2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题07函数的单调性与最大小值（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题07函数的单调性与最大小值（教师版），共19页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
1.借助函数图象，会用数学符号语言表达函数的单调性、最值，理解其实际意义.
2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.
【考点预测】
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上单调递增或单调递减，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
【常用结论】
1.有关单调性的常用结论
在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数；减函数＋减函数＝减函数；增函数－减函数＝增函数；减函数－增函数＝减函数.
2.函数y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝eq \f(1,f（x）)的单调性相反.
【方法技巧】
1.求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间.
2.(1)函数单调性的判断方法：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.
(2)函数y＝f(g(x))的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.
3.求函数最值的三种基本方法：
(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.对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.
5.利用函数的单调性比较大小，首先要准确判断函数的单调性，其次应将自变量转化到一个单调区间内，然后利用单调性比较大小.
6.求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，利用函数的单调性将“f”符号脱去，转化为关于自变量的不等式求解，应注意函数的定义域.
7.利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.对于分段函数，要注意衔接点的取值.
二、【题型归类】
【题型一】求具体函数的单调区间
【典例1】(多选)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝ex－e－x B．y＝|x2－2x|
C．y＝x＋cs x D．y＝eq \r(x2＋x－2)
【解析】∵y＝ex与y＝－e－x为R上的增函数，
∴y＝ex－e－x为R上的增函数，故A正确；
由y＝|x2－2x|的图象知，故B不正确；
对于选项C，y′＝1－sin x≥0，
∴y＝x＋cs x在R上为增函数，故C正确；
y＝eq \r(x2＋x－2)的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，故D不正确．
故选AC.
【典例2】函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2x2－3x＋1)的递减区间为__________．
【解析】作出t＝2x2－3x＋1的图象如图，∵0【典例3】函数y＝的单调递减区间为( )
A．(1，＋∞) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞))
【解析】由2x2－3x＋1>0，
得函数的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))∪(1，＋∞)．
令t＝2x2－3x＋1，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))∪(1，＋∞)．
则y＝，
∵t＝2x2－3x＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,4)))2－eq \f(1,8)，
∴t＝2x2－3x＋1的单调递增区间为(1，＋∞)．
又y＝在(1，＋∞)上是减函数，
∴函数y＝的单调递减区间为(1，＋∞)．
【题型二】判断或证明函数的单调性
【典例1】试讨论函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性．
【解析】方法一 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)方法二 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．
【典例2】判断函数f(x)＝x＋eq \f(a,x)(a>0)在(0，＋∞)上的单调性．
【解析】解法一：设0则f(x1)－f(x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(a,x1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(a,x2)))
＝eq \f(x1－x2,x1x2)(x1x2－a)．
当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)＜x1a，又x1－x2<0，
故f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)故函数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．
解法二：求导可得f′(x)＝1－eq \f(a,x2).
令f′(x)＞0，则1－eq \f(a,x2)＞0，解得x＞eq \r(a)或x＜－eq \r(a)(舍)．
令f′(x)≤0，则1－eq \f(a,x2)≤0，解得－eq \r(a)≤x≤eq \r(a).
∵x＞0，∴0＜x≤eq \r(a).
∴f(x)在(0，eq \r(a)]上是减函数；在(eq \r(a)，＋∞)上是增函数．
【典例3】判断并证明函数f(x)＝ax2＋eq \f(1,x)(其中1【解析】函数f(x)＝ax2＋eq \f(1,x)(1证明：设1≤x1f(x2)－f(x1)＝axeq \\al(2,2)＋eq \f(1,x2)－axeq \\al(2,1)－eq \f(1,x1)
＝(x2－x1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ax1＋x2－\f(1,x1x2)))，
由1≤x10,21又因为1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[1,2]上单调递增．
【题型三】比较函数值的大小
【典例1】已知函数f(x)为R上的偶函数，对任意x1，x2∈(－∞，0)，均有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0成立，若a＝f(ln eq \r(2))，b＝f()，c＝f()，则a，b，c的大小关系是( )
A．cC．a【解析】∵对任意x1，x2∈(－∞，0)，
均有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0成立，
∴此时函数在区间(－∞，0)上单调递减，
∵f(x)是偶函数，
∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)单调递增，
又f(x)＝在x∈(0，＋∞)上单调递增，
∴1<<，
又0∴ln eq \r(2)<<，
∴>>f(ln eq \r(2))，
即a【典例2】设函数f(x)＝lga|x|在(－∞，0)上单调递增，则f(a＋1)与f(2)的大小关系是( )
A．f(a＋1)>f(2) B．f(a＋1)C．f(a＋1)＝f(2) D．不能确定
【解析】由y＝f(x)的图象及已知可得0f(2)．故选A.
【典例3】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，[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(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
【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，因为a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))，且2a>c. 故选D.
