2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第2讲　第1课时　函数的单调性与最值学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第2讲　第1课时　函数的单调性与最值学案，共15页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。

第1课时 函数的单调性与最值
一、知识梳理
1．函数的单调性
(1)单调函数的定义
(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．
[注意] 有多个单调区间应分开写，不能用符号“∪”联结，也不能用“或”联结，只能用“逗号”或“和”联结．
2．函数的最值
常用结论
1．函数单调性的两个等价结论
设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则
(1)eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增．
(2)eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在D上单调递减．
2．函数最值存在的两条结论
(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值．当函数在闭区间上单调时最值一定在端点取到．
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值．
二、习题改编
1．(必修1P39A组T1改编)函数y＝x2－5x－6在区间[2，4]上是( )
A．递减函数 B．递增函数
C．先递减再递增函数 D．先递增再递减函数
解析：选C.作出函数y＝x2－5x－6的图象(图略)知开口向上，且对称轴为x＝eq \f(5,2)，在[2，4]上先减后增．故选C.
2．(必修1P31例4改编)函数y＝eq \f(1,x－1)在[2，3]上的最小值为( )
A．2 B.eq \f(1,2)
C.eq \f(1,3) D．－eq \f(1,2)
解析：选B.因为y＝eq \f(1,x－1)在[2，3]上单调递减，所以ymin＝eq \f(1,3－1)＝eq \f(1,2).故选B.
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若定义在R上的函数f(x)，有f(－1)(2)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数f(x)的单调递增区间是[1，＋∞)．( )
(3)函数y＝eq \f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( )
(4)所有的单调函数都有最值．( )
(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)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)× (5)× (6)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)求单调区间忘记定义域导致出错；
(2)混淆“单调区间”与“在区间上单调”两个概念出错；
(3)自变量的系数影响函数的单调性．
1．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，＋∞)．
2．若函数f(x)＝x2－2mx＋1在[2，＋∞)上是增函数，则实数m的取值范围是 ．
解析：由题意知，[2，＋∞)⊆[m，＋∞)，所以m≤2.
答案：(－∞，2]
3．函数y＝(2m－1)x＋b在R上是减函数，则m的取值范围为 ．
解析：要使y＝(2m－1)x＋b在R上是减函数，则2m－1<0，即m答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
确定函数的单调性(区间)(多维探究)
角度一 判断或证明函数的单调性
(一题多解)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－1f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x－1)))，
f(x1)－f(x2)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq \f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）)，由于－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)法二：f′(x)＝eq \f(（ax）′（x－1）－ax（x－1）′,（x－1）2)
＝eq \f(a（x－1）－ax,（x－1）2)＝－eq \f(a,（x－1）2).
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．
eq \a\vs4\al()
利用定义法证明或判断函数单调性的步骤
[注意] 判断函数的单调性还有图象法、导数法、性质法等．
角度二 求函数的单调区间
求函数f(x)＝－x2＋2|x|＋1的单调区间．
【解】 f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0))
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－（x－1）2＋2，x≥0，,－（x＋1）2＋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，＋∞)．
【迁移探究】 (变条件)若本例函数变为f(x)＝|－x2＋2x＋1|，如何求解？
解：函数y＝|－x2＋2x＋1|的图象如图所示．由图象可知，函数y＝|－x2＋2x＋1|的单调递增区间为(1－eq \r(2)，1]和(1＋eq \r(2)，＋∞)；单调递减区间为(－∞，1－eq \r(2) ]和(1，1＋eq \r(2) ]．
eq \a\vs4\al()
确定函数的单调区间的方法
[注意] (1)函数在某个区间上是单调函数，但在整个定义域上不一定是单调函数，如函数y＝eq \f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是减函数，但在定义域上不具有单调性．
(2)“函数的单调区间是M”与“函数在区间N上单调”是两个不同的概念，显然N⊆M.
1．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A可能是( )
A．(－∞，0) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C．[0，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析：选B.y＝|x|(1－x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（1－x），x≥0,－x（1－x），x<0))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋x，x≥0,x2－x，x<0))
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(1,4)，x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,4)，x<0.))
画出函数的草图，如图．
由图易知原函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增．
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．判断函数y＝eq \f(2x2－3,x)的单调性．
解：因为f(x)＝eq \f(2x2－3,x)＝2x－eq \f(3,x)，且函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，而函数y＝2x和y＝－eq \f(3,x)在区间(－∞，0)上均为增函数，根据单调函数的运算性质，可得f(x)＝2x－eq \f(3,x)在区间(－∞，0)上为增函数．
同理，可得f(x)＝2x－eq \f(3,x)在区间(0，＋∞)上也是增函数．
故函数f(x)＝eq \f(2x2－3,x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均为增函数．
函数的最值(值域)(师生共研)
(1)(一题多解)函数y＝x＋eq \r(x－1)的最小值为 ．
(2)(2020·福建漳州质检)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋a，x≤0，,x＋\f(4,x)，x＞0))有最小值，则实数a的取值范围是 ．
【解析】 (1)法一(换元法)：令t＝eq \r(x－1)，且t≥0，则x＝t2＋1，
所以原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0.
