新高考数学一轮复习讲义+分层练习 2.2《函数的单调性与最值》教案 (2份打包，原卷版+教师版)

这是一份新高考数学一轮复习讲义+分层练习 2.2《函数的单调性与最值》教案 (2份打包，原卷版+教师版)，文件包含新高考数学一轮复习讲义+分层练习22《函数的单调性与最值》教案原卷版doc、新高考数学一轮复习讲义+分层练习22《函数的单调性与最值》教案原卷版pdf、新高考数学一轮复习讲义+分层练习22《函数的单调性与最值》教案教师版doc、新高考数学一轮复习讲义+分层练习22《函数的单调性与最值》教案教师版pdf等4份教案配套教学资源，其中教案共44页， 欢迎下载使用。

2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.
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y＝f(x)的单调区间.
2.函数的最值
eq \([常用结论])
1.函数单调性的结论
(1)对∀x1，x2∈D(x1≠x2)，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞0⇔f(x)在D上是增函数；eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＜0⇔f(x)在D上是减函数.
(2)对勾函数y＝x＋eq \f(a,x)(a＞0)的增区间为(﹣∞，﹣eq \r(a)]和解析：[eq \r(a)，＋∞)，减区间为解析：[﹣eq \r(a)，0)和(0，eq \r(a)].
(3)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.
(4)函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)和u＝g(x)的单调性关系是“同增异减”.
2.函数最值存在的2个结论
(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值.
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值.
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数y＝eq \f(1,x)的单调递减区间是(﹣∞，0)∪(0，＋∞).( )
(2)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.( )
(3)函数y＝f(x)在解析：[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是解析：[1，＋∞).( )
(4)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)√
二、教材改编
1.函数y＝x2﹣6x＋10在区间(2,4)上( )
A.递减 B.递增
C.先递减后递增 D.先递增后递减
答案为：C.
解析：因为函数y＝x2﹣6x＋10的图象为抛物线，且开口向上，对称轴为直线x＝3，所以函数y＝x2﹣6x＋10在(2,3)上为减函数，在(3,4)上为增函数.]
2.下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是( )
A.y＝|x| B.y＝3﹣x C.y＝eq \f(1,x) D.y＝﹣x2＋4
答案为：A.
解析：y＝3﹣x在R上递减，y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上递减，y＝﹣x2＋4在(0，＋∞)上递减，故选A.]
3.若函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，则k的取值范围是________.
答案为：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))).
解析：[因为函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，所以2k＋1＜0，即k＜﹣eq \f(1,2).]
4.已知函数f(x)＝eq \f(2,x－1)，x∈[2,6]，则f(x)的最大值为________，最小值为________.
答案为：2 eq \f(2,5).
解析：[易知函数f(x)＝eq \f(2,x－1)在x∈[2,6]上为减函数，故f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝eq \f(2,5).]
考点1 确定函数的单调性(区间)
确定函数单调性的4种方法
(1)定义法.利用定义判断.
(2)导数法.适用于初等函数、复合函数等可以求导的函数.
(3)图象法.由图象确定函数的单调区间需注意两点：一是单调区间必须是函数定义域的子集；二是图象不连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接.
(4)性质法.利用函数单调性的性质，尤其是利用复合函数“同增异减”的原则时，需先确定简单函数的单调性.
求函数的单调区间
(1)函数f(x)＝|x2﹣3x＋2|的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))和[2，＋∞)
C.(﹣∞，1]和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2)))和[2，＋∞)
(2)函数y＝eq \r(x2＋x－6)的单调递增区间为________，单调递减区间为________.
答案为：(1)B (2)[2，＋∞) (﹣∞，﹣3].
解析：[(1)y＝|x2﹣3x＋2|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－3x＋2，x≤1或x≥2，,－x2－3x＋2，1＜x＜2.))
如图所示，函数的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))和解析：[2，＋∞)；
单调递减区间是(﹣∞，1]和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)).故选B.
(2)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，在解析：[2，＋∞)上是增函数，而y＝eq \r(u)在解析：[0，＋∞)上是增函数，
所以y＝eq \r(x2＋x－6)的单调减区间为(﹣∞，﹣3]，单调增区间为解析：[2，＋∞).]
