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专题2.2 函数的单调性与最值-2022年高考数学（理）一轮复习-题型全归纳与高效训练突破学案
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这是一份专题2.2 函数的单调性与最值-2022年高考数学（理）一轮复习-题型全归纳与高效训练突破学案，文件包含专题22函数的单调性与最值解析版docx、专题22函数的单调性与最值原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共24页， 欢迎下载使用。
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TOC \ "1-3" \h \u 一、题型全归纳1
题型一 确定函数的单调性(区间)1
题型二 求函数的最值(值域)3
题型三 函数单调性的应用5
命题角度一 比较大小5
命题角度二 解函数不等式6
命题角度三 根据函数的单调性求参数6
二、高效训练突破7
一、题型全归纳
题型一 确定函数的单调性(区间)
【题型要点】
1．确定函数单调性(区间)的三种常用方法
(1)定义法：一般步骤：①任取x1，x2∈D，且x1(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．
(3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．
2．熟记函数单调性的常用结论
(1)对勾函数y＝x＋eq \f(a,x)(a＞0)的增区间为(－∞，－eq \r(a)]和[eq \r(a)，＋∞)，减区间为[－eq \r(a)，0)和(0，eq \r(a)]．
(2)在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．
(3)函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)，u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”．
(4)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处取到．
(5)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值．
【例1】(2020·华南师范大学附属中学月考)函数f(x)＝ln (x2－2x－8)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
【答案】D
【解析】由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数．要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8在定义域内的单调递增区间．∵函数t＝x2－2x－8在(－∞，－2)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．
【例2】函数y＝eq \r(x2＋x－6)的单调递增区间为________，单调递减区间为________．
【答案】[2，＋∞) (－∞，－3]
【解析】令u＝x2＋x－6，
则y＝eq \r(x2＋x－6)可以看作是由y＝eq \r(u)与u＝x2＋x－6复合而成的函数．
令u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.
易知u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y＝eq \r(u)在[0，＋∞)上是增函数，
所以y＝eq \r(x2＋x－6)的单调递减区间为(－∞，－3]，单调递增区间为[2，＋∞)．
【例3】判断并证明函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性．
【解析】解法一：设－1＜x1＜x2＜1，
＝eq \f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）)，
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．
解法二：f′(x)＝eq \f(a（x－1）－ax,（x－1）2)＝eq \f(－a,（x－1）2)，
所以当a>0时，f′(x)<0，当a<0时，f′(x)>0，
即当a>0时，f(x)在(－1，1)上为单调递减函数，
当a<0时，f(x)在(－1，1)上为单调递增函数．
题型二 求函数的最值(值域)
【题型要点】求函数的最值(值域)的常用方法
(1)单调性法：若所给函数为单调函数，可根据函数的单调性求最值．
(2)换元法：求形如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．
(3)数形结合法：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
(4)有界性法：利用代数式的有界性(如x2≥0，eq \r(x)≥0，2x>0，－1≤sinx≤1等)确定函数的值域．
(5)分离常数法：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．
【例1】函数f(x)＝eq \f(2ax－2020,ax＋1)的值域为________．
【答案】 (－2020,2)
【解析】解法一：f(x)＝eq \f(2ax－2020,ax＋1)＝eq \f(2ax＋1－2022,ax＋1)＝2－eq \f(2022,ax＋1)，
因为ax＞0，所以ax＋1＞1，所以0＜eq \f(2022,ax＋1)＜2022，
所以－2020＜2－eq \f(2022,ax＋1)＜2，
故函数f(x)的值域为(－2020,2)．
解法二：令y＝f(x)＝eq \f(2ax－2020,ax＋1)，得
y·ax＋y＝2ax－2020，
所以(y－2)ax＝－y－2020，ax＝－eq \f(y＋2020,y－2)，
由ax＞0得eq \f(y＋2020,y－2)＜0，故－2020＜y＜2，
所以函数f(x)＝eq \f(2ax－2020,ax＋1)的值域为(－2020,2)．
【例2】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________．
【答案】：1
【解析】：法一：在同一直角坐标系中，
作出函数f(x)，g(x)的图象，
依题意，h(x)的图象如图所示．
易知点A(2，1)为图象的最高点，
因此h(x)的最大值为h(2)＝1.
