【创新设计】2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：第2篇-第2讲-函数的单调性与最值

第2讲函数的单调性与最值[最新考纲]1．理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．2．会运用函数图象理解和争辩函数的单调性.知识梳理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，假如对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量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上是减函数续表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)单调区间的定义若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数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，假如存在实数M满足条件(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M.(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M.结论M为最大值M为最小值辨析感悟1．函数单调性定义的理解(1)对于函数f(x)，x∈D，若x1，x2∈D且(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，则函数f(x)在D上是增函数．(√)(2)函数f(x)＝2x＋1在(－∞，＋∞)上是增函数．(√)(3)(教材改编)函数f(x)＝eq\f(1,x)在其定义域上是减函数．(×)(4)已知f(x)＝eq\r(x)，g(x)＝－2x，则y＝f(x)－g(x)在定义域上是增函数．(√)2．函数的单调区间与最值(5)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(×)(6)(教材改编)函数y＝eq\f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(×)(7)(2021·汕头模拟)函数y＝lg|x|的单调递减区间为(0，＋∞)．(×)(8)函数f(x)＝log2(3x＋1)的最小值为0.(×)[感悟·提升]1．一个区分“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”的区分：前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集，如(5)．2．两个防范一是留意函数的定义域不连续的两个单调性相同的区间，要分别说明单调区间，不行说成“在其定义域上”单调，如(3)；二是若函数在两个不同的区间上单调性相同，则这两个区间要分开写，不能写成并集，如(6).同学用书第13页考点一确定函数的单调性或单调区间【例1】(1)推断函数f(x)＝x＋eq\f(k,x)(k＞0)在(0，＋∞)上的单调性．(2)(2021·沙市中学月考)求函数y＝logeq\f(1,3)(x2－4x＋3)的单调区间．解(1)法一任意取x1＞x2＞0，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(k,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(k,x2)))＝(x1－x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,x1)－\f(k,x2)))＝(x1－x2)＋eq\f(kx2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(k,x1x2))).当eq\r(k)≥x1＞x2＞0时，x1－x2＞0,1－eq\f(k,x1x2)＜0，有f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，此时，函数f(x)＝x＋eq\f(k,x)(k＞0)在(0，eq\r(k)]上为减函数；当x1＞x2≥eq\r(k)时，x1－x2＞0,1－eq\f(k,x1x2)＞0，有f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，此时，函数f(x)＝x＋eq\f(k,x)(k＞0)在[eq\r(k)，＋∞)上为增函数；综上可知，函数f(x)＝x＋eq\f(k,x)(k＞0)在(0，eq\r(k)]上为减函数；在[eq\r(k)，＋∞)上为增函数．法二f′(x)＝1－eq\f(k,x2)，令f′(x)＞0，则1－eq\f(k,x2)＞0，解得x＞eq\r(k)或x＜－eq\r(k)(舍)．令f′(x)＜0，则1－eq\f(k,x2)＜0，解得－eq\r(k)＜x＜eq\r(k).∵x＞0，∴0＜x＜eq\r(k).∴f(x)在(0，eq\r(k))上为减函数；在(eq\r(k)，＋∞)上为增函数，也称为f(x)在(0，eq\r(k)]上为减函数；在[eq\r(k)，＋∞)上为增函数．(2)令u＝x2－4x＋3，原函数可以看作y＝logeq\f(1,3)u与u＝x2－4x＋3的复合函数．令u＝x2－4x＋3＞0.则x＜1或x＞3.∴函数y＝logeq\f(1,3)(x2－4x＋3)的定义域为(－∞，1)∪(3，＋∞)．又u＝x2－4x＋3的图象的对称轴为x＝2，且开口向上，∴u＝x2－4x＋3在(－∞，1)上是减函数，在(3，＋∞)上是增函数．而函数y＝logeq\f(1,3)u在(0，＋∞)上是减函数，∴y＝logeq\f(1,3)(x2－4x＋3)的单调递减区间为(3，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．规律方法(1)对于给出具体解析式的函数，证明或推断其在某区间上的单调性有两种方法：①可以利用定义(基本步骤为取值、作差或作商、变形、定号、下结论)求解；②可导函数则可以利用导数解之．(2)复合函数y＝f[g(x)]的单调性规律是“同则增，异则减”，即y＝f(u)与u＝g(x)若具有相同的单调性，则y＝f[g(x)]为增函数，若具有不同的单调性，则y＝f[g(x)]必为减函数．