(1)求复合函数的单调区间的步骤一般为：①确定函数的定义域；②求简单函数的单调区间；③求复合函数的单调区间，其依据是“同增异减”.
(2)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间.
含参函数的单调性
判断并证明函数f(x)＝ax2＋eq \f(1,x)(其中1＜a＜3)在x∈[1,2]上的单调性.
[解] 法一：(定义法)设1≤x1＜x2≤2，则
f(x2)﹣f(x1)＝axeq \\al(2,2)＋eq \f(1,x2)﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax\\al(2,1)＋\f(1,x1)))＝(x2﹣x1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ax1＋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)在解析：[1,2]上单调递增.
法二：(导数法)因为f′(x)＝2ax﹣eq \f(1,x2)＝eq \f(2ax3－1,x2)，
因为1≤x≤2，∴1≤x3≤8，又1＜a＜3，所以2ax3﹣1＞0，所以f′(x)＞0，
所以函数f(x)＝ax2＋eq \f(1,x)(其中1＜a＜3)在解析：[1,2]上是增函数.
定义法证明函数单调性的一般步骤：①任取x1，x2∈D，且x1＜x2；②作差f(x1)﹣f(x2)；③变形(通常是因式分解和配方)；④定号(即判断f(x1)﹣f(x2)的正负)；⑤下结论(即指出函数f(x)在给定的区间D上的单调性).
1.函数f(x)＝|x﹣2|x的单调递减区间是( )
A.[1,2] B.[﹣1,0] C.(0,2] D.[2，＋∞)
答案为：A.
解析：由题意得，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x＜2，))
当x≥2时，解析：[2，＋∞)是函数f(x)的单调递增区间；
当x＜2时，(﹣∞，1]是函数f(x)的单调递增区间，解析：[1,2]是函数f(x)的单调递减区间.]
2.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] 法一：(定义法)设﹣1＜x1＜x2＜1，f(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＜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.
法二：(导数法)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)上为单调减函数，
当a＜0时，f(x)在(﹣1,1)上为单调增函数.
考点2 函数的最值
求函数最值的5种常用方法及其思路
(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)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.
(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值.
(1)若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－a2x≤0，,x＋\f(1,x)＋ax＞0))的最小值为f(0)，则实数a的取值范围是( )
A.[﹣1,2] B.[﹣1,0] C.[1,2] D.[0,2]
(2)函数f(x)＝(eq \f(1,3))x﹣lg2(x＋2)在区间解析：[﹣1,1]上的最大值为________.
(3)函数y＝eq \r(x)﹣x(x≥0)的最大值为________.
答案为：(1)D (2)3 (3)eq \f(1,4) 解析：[(1)当x＞0时，f(x)＝x＋eq \f(1,x)＋a≥2＋a，
当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时，等号成立.故当x＝1时取得最小值2＋a，
∵f(x)的最小值为f(0)，∴当x≤0时，f(x)＝(x﹣a)2单调递减，故a≥0，
此时的最小值为f(0)＝a2，故2＋a≥a2，得﹣1≤a≤2.
又a≥0，得0≤a≤2.故选D.
(2)∵f(x)＝(eq \f(1,3))x﹣lg2(x＋2)在区间解析：[﹣1,1]上单调递减，
∴f(x)max＝f(﹣1)＝3﹣lg21＝3.
(3)令t＝eq \r(x)，则t≥0，所以y＝t﹣t2＝﹣(t﹣eq \f(1,2))2＋eq \f(1,4)，当t＝eq \f(1,2)，即x＝eq \f(1,4)时，ymax＝eq \f(1,4).]
[逆向问题] 若函数f(x)＝﹣eq \f(a,x)＋b(a＞0)在解析：[eq \f(1,2),2]上的值域为解析：[eq \f(1,2),2]，则a＝________，b＝________.
答案为：1 eq \f(5,2).
解析：[∵f(x)＝﹣eq \f(a,x)＋b(a＞0)在解析：[eq \f(1,2),2]上是增函数，
∴f(x)min＝f(eq \f(1,2))＝eq \f(1,2)，f(x)max＝f(2)＝2.即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2a＋b＝\f(1,2)，,－\f(a,2)＋b＝2，))解得a＝1，b＝eq \f(5,2).]