法二：依题意，h(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))
当0＜x≤2时，h(x)＝lg2x是增函数，
当x＞2时，h(x)＝3－x是减函数，
所以h(x)在x＝2处取得最大值h(2)＝1.
题型三 函数单调性的应用
命题角度一 比较大小
【题型要点】比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．
【例1】(2019·郑州模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，且函数f(x)在(－∞，0)上是减函数，若a＝f(－1)，b＝，c＝f(20.3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c＜b＜a B．a＜c＜b
C．b＜c＜a D．a＜b＜c
【答案】 B
【解析】 ∵函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，∴c＝f(20.3)＝f(－20.3)．∵1＜20.3＜2，∴－1＞－20.3＞－2，即－1＞－20.3＞lg2eq \f(1,4).∵函数f(x)在(－∞，0)上是减函数，∴f(－1)＜f(－20.3)＜f，即a＜c＜b.
命题角度二 解函数不等式
【题型要点】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．
【例2】已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3，x≤0，,ln（x＋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)
【答案】 D
【解析】 因为当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，所以函数f(x)的图象是一条连续的曲线．
因为当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，
所以函数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命题角度三 根据函数的单调性求参数
【题型要点】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．
【例3】(2020·南京调研)已知函数f(x)＝x－eq \f(a,x)＋eq \f(a,2)在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．
【解析】 法一：设11.
因为函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数，
所以f(x1)－f(x2)＝x1－eq \f(a,x1)＋eq \f(a,2)－
因为x1－x2<0，所以1＋eq \f(a,x1x2)>0，即a>－x1x2.
因为11，所以－x1x2<－1，所以a≥－1.
所以a的取值范围是[－1，＋∞)．
法二：由f(x)＝x－eq \f(a,x)＋eq \f(a,2)得f′(x)＝1＋eq \f(a,x2)，
由题意得1＋eq \f(a,x2)≥0(x＞1)，
可得a≥－x2，当x∈(1，＋∞)时，－x2＜－1.
所以a的取值范围是[－1，＋∞)．
二、高效训练突破
一、选择题
1.(2020·河南鹤壁高中月考)若函数y＝ax与y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是( )
A．增函数 B．减函数
C．先增后减 D．先减后增
【答案】B
【解析】∵y＝ax与y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，∴a<0，b<0，∴y＝ax2＋bx的对称轴方程x＝－eq \f(b,2a)<0，∴y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上为减函数．
6．(2019·兰州模拟)函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
【答案】B
【解析】函数f(x)＝2|x－a|＋3的增区间为[a，＋∞)，减区间为(－∞，a]，若函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a>1.
3.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＝f，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
【答案】 D
【解析】 因为f(x)的图象关于直线x＝1对称．
所以f＝f.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)>f>f(e)，所以b>a>c.
4.(2020·武汉模拟)若函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
【答案】B.
【解析】：因为函数f(x)＝2|x－a|＋3＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－2a＋3，x≥a,－2x＋2a＋3，x＜a))，因为函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，所以a＞1.所以a的取值范围是(1，＋∞)．故选B.
5．定义在[－2，2]上的函数f(x)满足(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，且f(a2－a)＞f(2a－2)，则实数a的取值范围为( )
A．[－1，2) B．[0，2)
C．[0，1) D．[－1，1)
【答案】C
【解析】：因为函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，
所以函数f(x)在[－2，2]上单调递增，
所以－2≤2a－2＜a2－a≤2，解得0≤a＜1，故选C.
6.(2019·安徽合肥模拟)若2x＋5y≤2－y＋5－x，则有( )
A．x＋y≥0 B．x＋y≤0
C．x－y≤0 D．x－y≥0
【答案】 B
【解析】 原不等式可化为2x－5－x≤2－y－5y，记函数f(x)＝2x－5－x，则原不等式可化为f(x)≤f(－y)．又函数f(x)在R上单调递增，所以x≤－y，即x＋y≤0.
