高考数学（文）一轮复习教师用书第二章第二节函数的单调性与最值

第二节函数的单调性与最值1．函数的单调性(1)增函数、减函数增函数减函数定义一般地，设函数f(x)的定义域为I：如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值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，如果存在实数M满足条件①对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M①对于任意x∈I，都有f(x)≥M；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为函数y＝f(x)的最大值M为函数y＝f(x)的最小值1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数y＝eq\f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(2)具有相同单调性的函数的和、差、积、商函数还具有相同的单调性．()(3)若定义在R上的函数f(x)有f(－1)<f(3)，则函数f(x)在R上为增函数．()(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，＋∞)．()(5)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数．()(6)所有的单调函数都有最值．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×2．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是()A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3xC．f(x)＝－eq\f(1,x＋1) D．f(x)＝－|x|解析：选C当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))时，f(x)＝x2－3x为减函数，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))时，f(x)＝x2－3x为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－eq\f(1,x＋1)为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．3．函数f(x)＝|x－2|x的单调减区间是()A．[1,2] B．[－1,0]C．[0,2] D．[2，＋∞)解析：选A由于f(x)＝|x－2|x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2.))结合图象(图略)可知函数的单调减区间是[1,2]．4．若函数y＝x2－2ax＋1在(－∞，2]上是减函数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－2] B．[－2，＋∞)C．[2，＋∞) D．(－∞，2]解析：选C函数y＝x2－2ax＋1图象的对称轴方程为x＝a，要使该函数在(－∞，2]上是减函数，则需满足a≥2.5．设定义在[－1,7]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的增区间为________．解析：由图可知函数的增区间为[－1,1]和[5,7]．答案：[－1,1]和[5,7]6．函数f(x)＝eq\f(2,x－1)在[－2,0]上的最大值与最小值之差为________．解析：易知f(x)在[－2,0]上是减函数，∴f(x)max－f(x)min＝f(－2)－f(0)＝－eq\f(2,3)－(－2)＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)eq\a\vs4\al(考点一确定函数的单调性区间)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)确定函数的单调性是函数单调性问题的基础，是高考的必考内容，多以选择题、填空题的形式出现，但有时也出现在解答题的某一问中，属于低档题目.[典题领悟]1．试讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性．解：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)))，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(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．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．2．求函数f(x)＝－x2＋2|x|＋1的单调区间．解：易知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－12＋2，x≥0，,－x＋12＋2，x<0.))画出函数图象如图所示，可知单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．[解题师说]1．掌握确定函数单调性(区间)的3种常用方法(1)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．(如典题领悟第1题)(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．(如典题领悟第2题)(3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．(如典题领悟第1题)2．熟记函数单调性的4个常用结论(1)若f(x)，g(x)均是区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数；(2)若k>0，则kf(x)与f(x)单调性相同；若k<0，则kf(x)与f(x)单调性相反；(3)函数y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝eq\f(1,fx)的单调性相反；(4)函数y＝f(x)(f(x)≥0)在公共定义域内与y＝eq\r(fx)的单调性相同．3．谨防3种失误(1)单调区间是定义域的子集，故求单调区间应以“定义域优先”为原则．(如冲关演练第1题)(2)单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示．(3)图象不连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接．[冲关演练]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，＋∞)解析：选D由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)．2．下列函数中，满足“∀x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0”的是(A．f(x)＝2x B．f(x)＝|x－1|C．f(x)＝eq\f(1,x)－x D．