配方得y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)，
又因为t≥0，所以y≥eq \f(1,4)＋eq \f(3,4)＝1，
故函数y＝x＋eq \r(x－1)的最小值为1.
法二：因为函数y＝x和y＝eq \r(x－1)在定义域内均为增函数，故函数y＝x＋eq \r(x－1)在[1，＋∞)内为增函数，所以ymin＝1.
(2)(基本不等式法)由题意知，当x>0时，函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)≥2eq \r(x·\f(4,x))＝4，当且仅当x＝2时取等号；当x≤0时，f(x)＝2x＋a∈(a，1＋a]，因此要使f(x)有最小值，则必须有a≥4.
【答案】 (1)1 (2)[4，＋∞)
eq \a\vs4\al()
求函数最值的五种常用方法
1．函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\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：2
2．函数f(x)＝eq \f(1,x－1)在区间[a，b]上的最大值是1，最小值是eq \f(1,3)，则a＋b＝ ．
解析：易知f(x)在[a，b]上为减函数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（a）＝1，,f（b）＝\f(1,3)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)＝1，,\f(1,b－1)＝\f(1,3)，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝4.))
所以a＋b＝6.
答案：6
函数单调性的应用(多维探究)
角度一 比较两个函数值
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\c1(－\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>a
C．a>c>b D．b>a>c
【解析】 因为f(x)的图象关于直线x＝1对称．由此可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2))).当x2>x1>1时，
[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，
知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
因为1<2所以f(2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))>f(e)，
所以b>a>c.
【答案】 D
eq \a\vs4\al()
比较函数值大小的思路：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
已知函数f(x)＝－x|x|，x∈(－1，1)，则不等式f(1－m)【解析】 由已知得f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2，－1所以所求解集为(0，1)．
【答案】 (0，1)
eq \a\vs4\al()
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．
角度三 求参数的值或取值范围
已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a－2）x，x≥2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)－1，x<2，))满足对任意的实数x1≠x2，都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0成立，则实数a的取值范围为 ．
【解析】 由题意知，函数f(x)是R上的减函数，于是有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2<0，,（a－2）×2≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)－1，))解得a≤eq \f(13,8)，即实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(13,8))).
【答案】 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(13,8)))
eq \a\vs4\al()
利用单调性求参数的策略
(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)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．
1．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)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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)2．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)C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))解析：选B.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\c1(\f(5,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))).又0f(x)在[0，2]上单调递增，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调增区间是[3，＋∞)，则a的值为 ．
解析：由图象(图略)易知函数f(x)＝|2x＋a|的单调增区间是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，＋∞))，令－eq \f(a,2)＝3，得a＝－6.
答案：－6
核心素养系列3 逻辑推理——函数单调性问题中的核心素养
以函数的单调性为出发点，以增函数、减函数的定义为依据，通过数学运算、比较、分类讨论、综合分析，提高逻辑推理的能力，迅速解题．
已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1；②当x＞0时，f(x)＞－1.
(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调增函数；
(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4.
【解】 (1)令x＝y＝0得f(0)＝－1.令f(x)在R上任取x1＞x2，
则x1－x2＞0，f(x1－x2)＞－1.
又f(x1)＝f((x1－x2)＋x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1＞f(x2)，
所以，函数f(x)在R上是单调增函数．
(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.
由f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4得f(x2＋x＋1)＞f(3)，
又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1＞3，
解得x＜－2或x＞1，
故原不等式的解集为{x|x＜－2或x＞1}．
eq \a\vs4\al()
抽象函数问题中需注意以下三点：
(1)注意函数的定义域，树立定义域优先的观念．
(2)注意函数性质的综合应用，如函数的奇偶性、周期性等．
(3)利用“抽象函数具体化”，列举出符合条件的具体函数或画出其图象来分析求解．
若f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，当f(x)＋f(x－8)≤2时，则x的取值范围是( )
A．(8，＋∞) B．(8，9]
C．[8，9] D．(0，8)
解析：选B.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，＋∞)上的单调增函数，
所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＞0，,x－8＞0，,x（x－8）≤9，))解得8＜x≤9.