【训练1】试争辩函数f(x)＝eq\f(ax,x2－1)，x∈(－1,1)的单调性(其中a≠0)．解法一(定义法)任取－1＜x1＜x2＜1，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(ax1,x\o\al(2,1)－1)－eq\f(ax2,x\o\al(2,2)－1)＝eq\f(ax2－x1x1x2＋1,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1)，∵－1＜x1＜x2＜1，∴|x1|＜1，|x2|＜1，x2－x1＞0，xeq\o\al(2,1)－1＜0，xeq\o\al(2,2)－1＜0，|x1x2|＜1，即－1＜x1x2＜1，∴x1x2＋1＞0，∴eq\f(x2－x1x1x2＋1,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1)＞0，因此，当a＞0时，f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，此时函数在(－1,1)为减函数；当a＜0时，f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，此时函数在(－1,1)为增函数．法二(导数法)f′(x)＝eq\f(ax2－1－2ax2,x2－12)＝eq\f(－ax2＋1,x2－12)当a＞0时，f′(x)＜0；当a＜0时，f′(x)＞0.∴当a＞0时，f(x)在(－1,1)上为减函数；当a＜0时，f(x)在(－1,1)上为增函数．考点二利用单调性求参数【例2】已知函数f(x)＝eq\f(ax－1,x＋1).(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递减．(2)函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，求实数a的取值范围．(1)证明任设x1＜x2＜－2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(－2x1－1,x1＋1)－eq\f(－2x2－1,x2＋1)＝－eq\f(x1－x2,x1＋1x2＋1).∵(x1＋1)(x2＋1)＞0，x1－x2＜0，∴f(x1)－f(x2)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)上单调递减．(2)解法一f(x)＝eq\f(ax－1,x＋1)＝a－eq\f(a＋1,x＋1)，设x1<x2<－1，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a＋1,x1＋1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a＋1,x2＋1)))＝eq\f(a＋1,x2＋1)－eq\f(a＋1,x1＋1)＝eq\f(a＋1x1－x2,x1＋1x2＋1)，又函数f(x)在(－∞，－1)上是减函数，所以f(x1)－f(x2)>0.由于x1<x2<－1，∴x1－x2<0，x1＋1<0，x2＋1<0，∴a＋1<0，即a<－1.故a的取值范围是(－∞，－1)．法二由f(x)＝eq\f(ax－1,x＋1)，得f′(x)＝eq\f(a＋1,x＋12)，又由于f(x)＝eq\f(ax－1,x＋1)在(－∞，－1)上是减函数，所以f′(x)＝eq\f(a＋1,x＋12)≤0在x∈(－∞，－1)上恒成立，解得a≤－1，而a＝－1时，f(x)＝－1，在(－∞，－1)上不具有单调性，故实数a的取值范围是(－∞，－1)．规律方法利用单调性求参数的一般方法：一是求出函数的单调区间，然后使所给区间是这个单调区间的子区间，建立关于参数的不等式组即可求得参数范围；二是直接利用函数单调性的定义：作差、变形，由f(x1)－f(x2)的符号确定参数的范围，另外也可分别参数转化为不等式恒成立问题．【训练2】(1)函数y＝eq\f(x－5,x－a－2)在(－1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是()．A．{－3}B．(－∞，3)C．(－∞，－3]D．[－3，＋∞)(2)(2022·日照模拟)若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq\f(a,x＋1)在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是()．A．(－1,0)∪(0,1)B．(－1,0)∪(0,1]C．(0,1)D．(0,1]解析(1)y＝eq\f(x－5,x－a－2)＝1＋eq\f(a－3,x－a＋2)，由函数在(－1，＋∞)上单调递增，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3＜0，,a＋2≤－1，))解得a≤－3.(2)f(x)在[a，＋∞)上是减函数，对于g(x)，只有当a>0时，它有两个减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，故只需区间[1,2]是f(x)和g(x)的减区间的子集即可，则a的取值范围是0<a≤1.答案(1)C(2)D同学用书第14页考点三利用函数的单调性求最值【例3】已知f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)．(1)当a＝eq\f(1,2)时，求函数f(x)的最小值；(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围．审题路线(1)当a＝eq\f(1,2)时，f(x)为具体函数→求出f(x)的单调性，利用单调性求最值．(2)当x∈[1，＋∞)时，f(x)＞0恒成立→转化为x2＋2x＋a＞0恒成立．解(1)当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝x＋eq\f(1,2x)＋2，联想到g(x)＝x＋eq\f(1,x)的单调性，猜想到求f(x)的最值可先证明f(x)的单调性．