7.(2019·广东茂名二联)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是( )
A．y＝eq \f(1,fx)在R上为减函数
B．y＝|f(x)|在R上为增函数
C．y＝2－f(x)在R上为减函数
D．y＝－[f(x)]3在R上为增函数
【答案】C
【解析】A错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝eq \f(1,fx)＝eq \f(1,x)在R上不具有单调性；B错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝|f(x)|＝|x|在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数；D错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝－[f(x)]3＝－x3在R上为减函数；C正确，由复合函数同增异减，得y＝2－f(x)在R上为减函数．故选C.
8.下列四个函数中，在x∈(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝－eq \f(1,x＋1) D．f(x)＝－|x|
【答案】C.
【解析】：当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；
当x∈时，f(x)＝x2－3x为减函数，
当x∈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．
9．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是( )
A．(－∞，0) B．
C．[0，＋∞) D．
【答案】B
【解析】：.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))函数y的草图如图所示．
由图易知原函数在上单调递增．故选B.
10.定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当aA．－1 B．1
C．6 D．12
【答案】C
.【解析】：由题意知当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当111.(2020·贵阳市高三摸底)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．a＝－3 B．a<3
C．a≤－3 D．a≥－3
【答案】 C
【解析】 y＝eq \f(x－5,x－a－2)＝eq \f(x－a－2＋a－3,x－a－2)＝1＋eq \f(a－3,x－a＋2)，所以当a－3<0时，y＝eq \f(x－5,x－a－2)的单调递增区间是(－∞，a＋2)，(a＋2，＋∞)；当a－3≥0时不符合题意．又y＝eq \f(x－5,x－a－2)在(－1，＋∞)上单调递增，所以(－1，＋∞)⊆(a＋2，＋∞)，所以a＋2≤－1，即a≤－3，综上知，a的取值范围是(－∞，－3]．
12.(2020·河北大名一中月考)下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的单调递增函数是( )
A．f(x)＝xeq \f(1,2) B．f(x)＝x3
C．f(x)＝D．f(x)＝3x
【答案】D
【解析】f(x)＝xeq \f(1,2)，f(y)＝yeq \f(1,2)，f(x＋y)＝(x＋y)eq \f(1,2)，不满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，故A错误；f(x)＝x3，f(y)＝y3，f(x＋y)＝(x＋y)3，不满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，故B错误；f(x)＝在R上是单调递减函数，故C错误；f(x)＝3x，f(y)＝3y，f(x＋y)＝3x＋y，满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，且f(x)在R上是单调递增函数，故D正确．故选D.
二、填空题
1．设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．
【答案】：[0，1)
【解析】：由题意知g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))函数图象如图所示
其递减区间是[0，1)．
2．若f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（3a－1）x＋4a，x<1，,－ax，x≥1))是定义在R上的减函数，则a的取值范围是________．
【答案】：
【解析】：由题意知，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a－1<0，,（3a－1）×1＋4a≥－a，,a>0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<\f(1,3)，,a≥\f(1,8)，,a>0，))所以a∈
3.(2019·厦门质检)函数f(x)＝－lg2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．
【答案】3
【解析】由于y＝在R上单调递减，y＝lg2(x＋2)在[－1,1]上单调递增，所以f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)＝3.
4.已知函数f(x)＝ln x＋x，若f(a2－a)>f(a＋3)，则正数a的取值范围是________．
【答案】(3，＋∞)
【解析】∵函数f(x)＝ln x＋x的定义域为(0，＋∞)，且为单调递增函数，∴f(a2－a)>f(a＋3)同解于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得a>3.所以正数a的取值范围是(3，＋∞)．
5.设f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x＞0.))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为________．
【答案】：[0，2]
【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a的取值范围是0≤a≤2.
6．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝eq \f(f（x）,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________．
【答案】：[1，eq \r(3) ]
【解析】：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(f（x）,x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)，令g(x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)(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(f（x）,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) ]．
7.(2020·河北模拟调研)已知函数f(x)＝lga(－x＋1)(a>0，且a≠1)在[－2,0]上的值域是[－1,0]，则实数a＝________；若函数g(x)＝ax＋m－3的图象不经过第一象限，则实数m的取值范围为________．
【答案】eq \f(1,3) [－1，＋∞)
【解析】函数f(x)＝lga(－x＋1)(a>0，且a≠1)在[－2,0]上的值域是[－1,0]．当a>1时，f(x)＝lga(－x＋1)在[－2,0]上单调递减，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－2＝lga3＝0，,f0＝lga1＝－1，))无解；当0∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－2＝lga3＝－1，,f0＝lga1＝0，))解得a＝eq \f(1,3).