(1)求函数的最值时，应先确定函数的定义域.如本例(3).
(2)求分段函数的最值时，应先求出每一段上的最值，再选取其中最大的作为分段函数的最大值，最小的作为分段函数的最小值.如本例(1).
(3)若函数f(x)在区间解析：[a，b]上单调，则必在区间的端点处取得最值.如本例(2)；若函数f(x)在区间解析：[a，b]上不单调，则最小值为函数f(x)在该区间内的极小值和区间端点值中最小的值，最大值为函数f(x)在该区间内的极大值和区间端点值中最大的值.
1.函数f(x)＝eq \f(x2＋4,x)的值域为________.
答案为：(﹣∞，﹣4]∪[4，＋∞).
解析：[当x＞0时，f(x)＝x＋eq \f(4,x)≥4，当且仅当x＝2时取等号；
当x＜0时，﹣x＋(﹣eq \f(4,x))≥4，即f(x)＝x＋eq \f(4,x)≤﹣4，当且仅当x＝﹣2时取等号，
所以函数f(x)的值域为(﹣∞，﹣4]∪[4，＋∞).]
2.对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq \b\lc\{\rc\ (\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________.
答案为：1 解析：[法一：(图象法)在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)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：(单调性法)依题意，h(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))
当0＜x≤2时，h(x)＝lg2 x是增函数，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.]
考点3 函数单调性的应用
比较大小
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内进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解.
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，解析：[f(x2)﹣f(x1)](x2﹣x1)＜0恒成立，设a＝f(﹣eq \f(1,2))，b＝f(2)，c＝f(3)，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
答案为：D.
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.所以a＝f(﹣eq \f(1,2))＝f(2.5)，f(2)＞f(2.5)＞f(3)，所以b＞a＞c.]
本例先由[f(x2)﹣f(x1)](x2﹣x1)＜0得出f(x)在(1，＋∞)上是减函数，然后借助对称性，化变量﹣eq \f(1,2)，2,3于同一单调区间，并借助单调性比较大小.
解不等式
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)).此时要特别注意函数的定义域.
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)
答案为：C.
解析：因为函数f(x)满足(x1﹣x2)[f(x1)﹣f(x2)]＞0，x1≠x2，
所以函数在[﹣2,2]上单调递增，所以﹣2≤2a﹣2＜a2﹣a≤2，解得0≤a＜1，故选C.]
本例在求解时，应注意隐含条件为a2﹣a∈[﹣2,2]，2a﹣2∈[﹣2,2].
解析：[备选例题]
f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则不等式f(x)＋f(x﹣8)≤2的解集为________.
答案为：(8,9]
解析：[因为2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x﹣8)≤2可得f[x(x﹣8)]≤f(9)，f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,x－8>0，,xx－8≤9，))解得8 根据函数的单调性求参数
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解析：[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)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
(2)已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－ax＋1，x＜1，,ax，x≥1))满足对任意x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞0成立，那么a的取值范围是( )
A.(1,2) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
答案为：(1)C (2)C.
解析：(1)y＝eq \f(x－a－2＋a－3,x－a－2)＝1＋eq \f(a－3,x－a－2)＝1＋eq \f(a－3,x－a＋2)，
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－3＜0，,a＋2≤－1，))得a≤﹣3.所以a的取值范围是a≤﹣3.
(2)由已知条件得f(x)为增函数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－a＞0，,a＞1，,2－a×1＋1≤a，))解得eq \f(3,2)≤a＜2，
所以a的取值范围是[eq \f(3,2),2).故选C.]
分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值.如本例(2).
1.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]
答案为：B.
解析：因为函数f(x)＝2|x﹣a|＋3＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－2a＋3，x≥a，,－2x＋2a＋3，x＜a，))
且函数f(x)＝2|x﹣a|＋3在区间解析：[1，＋∞)上不单调，所以a＞1.
所以a的取值范围是(1，＋∞).故选B.]
2.设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋4x，x≤4，,lg2x，x＞4.))若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.(﹣∞，1] B.[1,4] C.[4，＋∞) D.(﹣∞，1]∪[4，＋∞)
答案为：D.
解析：作出函数f(x)的图象如图所示 ，由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4，故选D.
]
3.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\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)
答案为：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＜x＜1.]