任取1≤x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x1)－\f(1,2x2)))＝eq\f(x1－x22x1x2－1,2x1x2)，∵1≤x1＜x2，∴x1x2＞1，∴2x1x2－1＞0.又x1－x2＜0，∴f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在[1，＋∞)上是增函数，∴f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝eq\f(7,2).(2)在区间[1，＋∞)上，f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)＞0恒成立，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋a＞0，,x≥1))⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞－x2＋2x，,x≥1，))等价于a大于函数φ(x)＝－(x2＋2x)在[1，＋∞)上的最大值．只需求函数φ(x)＝－(x2＋2x)在[1，＋∞)上的最大值．φ(x)＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上递减，∴当x＝1时，φ(x)最大值为φ(1)＝－3.∴a＞－3，故实数a的取值范围是(－3，＋∞)．规律方法求函数最值的常用方法：(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，再观看其最高点、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)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最终结合端点值，求出最值；(5)换元法：对比较简单的函数可通过换元转化为生疏的函数，再用相应的方法求最值．【训练3】对任意两个实数x1，x2，定义max(x1，x2)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1，x1≥x2，,x2，x1＜x2，))若f(x)＝x2－2，g(x)＝－x，则max(f(x)，g(x))的最小值为________．解析f(x)－g(x)＝x2－2－(－x)＝x2＋x－2，当x2－2－(－x)＝x2＋x－2≥0时，x≥1或x≤－2；当－2＜x＜1时，x2＋x－2＜0，即f(x)＜g(x)，所以max(f(x)，g(x))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x，－2＜x＜1，,x2－2，x≥1或x≤－2，))作出图象如图所示，由图象可知函数的最小值在A处取得，所以最小值为f(1)＝－1.答案－11．求函数的单调区间：首先应留意函数的单调区间是其定义域的子集；其次把握一次函数、二次函数等基本初等函数的单调区间．求函数单调区间的常用方法：依据定义、利用图象、单调函数的性质及利用导数的性质．2．复合函数的单调性：对于复合函数y＝f[g(x)]，若t＝g(x)在区间(a，b)上是单调函数，且y＝f(t)在区间(g(a)，g(b))或者(g(b)，g(a))上是单调函数，若t＝g(x)与y＝f(t)的单调性相同(同时为增或减)，则y＝f[g(x)]为增函数；若t＝g(x)与y＝f(t)的单调性相反，则y＝f[g(x)]为减函数．简称：同增异减．3．函数的值域经常化归为求函数的最值问题，要重视函数的单调性在确定函数最值过程中的应用．易错辨析1——分段函数单调性的判定【典例】(2021·金华模拟)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上的单调递增函数，则实数a的取值范围是()．A．(1，＋∞)B．[4,8)C．(4,8)D．(1,8)[错解]由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞1，,4－\f(a,2)＞0，))解得1＜a＜8.[答案]D[错因]忽视函数在定义域两段区间分界点上的函数值的大小．[正解]f(x)在R上单调递增，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞1，,4－\f(a,2)＞0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))＋2≤a，))解得：4≤a＜8.[答案]B[防范措施]对于分段函数的单调性，有两种基本的推断方法：一保证各段上同增(减)时，要留意上、下段间端点值间的大小关系；二是画出这个分段函数的图象，结合函数图象、性质进行直观的推断．争辩函数问题离不开函数图象，函数图象反映了函数的全部性质，在争辩函数问题时要时时刻刻想到函数的图象，学会从函数图象上去分析问题、查找解决问题的方法．【自主体验】(2021·日照模拟)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))解析当x＝1时，loga1＝0，若f(x)为R上的减函数，则(3a－1)x＋4a≥0在令g(x)＝(3a－1)x＋4则必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1＜0，,0＜a＜1，,g1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1＜0，,0＜a＜1，,3a－1＋4a≥0))⇒eq\f(1,7)≤a＜eq\f(1,3).答案C对应同学用书P229基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题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)))xD．y＝x＋eq\f(1,x)解析函数y＝ln(x＋2)在(－2，＋∞)上是增函数；函数y＝－eq\r(x＋1)在[－1，＋∞)上是减函数；函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上是减函数；函数y＝x＋eq\f(1,x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．综上可得在(0，＋∞)上是增函数的是y＝ln(x＋2)，故选A.答案A2．