∵g(x)＝－3的图象不经过第一象限，
∴g(0)＝－3≤0，
解得m≥－1，即实数m的取值范围是[－1，＋∞)．
8.(2019·郑州模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．
【答案】 [0,1)
【解析】∵函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))g(x)＝x2f(x－1)，
∴当x＞1时，即x－1＞0，g(x)＝x2；
当x＝1时，x－1＝0，g(x)＝0；
当x＜1时，x－1＜0，g(x)＝－x2；
∴g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x＞1，,0，x＝1，,－x2，x＜1，))
画出函数g(x)的图象，如图所示．
根据图象得出，函数g(x)的单调递减区间是[0,1)．
三 解答题
1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上是单调递增函数；
(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.
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上是单调递增函数．
(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}．
2.已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证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＜x2＜－2，
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)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．
(2)设1＜x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1－a)－eq \f(x2,x2－a)＝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，0＜a≤1.
3.已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.
(1)证明：f(x)为单调递减函数；
(2)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．
【解】(1)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，
则eq \f(x1,x2)>1，由于当x>1时，f(x)<0，
所以<0，即f(x1)－f(x2)<0，
因此f(x1)所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．
(2)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＝f(x1)－f(x2)得，＝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.
4.已知函数f(x)＝x2＋a|x－2|－4.
(1)当a＝2时，求f(x)在[0，3]上的最大值和最小值；
(2)若f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
【解】：(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋2|x－2|－4＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－8，x≥2,x2－2x，x＜2))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x＋1）2－9，x≥2,（x－1）2－1，x＜2))，
当x∈[0，2)时，－1≤f(x)<0，当x∈[2，3]时，0≤f(x)≤7，
所以f(x)在[0，3]上的最大值为7，最小值为－1.
(2)因为f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋ax－2a－4，x＞2,x2－ax＋2a－4，x≤2))，
又f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，
所以当x＞2时，f(x)单调递增，则－eq \f(a,2)≤2，即a≥－4.
当－1＜x≤2时，f(x)单调递增，则eq \f(a,2)≤－1.
即a≤－2，且4＋2a－2a－4≥4－2a＋2a－4恒成立，
故a的取值范围为[－4，－2]．
目录
TOC \ "1-3" \h \u 一、题型全归纳1
题型一 确定函数的单调性(区间)1
题型二 求函数的最值(值域)3
题型三 函数单调性的应用5
命题角度一 比较大小5
命题角度二 解函数不等式6
命题角度三 根据函数的单调性求参数6
二、高效训练突破7
一、题型全归纳
题型一 确定函数的单调性(区间)
【题型要点】
1．确定函数单调性(区间)的三种常用方法
(1)定义法：一般步骤：①任取x1，x2∈D，且x1
(3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．
2．熟记函数单调性的常用结论
(1)对勾函数y＝x＋eq \f(a,x)(a＞0)的增区间为(－∞，－eq \r(a)]和[eq \r(a)，＋∞)，减区间为[－eq \r(a)，0)和(0，eq \r(a)]．
(2)在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．
(3)函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)，u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”．
(4)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处取到．
(5)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值．
【例1】(2020·华南师范大学附属中学月考)函数f(x)＝ln (x2－2x－8)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
【答案】D
【解析】由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数．要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8在定义域内的单调递增区间．∵函数t＝x2－2x－8在(－∞，－2)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．
【例2】函数y＝eq \r(x2＋x－6)的单调递增区间为________，单调递减区间为________．
【答案】[2，＋∞) (－∞，－3]
【解析】令u＝x2＋x－6，
则y＝eq \r(x2＋x－6)可以看作是由y＝eq \r(u)与u＝x2＋x－6复合而成的函数．
令u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.