f(x)＝ln(x＋1)解析：选C由(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0可知，f(x)在(0，＋∞)上是减函数，A、D选项中，f(x)为增函数；B中，f(x)＝|x－1|在(0，＋∞)上不单调，对于f(x)＝eq\f(1,x)－x，因为y＝eq\f(1,x)与y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，因此f(x)在(0，＋∞)上是减函数．3．已知函数y＝eq\f(1,x－1)，那么()A．函数的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋∞)B．函数的单调递减区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)C．函数的单调递增区间为(－∞，1)和(1，＋∞)D．函数的单调递增区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)解析：选A函数y＝eq\f(1,x－1)可看作是由y＝eq\f(1,x)向右平移1个单位长度得到的，∵y＝eq\f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，∴y＝eq\f(1,x－1)在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减，∴函数y＝eq\f(1,x－1)的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋∞)，故选A.4．判断函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，＋∞)上的单调性．解：设x1，x2是任意两个正数，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，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，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)，＋∞)上是增函数．eq\a\vs4\al(考点二求函数的值域最值)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]函数的值域最值是高考的重要内容之一，函数、方程、不等式，还有立体几何、解析几何等很多问题都需要转化为函数的值域最值问题.高考中选择题、填空题、解答题都有考查.方法(一)性质法求函数的值域(最值)1．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)．答案：[－1,1)2．若函数f(x)＝－eq\f(a,x)＋b(a>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，则a＝________，b＝________.解析：∵f(x)＝－eq\f(a,x)＋b(a>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是增函数，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，f(x)max＝f(2)＝2.即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a＋b＝\f(1,2)，,－\f(a,2)＋b＝2，))解得a＝1，b＝eq\f(5,2).答案：1eq\f(5,2)[方法点拨](1)先进行转化与分离，再利用函数的性质(如x2≥0，ex>0等)求解即可．(2)如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上单调递增，那么f(x)在区间端点处取最值；如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上单调递增，在区间[b，c]上单调递减，那么ymax＝f(b)；如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上单调递减，在区间[b，c]上单调递增，那么ymin＝f(b)，从而得出值域．方法(二)数形结合法求函数的值域(最值)3．函数y＝|x＋1|＋|x－2|的值域为________．解析：函数y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋1，x≤－1，,3，－1<x<2，,2x－1，x≥2.))作出函数的图象如图所示．根据图象可知，函数y＝|x＋1|＋|x－2|的值域为[3，＋∞)．答案：[3，＋∞)4．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋x2，|x|≥1，,x，|x|<1))的图象过点(1,1)，函数g(x)是二次函数，若函数f(g(x))的值域是[0，＋∞)，则函数g(x)的值域是________．解析：因为函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋x2，|x|≥1，,x，|x|<1))的图象过点(1,1)，所以m＋1＝1，解得m＝0，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，|x|≥1，,x，|x|<1.))画出函数y＝f(x)的大致图象如图所示，观察图象可知，当纵坐标在[0，＋∞)上时，横坐标在(－∞，－1]∪[0，＋∞)上变化．而f(x)的值域为[－1，＋∞)，f(g(x))的值域为[0，＋∞)，因为g(x)是二次函数，所以g(x)的值域是[0，＋∞)．答案：[0，＋∞)[方法点拨]先作出函数的图象，再观察其最高点或最低点，求出值域或最值．方法(三)换元法求函数的值域(最值)5．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∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))，所以－1≤y≤eq\r(2)，故原函数的最大值为eq\r(2).答案：[eq\r(2)]6．已知函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，\f(4,9)))，则函数g(x)＝f(x)＋eq\r(1－2fx)的值域为________．解析：∵eq\f(3,8)≤f(x)≤eq\f(4,9)，∴eq\f(1,3)≤eq\r(1－2fx)≤eq\f(1,2).令t＝eq\r(1－2fx)，则f(x)＝eq\f(1,2)(1－t2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤t≤\f(1,2)))，令y＝g(x)，则y＝eq\f(1,2)(1－t2)＋t，即y＝－eq\f(1,2)(t－1)2＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤t≤\f(1,2))).∴当t＝eq\f(1,3)时，y有最小值eq\f(7,9)；当t＝eq\f(1,2)时，y有最大值eq\f(7,8).∴g(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,8))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,8)))[方法点拨]对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求值域或最值；换元法求值域时，一定要注意新元的范围对值域的影响．方法(四)分离常数法求函数的值域(最值)7．