函数的单调性与最值
一、选择题
1.下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是( )
A.y＝eq \f(1,x)﹣x B.y＝x2﹣x C.y＝ln x﹣x D.y＝ex﹣x
答案为：A.
解析：对于A，y1＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x在(0，＋∞)内是增函数，则y＝eq \f(1,x)﹣x在(0，＋∞)内是减函数；B，C选项中的函数在(0，＋∞)上均不单调；选项D中，y′＝ex﹣1，而当x∈(0，＋∞)时，y′＞0，所以函数y＝ex﹣x在(0，＋∞)上是增函数.]
2.函数f(x)＝ln(x2﹣2x﹣8)的单调递增区间是( )
A.(﹣∞，﹣2) B.(﹣∞，1) C.(1，＋∞) D.(4，＋∞)
答案为：D.
解析：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，＋∞).]
3.若函数f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在区间解析：[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]
答案为：B.
解析：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].]
4.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)＜f(eq \f(1,3))的x的取值范围是( )
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)))
答案为：D.
解析：因为函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f(2x﹣1)＜f(eq \f(1,3)).
所以0≤2x﹣1＜eq \f(1,3)，解得eq \f(1,2)≤x＜eq \f(2,3).]
5.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(fx,x)在区间(1，＋∞)上一定( )
A.有最小值 B.有最大值 C.是减函数 D.是增函数
答案为：D.
解析：由题意知a＜1，若a≤0，则g(x)＝x＋eq \f(a,x)﹣2a在(1，＋∞)上单调递增；若0＜a＜1，g(x)＝x＋eq \f(a,x)﹣2a在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增.综上可得，g(x)＝x＋eq \f(a,x)﹣2a在区间(1，＋∞)上是增函数.故选D.]
二、填空题
6.函数f(x)＝eq \r(4－x)﹣eq \r(x＋2)的值域为________.
答案为：[﹣eq \r(6)，eq \r(6)].
解析：[因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－x≥0，,x＋2≥0，))所以﹣2≤x≤4，所以函数f(x)的定义域为[﹣2,4].又y1＝eq \r(4－x)，y2＝﹣eq \r(x＋2)在区间[﹣2,4]上均为减函数，所以f(x)＝eq \r(4－x)﹣eq \r(x＋2)在[﹣2,4]上为减函数，所以f(4)≤f(x)≤f(﹣2)，即﹣eq \r(6)≤f(x)≤eq \r(6).]
7.若f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\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________.
答案为：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,3))).
解析：[由题意知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－1＜0，,3a－1×1＋4a≥－a，,a＞0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＜\f(1,3)，,a≥\f(1,8)，,a＞0，))所以a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,3))).]
8.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)的递减区间是________.
答案为：[0,1) .
解析：由题意知g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\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).]
三、解答题
9.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，求实数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，实数a的取值范围是(0,1].
10.已知函数f(x)＝x2＋a|x﹣2|﹣4.
(1)当a＝2时，求f(x)在解析：[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.
解析：[解] (1)当a＝2时，f(x)＝x2＋2|x﹣2|﹣4＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x－8，x≥2,x2－2x，x＜2))
＝eq \b\lc\{\rc\ (\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)在解析：[0,3]上的最大值为7，最小值为﹣1.
(2)因为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋ax－2a－4，x＞2，,x2－ax＋2a－4，x≤2，))
又f(x)在区间解析：[﹣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，
故实数a的取值范围为解析：[﹣4，﹣2].
1.函数f(x)满足f(x＋2)＝3f(x)，且x∈R，若当x∈[0,2]时，f(x)＝x2﹣2x＋2，则当x∈[﹣4，﹣2]时，f(x)的最小值为( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(1,3) C.﹣eq \f(1,3) D.﹣eq \f(1,9)
答案为：A.
解析：因为f(x＋2)＝3f(x)，所以f(x)＝eq \f(1,3)f(x＋2)＝eq \f(1,9)f(x＋4).因为当x∈[0,2]时，f(x)＝x2﹣2x＋2，所以当x∈[﹣4，﹣2]，即x＋4∈[0,2]时，f(x)＝eq \f(1,9)f(x＋4)＝eq \f(1,9)(x＋3)2＋eq \f(1,9)，故当x＝﹣3时，f(x)取得最小值eq \f(1,9)，故选A.]