易知u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y＝eq \r(u)在[0，＋∞)上是增函数，
所以y＝eq \r(x2＋x－6)的单调递减区间为(－∞，－3]，单调递增区间为[2，＋∞)．
【例3】判断并证明函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性．
【解析】解法一：设－1＜x1＜x2＜1，
＝eq \f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）)，
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．
解法二：f′(x)＝eq \f(a（x－1）－ax,（x－1）2)＝eq \f(－a,（x－1）2)，
所以当a>0时，f′(x)<0，当a<0时，f′(x)>0，
即当a>0时，f(x)在(－1，1)上为单调递减函数，
当a<0时，f(x)在(－1，1)上为单调递增函数．
题型二 求函数的最值(值域)
【题型要点】求函数的最值(值域)的常用方法
(1)单调性法：若所给函数为单调函数，可根据函数的单调性求最值．
(2)换元法：求形如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．
(3)数形结合法：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
(4)有界性法：利用代数式的有界性(如x2≥0，eq \r(x)≥0，2x>0，－1≤sinx≤1等)确定函数的值域．
(5)分离常数法：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．
【例1】函数f(x)＝eq \f(2ax－2020,ax＋1)的值域为________．
【答案】 (－2020,2)
【解析】解法一：f(x)＝eq \f(2ax－2020,ax＋1)＝eq \f(2ax＋1－2022,ax＋1)＝2－eq \f(2022,ax＋1)，
因为ax＞0，所以ax＋1＞1，所以0＜eq \f(2022,ax＋1)＜2022，
所以－2020＜2－eq \f(2022,ax＋1)＜2，
故函数f(x)的值域为(－2020,2)．
解法二：令y＝f(x)＝eq \f(2ax－2020,ax＋1)，得
y·ax＋y＝2ax－2020，
所以(y－2)ax＝－y－2020，ax＝－eq \f(y＋2020,y－2)，
由ax＞0得eq \f(y＋2020,y－2)＜0，故－2020＜y＜2，
所以函数f(x)＝eq \f(2ax－2020,ax＋1)的值域为(－2020,2)．
【例2】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________．
【答案】：1
【解析】：法一：在同一直角坐标系中，
作出函数f(x)，g(x)的图象，
依题意，h(x)的图象如图所示．
易知点A(2，1)为图象的最高点，
因此h(x)的最大值为h(2)＝1.
法二：依题意，h(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))
当0＜x≤2时，h(x)＝lg2x是增函数，
当x＞2时，h(x)＝3－x是减函数，
所以h(x)在x＝2处取得最大值h(2)＝1.
题型三 函数单调性的应用
命题角度一 比较大小
【题型要点】比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．
【例1】(2019·郑州模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，且函数f(x)在(－∞，0)上是减函数，若a＝f(－1)，b＝，c＝f(20.3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c＜b＜a B．a＜c＜b
C．b＜c＜a D．a＜b＜c
【答案】 B
【解析】 ∵函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，∴c＝f(20.3)＝f(－20.3)．∵1＜20.3＜2，∴－1＞－20.3＞－2，即－1＞－20.3＞lg2eq \f(1,4).∵函数f(x)在(－∞，0)上是减函数，∴f(－1)＜f(－20.3)＜f，即a＜c＜b.
命题角度二 解函数不等式
【题型要点】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．
【例2】已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3，x≤0，,ln（x＋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)
【答案】 D
【解析】 因为当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，所以函数f(x)的图象是一条连续的曲线．
因为当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，
所以函数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
【题型要点】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．
【例3】(2020·南京调研)已知函数f(x)＝x－eq \f(a,x)＋eq \f(a,2)在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．
【解析】 法一：设1
因为函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数，
所以f(x1)－f(x2)＝x1－eq \f(a,x1)＋eq \f(a,2)－
因为x1－x2<0，所以1＋eq \f(a,x1x2)>0，即a>－x1x2.
因为1
所以a的取值范围是[－1，＋∞)．
法二：由f(x)＝x－eq \f(a,x)＋eq \f(a,2)得f′(x)＝1＋eq \f(a,x2)，
由题意得1＋eq \f(a,x2)≥0(x＞1)，
可得a≥－x2，当x∈(1，＋∞)时，－x2＜－1.