函数y＝eq\f(3x＋1,x－2)的值域为________．解析：y＝eq\f(3x＋1,x－2)＝eq\f(3x－2＋7,x－2)＝3＋eq\f(7,x－2)，因为eq\f(7,x－2)≠0，所以3＋eq\f(7,x－2)≠3，所以函数y＝eq\f(3x＋1,x－2)的值域为{y|y∈R且y≠3}．答案：{y|y∈R且y≠3}8．当－3≤x≤－1时，函数y＝eq\f(5x－1,4x＋2)的最小值为________．解析：由y＝eq\f(5x－1,4x＋2)，可得y＝eq\f(5,4)－eq\f(7,42x＋1).∵－3≤x≤－1，∴eq\f(7,20)≤－eq\f(7,42x＋1)≤eq\f(7,4)，∴eq\f(8,5)≤y≤3∴所求函数的最小值为eq\f(8,5)答案：eq\f(8,5)[方法点拨]通过配凑函数解析式的分子，把函数分离成常数和分式的形式，而此式的分式，只有分母中含有变量，进而可利用函数性质确定其值域．[怎样快解·准解]求函数值域（最值）的类型及其方法(1)若所给函数为单调函数，可根据函数的单调性求值域；当函数解析式中出现偶次方幂、绝对值等时，可利用函数的性质(如x2≥0，|x|≥0，eq\r(x)≥0，ex>0等)确定函数的值域或最值．(2)若函数解析式的几何意义较明显(如距离、斜率等)或函数图象易作出，可用数形结合法求函数的值域或最值．(3)形如求y＝eq\r(ax＋b)＋(cx＋d)(ac≠0)的函数的值域或最值，常用代数换元法、三角换元法结合题目条件将原函数转化为熟悉的函数，再利用函数的相关性质求解．(4)形如求y＝eq\f(cx＋d,ax＋b)(ac≠0)的函数的值域或最值常用分离常数法求解．另外，基本不等式法、导数法求函数值域或最值也是常用方法，在后面章节中有重点讲述．eq\a\vs4\al(考点三函数单调性的应用)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——追根溯源)函数单调性的应用常以基本初等函数为载体，考查学生数形结合思想、转化与化归思想的应用，综合分析问题的能力.在高考中常以选择题、填空题出现，难度中等.常见的命题角度有：1比较函数值的大小；2解函数不等式；3利用单调性求参数的取值范围或值.[题点全练]角度(一)比较函数值的大小1．(2018·哈尔滨联考)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＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(e)，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解析：选D因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).由x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．∵1<2<eq\f(5,2)<e，∴f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))>f(e)，∴b>a>c.[题型技法]比较函数值大小的解题思路比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解．角度(二)解函数不等式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\f(1,9)x)>0的解集为________．解析：∵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(logx)>0可化为f(logx)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))<f(logx)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))，∴logx>eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)<logeq\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：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,3)或1<x<3))))[题型技法]求解含“f”的函数不等式的解题思路先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))>f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x)<h(x))．角度(三)利用单调性求参数的取值范围(或值)3．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2－x－\f(1,4)，x≤1，,logax－1，x>1))是R上的单调函数，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(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(1,2)，1))解析：选B由对数函数的定义可得a>0，且a≠1.又函数f(x)在R上单调，而二次函数y＝ax2－x－eq\f(1,4)的图象开口向上，所以函数f(x)在R上单调递减，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,\f(1,2a)≥1，,a×12－1－\f(1,4)≥loga1－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,0<a≤\f(1,2)，,a≥\f(1,4).))所以a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))).[题型技法]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)需注意若函数在区间[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．[题“根”探求]看个性角度(一)是函数值大小的比较，转化为在同一单调区间内的自变量的大小比较；角度(二)是角度(一)的拓展，是把函数不等式问题转化为两函数值大小比较问题；角度(三)是在角度(一)和角度(二)基础上的更深一步的拓展，根据函数单调性把问题转化为单调区间关系的比较找共性对于求解此类有关函数单调性应用的题目，其通用的方法是利用转化思想解题，其思维流程是：[冲关演练]1．已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a的取值范围为________．解析：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得－3<a<－1或a>3，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．答案：(－3，－1)∪(3，＋∞)2．已知函数f(x)＝x|2x－a|(a>0)在区间[2,4]上单调递减，则实数a的值是________．解析：f(x)＝x|2x－a|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2x－a，x>\f(a,2)，,－x2x－a，x≤\f(a,2)))(a>0)，作出函数图象(图略)可得该函数的递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，\f(a,2)))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)≤2，,\f(a,2)≥4，))解得a＝8.