[基础题组练]
1．(2019·高考北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝xeq \s\up6(\f(1,2)) B. y＝2－x
C．y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x D．y＝eq \f(1,x)
解析：选A.对于幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，当α<0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递减，所以选项A正确；选项D中的函数y＝eq \f(1,x)可转化为y＝x－1，所以函数y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，故选项D不符合题意；对于指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)，当01时，y＝ax在(－∞，＋∞)上单调递增，而选项B中的函数y＝2－x可转化为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，因此函数y＝2－x在(0，＋∞)上单调递减，故选项B不符合题意；对于对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)，当01时，y＝lgax在(0，＋∞)上单调递增，因此选项C中的函数y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x在(0，＋∞)上单调递减，故选项C不符合题意，故选A.
2．函数f(x)＝－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－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：选A.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\c1(－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).
3．已知函数f(x)为R上的减函数，则满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\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：选C.由f(x)为R上的减函数且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))))＜f(1)，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＞1，,x≠0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|x|＜1，,x≠0.))所以－1＜x＜0或0＜x＜1.故选C.
4．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\c1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]
C．[－3，－2eq \r(2)] D．[－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]．
5．定义新运算“⊕”：当a≥b时，a⊕b＝a；当aA．－1 B．1
C．6 D．12
解析：选C.由已知得，当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2；
当1因为f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数，
所以f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.
6．函数f(x)＝|x－2|x的单调减区间是 ．
解析：由于f(x)＝|x－2|x＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2.))结合图象可知函数的单调减区间是[1，2]．
答案：[1，2]
7．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，因为[2，a]⊆(0，＋∞)，
所以f(x)＝eq \f(1,x)在[2，a]上也是减函数，
所以f(x)max＝f(2)＝eq \f(1,2)，f(x)min＝f(a)＝eq \f(1,a)，
所以eq \f(1,2)＋eq \f(1,a)＝eq \f(3,4)，所以a＝4.
答案：4
8．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解析：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答案：(－1，2)
9．已知函数f(x)＝2x－eq \f(a,x)的定义域为(0，1](a为实数)．
(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的值域；
(2)求函数y＝f(x)在区间(0，1]上的最大值及最小值，并求当函数f(x)取得最值时x的值．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝2x－eq \f(1,x)，
任取0则f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))
＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,x1x2))).
因为00，x1x2>0.
所以f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在(0，1]上单调递增，当x＝1时取得最大值1.
所以f(x)的值域为(－∞，1]．
(2)当a≥0时，y＝f(x)在(0，1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值2－a；
当a<0时，f(x)＝2x＋eq \f(－a,x)，
当 eq \r(－\f(a,2))≥1，即a∈(－∞，－2]时，y＝f(x)在(0，1]上单调递减，无最大值，当x＝1时取得最小值2－a；
当 eq \r(－\f(a,2))<1，即a∈(－2，0)时，y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \r(－\f(a,2))))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(－\f(a,2))，1))上单调递增，无最大值，当x＝eq \r(－\f(a,2))时取得最小值2eq \r(－2a).
10．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\c1(\f(1,2)，2))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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)，因为x1>x2>0，
所以x1－x2>0，x1x2>0，
所以f(x1)－f(x2)>0，
即f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)由(1)可知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上为增函数，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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).
[综合题组练]
1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3（a－3）x＋2，x≤1，,－4a－ln x，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：选D.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\c1(a－3<0，,3（a－3）＋2≥－4a，))
解得1≤a＜3.故选D.
2．(创新型)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a，a≤b，,b，a>b.))设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝lg2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是 ．
解析：依题意，h(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x，02.))
当0当x>2时，h(x)＝3－x是减函数，
所以h(x)在x＝2时，取得最大值，h(2)＝1.
答案：1
3．已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证明f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．
解：(1)证明：设x1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)＝eq \f(2（x1－x2）,（x1＋2）（x2＋2）).
因为(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，所以f(x1)所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．
(2)设1＝eq \f(a（x2－x1）,（x1－a）（x2－a）).
因为a>0，x2－x1>0，
所以要使f(x1)－f(x2)>0，
只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，
所以a≤1.
综上所述，a的取值范围为(0，1]．
4．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.
(1)求f(1)的值；
(2)证明：f(x)为单调递减函数；
(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2，9]上的最小值．
解：(1)令x1＝x2>0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.
(2)证明：任取x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，且x1>x2，则eq \f(x1,x2)>1，由于当x>1时，f(x)<0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))<0，即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)(3)因为f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，所以f(x)在[2，9]上的最小值为f(9)，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,3)))＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.所以f(x)在[2，9]上的最小值为－2.
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当x1f(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
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x∈I，都有f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得
f(x0)＝M
(1)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；
(2)存在x0∈I，使得
f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值