所以a的取值范围是[－1，＋∞)．
二、高效训练突破
一、选择题
1.(2020·河南鹤壁高中月考)若函数y＝ax与y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是( )
A．增函数 B．减函数
C．先增后减 D．先减后增
【答案】B
【解析】∵y＝ax与y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，∴a<0，b<0，∴y＝ax2＋bx的对称轴方程x＝－eq \f(b,2a)<0，∴y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上为减函数．
6．(2019·兰州模拟)函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
【答案】B
【解析】函数f(x)＝2|x－a|＋3的增区间为[a，＋∞)，减区间为(－∞，a]，若函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a>1.
3.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＝f，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
【答案】 D
【解析】 因为f(x)的图象关于直线x＝1对称．
所以f＝f.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
4.(2020·武汉模拟)若函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
【答案】B.
【解析】：因为函数f(x)＝2|x－a|＋3＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－2a＋3，x≥a,－2x＋2a＋3，x＜a))，因为函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，所以a＞1.所以a的取值范围是(1，＋∞)．故选B.
5．定义在[－2，2]上的函数f(x)满足(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，且f(a2－a)＞f(2a－2)，则实数a的取值范围为( )
A．[－1，2) B．[0，2)
C．[0，1) D．[－1，1)
【答案】C
【解析】：因为函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，
所以函数f(x)在[－2，2]上单调递增，
所以－2≤2a－2＜a2－a≤2，解得0≤a＜1，故选C.
6.(2019·安徽合肥模拟)若2x＋5y≤2－y＋5－x，则有( )
A．x＋y≥0 B．x＋y≤0
C．x－y≤0 D．x－y≥0
【答案】 B
【解析】 原不等式可化为2x－5－x≤2－y－5y，记函数f(x)＝2x－5－x，则原不等式可化为f(x)≤f(－y)．又函数f(x)在R上单调递增，所以x≤－y，即x＋y≤0.
7.(2019·广东茂名二联)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是( )
A．y＝eq \f(1,fx)在R上为减函数
B．y＝|f(x)|在R上为增函数
C．y＝2－f(x)在R上为减函数
D．y＝－[f(x)]3在R上为增函数
【答案】C
【解析】A错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝eq \f(1,fx)＝eq \f(1,x)在R上不具有单调性；B错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝|f(x)|＝|x|在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数；D错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝－[f(x)]3＝－x3在R上为减函数；C正确，由复合函数同增异减，得y＝2－f(x)在R上为减函数．故选C.
8.下列四个函数中，在x∈(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝－eq \f(1,x＋1) D．f(x)＝－|x|
【答案】C.
【解析】：当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；
当x∈时，f(x)＝x2－3x为减函数，
当x∈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．
9．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是( )
A．(－∞，0) B．
C．[0，＋∞) D．
【答案】B
【解析】：.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))函数y的草图如图所示．
由图易知原函数在上单调递增．故选B.
10.定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当a
C．6 D．12
【答案】C
.【解析】：由题意知当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当1
A．a＝－3 B．a<3
C．a≤－3 D．a≥－3
【答案】 C
【解析】 y＝eq \f(x－5,x－a－2)＝eq \f(x－a－2＋a－3,x－a－2)＝1＋eq \f(a－3,x－a＋2)，所以当a－3<0时，y＝eq \f(x－5,x－a－2)的单调递增区间是(－∞，a＋2)，(a＋2，＋∞)；当a－3≥0时不符合题意．又y＝eq \f(x－5,x－a－2)在(－1，＋∞)上单调递增，所以(－1，＋∞)⊆(a＋2，＋∞)，所以a＋2≤－1，即a≤－3，综上知，a的取值范围是(－∞，－3]．
12.(2020·河北大名一中月考)下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的单调递增函数是( )
A．f(x)＝xeq \f(1,2) B．f(x)＝x3
C．f(x)＝D．f(x)＝3x
【答案】D
【解析】f(x)＝xeq \f(1,2)，f(y)＝yeq \f(1,2)，f(x＋y)＝(x＋y)eq \f(1,2)，不满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，故A错误；f(x)＝x3，f(y)＝y3，f(x＋y)＝(x＋y)3，不满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，故B错误；f(x)＝在R上是单调递减函数，故C错误；f(x)＝3x，f(y)＝3y，f(x＋y)＝3x＋y，满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，且f(x)在R上是单调递增函数，故D正确．故选D.