3.已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x＋3，x≤0，,－x2－2x＋3，x＞0，))不等式f(x＋a)＞f(2a﹣x)在解析：[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是________.
答案为：(﹣∞，﹣2).
解析：[二次函数y1＝x2﹣4x＋3的对称轴是x＝2，∴该函数在(﹣∞，0]上单调递减，
∴x2﹣4x＋3≥3，同样可知函数y2＝﹣x2﹣2x＋3在(0，＋∞)上单调递减，
∴﹣x2﹣2x＋3＜3，∴f(x)在R上单调递减，∴由f(x＋a)＞f(2a﹣x)得到x＋a＜2a﹣x，
即2x＜a，∴2x＜a在解析：[a，a＋1]上恒成立，∴2(a＋1)＜a，∴a＜﹣2，
∴实数a的取值范围是(﹣∞，﹣2).]
4.设函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，x＞0，,－fx，x＜0.))
(1)若f(﹣1)＝0，且对任意实数x均有f(x)≥0成立，求F(x)的解析式；
(2)在(1)的条件下，当x∈[﹣2,2]时，g(x)＝f(x)﹣kx是单调函数，求实数k的取值范围.
[解] (1)∵f(﹣1)＝0，∴b＝a＋1.
由f(x)≥0恒成立，知a＞0且方程ax2＋bx＋1＝0中的Δ＝b2﹣4a＝(a＋1)2﹣4a＝(a﹣1)2≤0，∴a＝1，即b＝2.从而f(x)＝x2＋2x＋1.
∴F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋12，x＞0，,－x＋12，x＜0.))
(2)由(1)可知f(x)＝x2＋2x＋1，∴g(x)＝f(x)﹣kx＝x2＋(2﹣k)x＋1，
由g(x)在解析：[﹣2,2]上是单调函数，知﹣eq \f(2－k,2)≤﹣2或﹣eq \f(2－k,2)≥2，得k≤﹣2或k≥6.
即实数k的取值范围为(﹣∞，﹣2]∪[6，＋∞).
1.函数f(x)的定义域为D，若对于任意x1，x2∈D，当x1＜x2时，都有f(x1)≤f(x2)，则称函数f(x)在D上为非减函数.设函数f(x)在解析：[0,1]上为非减函数，且满足以下三个条件：①f(0)＝0；②f(eq \f(1,3)x)＝eq \f(1,2)f(x)；③f(1﹣x)＝1﹣f(x).则f(eq \f(1,3))＋f(eq \f(1,8))＝________.
答案为：eq \f(3,4).
解析：[由①③，令x＝0，可得f(1)＝1.由②，令x＝1，可得f(eq \f(1,3))＝eq \f(1,2)f(1)＝eq \f(1,2).令x＝eq \f(1,3)，可得f(eq \f(1,9))＝eq \f(1,2)f(eq \f(1,3))＝eq \f(1,4).由③结合f(eq \f(1,3))＝eq \f(1,2)，可知f(eq \f(2,3))＝eq \f(1,2)，令x＝eq \f(2,3)，可得f(eq \f(2,9))＝eq \f(1,2)f(eq \f(2,3))＝eq \f(1,4)，因为eq \f(1,9)＜eq \f(1,8)＜eq \f(2,9)且函数f(x)在[0,1]上为非减函数，所以f(eq \f(1,8))＝eq \f(1,4)，所以f(eq \f(1,3))＋f(eq \f(1,8))＝eq \f(3,4).]
2.已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(eq \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)在解析：[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∈(0，＋∞)，且x1>x2，则eq \f(x1,x2)>1，
当x>1时，f(x)<0，∴f(eq \f(x1,x2))<0，即f(x1)﹣f(x2)<0，因此f(x1)∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数.
(3)∵f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，∴f(x)在解析：[2,9]上的最小值为f(9).
由f(eq \f(x1,x2))＝f(x1)﹣f(x2)，得f(9)﹣f(3)，而f(3)＝﹣1，∴f(9)＝﹣2.
∴f(x)在解析：[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＜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
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)＝M
①对于任意的x∈I，都有f(x)≥M；
②存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为y＝f(x)的最大值
M为y＝f(x)的最小值