答案：8(一)普通高中适用作业A级——基础小题练熟练快1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是()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：选A函数y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．2．如果函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))解析：选D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)).3．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f(2x－1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))解析：选D因为函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f(2x－1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))).所以0≤2x－1＜eq\f(1,3)，解得eq\f(1,2)≤x＜eq\f(2,3).4．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是()A．(－∞，0) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．[0，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：选By＝|x|(1－x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x，x≥0，,－x1－x，x<0，))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x<0，))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(1,4)，x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－\f(1,4)，x<0.))画出函数的大致图象如图所示．由图易知原函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增．5．设偶函数f(x)的定义域为R，当x∈[0，＋∞)时，f(x)是增函数，则f(－2)，f(π)，f(－3)的大小关系是()A．f(π)＞f(－3)＞f(－2)B．f(π)＞f(－2)＞f(－3)C．f(π)＜f(－3)＜f(－2)D．f(π)＜f(－2)＜f(－3)解析：选A因为f(x)是偶函数，所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)．又因为函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，所以f(π)＞f(3)＞f(2)，即f(π)＞f(－3)＞f(－2)．6．已知函数f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)，若x1∈(1,2)，x2∈(2，＋∞)，则()A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0解析：选B∵函数f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，∴当x1∈(1,2)时，f(x1)<f(2)＝0；当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.7．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值为________．解析：当x≥1时，函数f(x)＝eq\f(1,x)为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.故函数f(x)的最大值为2.答案：28．已知函数f(x)＝eq\r(x2－2x－3)，则该函数的单调递增区间为________．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f(x)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，＋∞)．答案：[3，＋∞)9．若函数f(x)＝eq\f(1,x)在区间[2，a]上的最大值与最小值的和为eq\f(3,4)，则a＝________.解析：由f(x)＝eq\f(1,x)的图象知，f(x)＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是减函数，∵[2，a]⊆(0，＋∞)，∴f(x)＝eq\f(1,x)在[2，a]上也是减函数，∴f(x)max＝f(2)＝eq\f(1,2)，f(x)min＝f(a)＝eq\f(1,a)，∴eq\f(1,2)＋eq\f(1,a)＝eq\f(3,4)，∴a＝4.答案：410．给定函数：①y＝xeq\f(1,2)；②y＝logeq\f(1,2)(x＋1)；③y＝|x－1|；④y＝2x＋1，其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是________．解析：①y＝xeq\f(1,2)在(0,1)上递增；②因为t＝x＋1在(0,1)上递增，且0＜eq\f(1,2)＜1，故y＝logeq\f(1,2)(x＋1)在(0,1)上递减；③结合函数图象可知y＝|x－1|在(0,1)上递减；④因为u＝x＋1在(0,1)上递增，且2＞1，故y＝2x＋1在(0,1)上递增，故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.答案：②③B级——中档题目练通抓牢1．若函数f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，－2\r(2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4，－3))解析：选B由于f(x)为R上的偶函数，因此只需考虑函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性即可．由题意知函数f(x)在[3，＋∞)上为增函数，在[1,2]上为减函数，故－eq\f(a,2)∈[2,3]，即a∈[－6，－4]．2．已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－3)，B(3,1)是其图象上的两点，那么不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集的补集是(全集为R)()A．(－1,2)B．(1,4)C．(－∞，－1)∪[4，＋∞)D．(－∞，－1]∪[2，＋∞)解析：选D由函数f(x)是R上的增函数，A(0，－3)，B(3,1)是其图象上的两点，知不等式－3＜f(x＋1)＜1即为f(0)＜f(x＋1)＜f(3)，所以0＜x＋1＜3，所以－1＜x＜2，故不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集的补集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．