题】1.下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝ln(x＋2) B．y＝－eq\r(x＋1)C．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x D．y＝x＋eq\f(1,x)【解析】函数y＝ln(x＋2)的单调递增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定单调递增．故选A.2.函数f(x)＝eq\f(x,1－x)在()A．(－∞，1)∪(1，＋∞)上是增函数B．(－∞，1)∪(1，＋∞)上是减函数C．(－∞，1)和(1，＋∞)上是增函数D．(－∞，1)和(1，＋∞)上是减函数【解析】函数f(x)的定义域为{x|x≠1}．f(x)＝eq\f(x,1－x)＝eq\f(1,1－x)－1，根据函数y＝－eq\f(1,x)的单调性及有关性质，可知f(x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上是增函数．故选C.3.设a∈R，函数f(x)在R上是增函数，则()A．f(a2＋a＋2)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4))) B．f(a2＋a＋2)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))C．f(a2＋a＋2)≥f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4))) D．f(a2＋a＋2)≤f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))【解析】∵a2＋a＋2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))2＋eq\f(7,4)≥eq\f(7,4)，又f(x)在R上是增函数，∴f(a2＋a＋2)≥f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4))).故选C.4.已知函数f(x)为R上的减函数，则满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))＜f(1)的实数x的取值范围是()A．(－1，1) B．(0，1)C．(－1，0)∪(0，1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)【解析】由f(x)为R上的减函数且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))＜f(1)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＞1，,x≠0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x|＜1，,x≠0.))所以－1＜x＜0或0＜x＜1.故选C．5.已知函数f(x)是定义域为[0，＋∞)上的减函数，且f(2)＝－1，则满足f(2x－4)>－1的实数x的取值范围是()A．(3，＋∞) B．(－∞，3)C．[2,3) D．[0,3)【解析】f(x)在定义域[0，＋∞)上是减函数，且f(2)＝－1，∴f(2x－4)>－1可化为f(2x－4)>f(2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－4≥0，,2x－4<2，))解得2≤x<3.故选C.6.函数f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值是()A．eq\f(3,2) B．－eq\f(8,3)C．－2 D．2【解析】函数f(x)＝－x＋eq\f(1,x)的导数为f′(x)＝－1－eq\f(1,x2)，则f′(x)<0，可得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上单调递减，即f(－2)为最大值，且为2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).故选A.7.函数y＝f(x)在[0，2]上单调递增，且函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，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)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(1)【解析】因为f(x)的图象关于直线x＝2对称，所以f(x)＝f(4－x)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).又0<eq\f(1,2)<1<eq\f(3,2)<2，f(x)在[0，2]上单调递增，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，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.8.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3（a－3）x＋2，x≤1，,－4a－lnx，x>1))对任意的x1≠x2都有(x1－x2)[f(x2)－f(x1)]>0成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，3] B．(－∞，3)C．(3，＋∞) D．[1，3)【解析】由(x1－x2)[f(x2)－f(x1)]>0，得(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0，所以函数f(x)在R上单调递减，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3<0，,3（a－3）＋2≥－4a，))解得1≤a＜3.故选D．【多选题】9.若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq\f(a,x＋1)在区间[1,2]上都单调递减，则实数a的取值可以是()A．－1B.eq\f(1,2)C．1D．2【解析】因为f(x)＝－x2＋2ax在[1,2]上单调递减，所以a≤1，又因为g(x)＝eq\f(a,x＋1)在[1,2]上单调递减，所以a>0，所以0<a≤1，故选BC.10.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx＋2x，x>0，,\f(2,1－x)，x≤0，))则下列结论正确的是()A．f(x)在R上为增函数B．f(e)>f(2)C．若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≤－1或a≥0D．当x∈[－1,1]时，f(x)的值域为[1,2]【解析】易知f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上单调递增，A错误，B正确；若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≥0或a＋1≤0，即a≤－1或a≥0，故C正确；当x∈[－1,0]时，f(x)∈[1,2]，当x∈(0,1]时，f(x)∈(－∞，2]，故x∈[－1,1]时，f(x)∈(－∞，2]，故D不正确．故选BC.11.已知f(x)是定义在[0，＋∞)上的函数，根据下列条件，可以断定f(x)是增函数的是()A．对任意x≥0，都有f(x＋1)>f(x)B．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≥x2，都有f(x1)≥f(x2)C．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2<0，都有f(x1)－f(x2)<0D．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0【解析】根据题意，依次分析选项：对于选项A，对任意x≥0，都有f(x＋1)>f(x)，不满足函数单调性的定义，不符合题意；对于选项B，当f(x)为常数函数时，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，都有f(x1)＝f(x2)，不是增函数，不符合题意；对于选项C，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2<0，都有f(x1)－f(x2)<0，符合题意；对于选项D，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，设x1>x2，若eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，必有f(x1)－f(x2)>0，则函数在[0，＋∞)上为增函数，符合题意．故选CD.12.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【解析】由题意知当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当1<x≤2时，f(x)＝x3－2，又f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在相应的定义域内都为增函数，且f(1)＝－1，f(2)＝6，所以f(x)的最大值为6.故选C.【填空题】13.函数f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是________．【解析】由于f(x)＝|x－2|x＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2.))结合图象(图略)可知函数的单调递减区间是[1，2]．答案：[1，2]14.如果函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上单调递增，则实数a的取值范围是________．【解析】当a＝0时，f(x)＝2x－3在定义域R上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为x＝－eq\f(1,a)，因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，所以a<0，且－eq\f(1,a)≥4，解得－eq\f(1,4)≤a<0.综上，实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))15.已知y＝f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)<f(2a－1)，则实数a的取值范围为________．【解析】因为f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)<f(2a－1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<1－a<1，,－1<2a－1<1，,1－a>2a－1，))解得0<a<eq\f(2,3).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))16.设f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x＞0，))若f(0)是f(x)的最小值，则实数a的取值范围为________．【解析】因为当x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，所以a≥0.当x＞0时，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取“＝”．要满足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2，所以实数a的取值范围是0≤a≤2.答案：[0，2]【解答题】17.求下列函数的值域．(1)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x＋1，x<1，,\f(1,x)，x>1；))(2)y＝x－eq\r(x).【解析】(1)当x<1时，x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)；当x>1时，0<eq\f(1,x)<1.因此函数f(x)的值域是(0，＋∞)．(2)y＝x－eq\r(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)≥－eq\f(1,4)，所以函数y的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)).18.已知函数f(x)＝eq\f(x＋2,x).(1)写出函数f(x)的定义域和值域；(2)证明：函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，并求f(x)在x∈[2，8]上的最大值和最小值．【解析】(1)函数f(x)的定义域为{x|x≠0}．又f(x)＝1＋eq\f(2,x)，所以值域为{y|y≠1}．(2)由题意可设0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x2)))＝eq\f(2,x1)－eq\f(2,x2)＝eq\f(2（x2－x1）,x1x2).又0<x1<x2，所以x1