二、填空题
1．设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．
【答案】：[0，1)
【解析】：由题意知g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))函数图象如图所示
其递减区间是[0，1)．
2．若f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（3a－1）x＋4a，x<1，,－ax，x≥1))是定义在R上的减函数，则a的取值范围是________．
【答案】：
【解析】：由题意知，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a－1<0，,（3a－1）×1＋4a≥－a，,a>0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<\f(1,3)，,a≥\f(1,8)，,a>0，))所以a∈
3.(2019·厦门质检)函数f(x)＝－lg2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．
【答案】3
【解析】由于y＝在R上单调递减，y＝lg2(x＋2)在[－1,1]上单调递增，所以f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)＝3.
4.已知函数f(x)＝ln x＋x，若f(a2－a)>f(a＋3)，则正数a的取值范围是________．
【答案】(3，＋∞)
【解析】∵函数f(x)＝ln x＋x的定义域为(0，＋∞)，且为单调递增函数，∴f(a2－a)>f(a＋3)同解于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得a>3.所以正数a的取值范围是(3，＋∞)．
5.设f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x＞0.))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为________．
【答案】：[0，2]
【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a的取值范围是0≤a≤2.
6．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝eq \f(f（x）,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________．
【答案】：[1，eq \r(3) ]
【解析】：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(f（x）,x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)，令g(x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)(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(f（x）,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) ]．
7.(2020·河北模拟调研)已知函数f(x)＝lga(－x＋1)(a>0，且a≠1)在[－2,0]上的值域是[－1,0]，则实数a＝________；若函数g(x)＝ax＋m－3的图象不经过第一象限，则实数m的取值范围为________．
【答案】eq \f(1,3) [－1，＋∞)
【解析】函数f(x)＝lga(－x＋1)(a>0，且a≠1)在[－2,0]上的值域是[－1,0]．当a>1时，f(x)＝lga(－x＋1)在[－2,0]上单调递减，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－2＝lga3＝0，,f0＝lga1＝－1，))无解；当0
∵g(x)＝－3的图象不经过第一象限，
∴g(0)＝－3≤0，
解得m≥－1，即实数m的取值范围是[－1，＋∞)．
8.(2019·郑州模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．
【答案】 [0,1)
【解析】∵函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))g(x)＝x2f(x－1)，
∴当x＞1时，即x－1＞0，g(x)＝x2；
当x＝1时，x－1＝0，g(x)＝0；
当x＜1时，x－1＜0，g(x)＝－x2；
∴g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x＞1，,0，x＝1，,－x2，x＜1，))
画出函数g(x)的图象，如图所示．
根据图象得出，函数g(x)的单调递减区间是[0,1)．
三 解答题
1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上是单调递增函数；
(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.
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上是单调递增函数．
(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}．
2.已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证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＜x2＜－2，
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)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．
(2)设1＜x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1－a)－eq \f(x2,x2－a)＝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，0＜a≤1.
3.已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.
(1)证明：f(x)为单调递减函数；
(2)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．
【解】(1)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，
则eq \f(x1,x2)>1，由于当x>1时，f(x)<0，
所以<0，即f(x1)－f(x2)<0，
因此f(x1)
(2)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＝f(x1)－f(x2)得，＝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.
4.已知函数f(x)＝x2＋a|x－2|－4.
(1)当a＝2时，求f(x)在[0，3]上的最大值和最小值；
(2)若f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
【解】：(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋2|x－2|－4＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－8，x≥2,x2－2x，x＜2))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x＋1）2－9，x≥2,（x－1）2－1，x＜2))，
当x∈[0，2)时，－1≤f(x)<0，当x∈[2，3]时，0≤f(x)≤7，
所以f(x)在[0，3]上的最大值为7，最小值为－1.
(2)因为f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋ax－2a－4，x＞2,x2－ax＋2a－4，x≤2))，
又f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，
所以当x＞2时，f(x)单调递增，则－eq \f(a,2)≤2，即a≥－4.
当－1＜x≤2时，f(x)单调递增，则eq \f(a,2)≤－1.
即a≤－2，且4＋2a－2a－4≥4－2a＋2a－4恒成立，
故a的取值范围为[－4，－2]．
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