3．(2018·河南平顶山一模)已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数．对任意两个不相等的正数x1，x2，都有eq\f(x2fx1－x1fx2,x1－x2)>0，记a＝eq\f(f30.2,30.2)，b＝eq\f(f0.32,0.32)，c＝eq\f(flog25,log25)，则a，b，c的大小关系为()A．a<b<c B．b<a<cC．c<a<b D．c<b<a解析：选B对任意两个不相等的正数x1，x2，不妨设x1>x2，∵eq\f(x2fx1－x1fx2,x1－x2)>0，∴x2f(x1)－x1f(x2∴eq\f(x2fx1－x1fx2,x1x2)＝eq\f(fx1,x1)－eq\f(fx2,x2)>0，即eq\f(fx1,x1)>eq\f(fx2,x2)，∴eq\f(fx,x)是(0，＋∞)上的增函数．∵1<30.2<30.5<2,0<0.32<1，log25>2，∴0.32<30.2<log25，∴b<a<c.4．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．解析：由题意知g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x＞1，,0，x＝1，,－x2，x＜1.))作出函数图象如图所示，其递减区间是[0,1)．答案：[0,1)5．若函数y＝eq\f(2x＋k,x－2)与y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上具有相同的单调性，则实数k的取值范围是____________．解析：由于y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上为增函数，故函数y＝eq\f(2x＋k,x－2)＝eq\f(2x－2＋4＋k,x－2)＝2＋eq\f(4＋k,x－2)在(3，＋∞)上也是增函数，则有4＋k＜0，得k＜－4.答案：(－∞，－4)6．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．解：(1)证明：任取x1＞x2＞0，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x1)－eq\f(1,a)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1－x2,x1x2)，∵x1＞x2＞0，∴x1－x2＞0，x1x2＞0，∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(2)由(1)可知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上为增函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,a)－2＝eq\f(1,2)，f(2)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,2)＝2，解得a＝eq\f(2,5).7．已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增；(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围．解：(1)证明：当a＝－2时，f(x)＝eq\f(x,x＋2).任取x1，x2∈(－∞，－2)，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).因为(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在(－∞，－2)内单调递增．(2)任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(ax2－x1,x1－ax2－a).因为a＞0，x2－x1＞0，又由题意知f(x1)－f(x2)＞0，所以(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，所以a≤1.所以0＜a≤1.所以a的取值范围为(0,1]．C级——重难题目自主选做1．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3，x≤0，,lnx＋1，x>0，))若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C．(－1,2)D．(－2,1)解析：选D∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，∴函数的图象是一条连续的曲线．又∵当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x>0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，∴函数f(x)是定义在R上的增函数．因此，不等式f(2－x2)>f(x)等价于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2<x<1.2．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝eq\f(fx,x)在区间I上是减函数，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓增函数”，区间I叫做“缓增区间”．若函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为()A．[1，＋∞) B．[0，eq\r(3)]C．[0,1] D．[1，eq\r(3)]解析：选D因为函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，又当x≥1时，eq\f(fx,x)＝eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2x)－1，令g(x)＝eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2x)－1(x≥1)，则g′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2x2)＝eq\f(x2－3,2x2)，由g′(x)≤0，得1≤x≤eq\r(3)，即函数eq\f(fx,x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)在区间[1，eq\r(3)]上单调递减，故“缓增区间”I为[1，eq\r(3)]．(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是()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：选A函数y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．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，＋∞)解析：选B设t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3，所以函数f(x)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，＋∞)．