已知函数f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a的取值范围是()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))解析当a＝0时，f(x)＝－12x＋5在(－∞，3)上是减函数；当a≠0时，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,－\f(4a－3,4a)≥3，))得0＜a≤eq\f(3,4).综上，a的取值范围是0≤a≤eq\f(3,4).答案D3．(2021·泉州月考)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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))>1，,x≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|<1，,x≠0.))∴－1<x<0或0<x<1.答案C4．(2022·广州模拟)已知函数y＝f(x)的图象关于x＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，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＜b＜aB．b＜a＜cC．b＜c＜aD．a＜b＜c解析∵函数图象关于x＝1对称，∴a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，又y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴f(2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＜f(3)，即b＜a＜c.答案B5．用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值．设f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，则f(x)的最大值为()．A．4B．5C．6D．7解析由f(x)＝min{2x，x＋2，10－x}(x≥0)画出图象，最大值在A处取到，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2，,y＝10－x，))得y＝6.答案C二、填空题6．函数y＝－(x－3)|x|的递增区间为________．解析y＝－(x－3)|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋3x，x≥0，,x2－3x，x＜0，))由图可知其递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))7．设a>1，函数f(x)＝logax在区间[a,2a]上的最大值与最小值之差为eq\f(1,2)，则a＝________.解析由a>1知函数f(x)在[a,2a]上为单调增函数，则loga(2a)－logaa＝eq\f(1,2)，解得a＝4.答案48．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋a，x＜1，,2x，x≥1))的最小值为2，则实数a的取值范围是________．解析由题意知，当x＝1时，f(x)min＝2，故－1＋a≥2，∴a≥3.答案[3，＋∞)三、解答题9．试争辩函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性．解设－1<x1<x2<1，f(x)＝aeq\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)))＝aeq\f(x2－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)上递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上递增．10．已知函数f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a＞0，x＞0)．(1)推断函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(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)任取x1＞x2＞0，则x1－x2＞0，x1x2＞0，∵f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,x2)))＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1)＝eq\f(x1－x2,x1x2)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，因此，函数f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．(2)∵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))，又由(1)得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是单调增函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，f(2)＝2，即eq\f(1,a)－2＝eq\f(1,2)，eq\f(1,a)－eq\f(1,2)＝2.解得a＝eq\f(2,5).力量提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝eq\f(fx,x)在区间(1，＋∞)上肯定()．A．有最小值B．有最大值C．是减函数D．是增函数解析由题意知a＜1，又函数g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2a在[eq\r(|a|)，＋∞)上为增函数，故选D.答案D2．(2022·厦门外国语学校质检)已知函数f(x)＝|ex＋eq\f(a,ex)|(a∈R，e是自然对数的底数)，在区间[0,1]上单