3．设偶函数f(x)的定义域为R，当x∈[0，＋∞)时，f(x)是增函数，则f(－2)，f(π)，f(－3)的大小关系是()A．f(π)＞f(－3)＞f(－2)B．f(π)＞f(－2)＞f(－3)C．f(π)＜f(－3)＜f(－2)D．f(π)＜f(－2)＜f(－3)解析：选A因为f(x)是偶函数，所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)．又因为函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，所以f(π)＞f(3)＞f(2)，即f(π)＞f(－3)＞f(－2)．4.已知定义在R上的奇函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，若f(x2－2x＋a)＜f(x＋1)对任意的x∈[－1,2]恒成立，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(13,4))) B．(－∞，－3)C．(－3，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，＋∞))解析：选D依题意得f(x)在R上是减函数，所以f(x2－2x＋a)＜f(x＋1)对任意的x∈[－1,2]恒成立，等价于x2－2x＋a＞x＋1对任意的x∈[－1,2]恒成立，等价于a＞－x2＋3x＋1对任意的x∈[－1,2]恒成立．设g(x)＝－x2＋3x＋1(－1≤x≤2)，则g(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\f(13,4)(－1≤x≤2)，当x＝eq\f(3,2)时，g(x)取得最大值，且g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(13,4)，因此a＞eq\f(13,4)，故选D.5.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：选C由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当1＜x≤2时，f(x)＝x3－2.因为f(x)＝x3－2，f(x)＝x－2在定义域内都为增函数，且f(1)＜f(2)，所以f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.6.(2018·安徽合肥模拟)已知函数f(x)＝(x2－2x)sin(x－1)＋x＋1在[－1,3]上的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________.解析：由f(x)＝(x2－2x)sin(x－1)＋x＋1令t＝x－1，则t∈[－2,2]，则y＝(t2－1)sint＋t＋2，t∈[－2,2]．记g(t)＝(t2－1)sint＋t＋2，则函数y＝g(t)－2＝(t2－1)sint＋t是奇函数．由已知得y＝g(t)－2的最大值为M－2，最小值为m－2，所以M－2＋(m－2)＝0，即M＋m＝4.答案：47.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－k，x≤0，,1－kx＋k，x>0))是R上的增函数，则实数k的取值范围是________．解析：由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e0－k≤k，,1－k>0，))解得eq\f(1,2)≤k<1.答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))8．若函数y＝eq\f(2x＋k,x－2)与y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上具有相同的单调性，则实数k的取值范围是____________．解析：由于y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上为增函数，故函数y＝eq\f(2x＋k,x－2)＝eq\f(2x－2＋4＋k,x－2)＝2＋eq\f(4＋k,x－2)在(3，＋∞)上也是增函数，则有4＋k＜0，得k＜－4.答案：(－∞，－4)9．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．解：(1)证明：任取x1＞x2＞0，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x1)－eq\f(1,a)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1－x2,x1x2)，∵x1＞x2＞0，∴x1－x2＞0，x1x2＞0，∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(2)由(1)可知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上为增函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,a)－2＝eq\f(1,2)，f(2)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,2)＝2，解得a＝eq\f(2,5).10．已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增；(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围．解：(1)证明：当a＝－2时，f(x)＝eq\f(x,x＋2).任取x1，x2∈(－∞，－2)，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).因为(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在(－∞，－2)内单调递增．(2)任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(ax2－x1,x1－ax2－a).因为a＞0，x2－x1＞0，又由题意知f(x1)－f(x2)＞0，所以(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，所以a≤1.所以0＜a≤1.所以a的取值范围为(0,1]．B级——拔高题目稳做准做1.函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则函数g(x)＝f(logax)(0＜a＜1)的单调递减区间是()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)]解析：选B由图象知f(x)在(－∞，0]和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递减，而在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增．又因为当0＜a＜1时，y＝logax为(0，＋∞)上的减函数，所以要使g(x)＝f(logax)单调递减，则需logax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，即0≤loga