【题型四】求函数的最值
【典例1】函数y＝eq \f(\r(x2＋4),x2＋5)的最大值为________．
【解析】令eq \r(x2＋4)＝t，则t≥2，
∴x2＝t2－4，∴y＝eq \f(t,t2＋1)＝eq \f(1,t＋\f(1,t))，
设h(t)＝t＋eq \f(1,t)，
则h(t)在[2，＋∞)上为增函数，
∴h(t)min＝h(2)＝eq \f(5,2)，
∴y≤eq \f(1,\f(5,2))＝eq \f(2,5)(x＝0时取等号)．
即y的最大值为eq \f(2,5).
【典例2】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)．
【典例3】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＝cs θ，θ∈[0，π]，
则y＝cs θ＋sin θ＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))，θ∈[0，π]，
所以－1≤y≤eq \r(2)，故原函数的最大值为eq \r(2).
【题型五】解函数不等式
【典例1】已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是______________．
【解析】因为函数f(x)＝ln x＋2x在定义域上单调递增，且f(1)＝ln 1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2得f(x2－4)【典例2】已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－lg2(x＋2)，若f(a－2)>3，则a的取值范围是________．
【解析】由f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－lg2(x＋2)知，
f(x)在定义域(－2，＋∞)上是减函数，
且f(－1)＝3，
由f(a－2)>3，得f(a－2)>f(－1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2<－1，,a－2>－2，))
解得0【典例3】已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递减，则不等式f(2x－1)>f(x＋1)的解集为________．
【解析】依题意f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递减，所以
f(2x－1)>f(x＋1)⇔(2x－1)2<(x＋1)2，
即4x2－4x＋1即x2－2x＝x(x－2)<0⇒x∈(0,2)．
【题型六】求参数的取值范围
【典例1】函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(a,2)))x＋2，x<1，))且满足对任意的实数x1≠x2都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，则实数a的取值范围是( )
A．[4,8) B．(4,8)
C．(1,8] D．(1,8)
【解析】函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(a,2)))x＋2，x<1))满足对任意的实数x1≠x2都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0，
所以函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(a,2)))x＋2，x<1))是R上的增函数，
则由指数函数与一次函数的单调性可知应满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,4－\f(a,2)>0，,a≥4－\f(a,2)＋2，))
解得4≤a<8，
所以实数a的取值范围为[4,8)．故选A.
【典例2】函数f(x)＝ln(x2－ax－3)在(1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－2)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
【解析】函数f(x)＝ln(x2－ax－3)为复合函数，令u(x)＝x2－ax－3，
y＝ln u为增函数，
故只要u(x)＝x2－ax－3在(1，＋∞)上单调递增即可，只要eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,2)≤1，,u1≥0，))
解得a≤－2.
故选A.
【典例3】若f(x)＝cs x－sin x在[0，a]上是减函数，则a的最大值是( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2) C.eq \f(3π,4) D．π
【解析】∵f(x)＝cs x－sin x＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，
∴当x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))时，
y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))单调递增，
f(x)＝－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))单调递减，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))是f(x)在原点附近的单调减区间，
结合条件得[0，a]⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
∴a≤eq \f(3π,4)，即amax＝eq \f(3π,4).
【题型七】抽象函数单调性
【典例1】已知函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－eq \f(2,3).
(1)求证：f(x)在R上是减函数；
(2)求f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值．
【解析】(1)证法一：∵函数f(x)对于任意x，y∈R总有
f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，令x＝y＝0，得f(0)＝0，
再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)．
在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，
f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)．
又∵x>0时，f(x)<0，
而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)因此f(x)在R上是减函数．
证法二：在R上任取x1，x2且x1>x2，则x1－x2＞0.
则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)
＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．
又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，
∴f(x1－x2)<0，即f(x1)∴f(x)在R上为减函数．
(2)∵f(x)在R上是减函数，
∴f(x)在[－3，3]上也是减函数，
∴f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3)．而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2.
∴f(x)在[－3，3]上的最大值为2，最小值为－2.
【典例2】f(x)的定义域为(0，＋∞)，且对一切x＞0，y＞0都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)，当x＞1时，有f(x)＞0.
(1)求f(1)的值；
(2)判断f(x)的单调性并证明；
(3)若f(6)＝1，解不等式f(x＋5)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＜2.
【解析】(1)f(1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,x)))＝f(x)－f(x)＝0，x＞0.
(2)f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
证明：设0＜x1＜x2，则由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)，得
f(x2)－f(x1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))，∵eq \f(x2,x1)＞1，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))＞0.
∴f(x2)－f(x1)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(3)∵f(6)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(36,6)))＝f(36)－f(6)，又f(6)＝1，
∴f(36)＝2，原不等式化为：f(x2＋5x)＜f(36)，
又∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋5＞0，,\f(1,x)＞0，,x2＋5x＜36，)) 解得0＜x＜4.
【典例3】已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当x>1时，f(x)>0，且对于任意的正数x，y都有f(xy)＝f(x)＋f(y)．
(1)证明：函数f(x)在定义域上是单调增函数；
(2)如果feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝－1且f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－2)))≥2，求x的取值范围．
【解析】(1)证明：设0则f(x2)－f(x1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)·x1))－f(x1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))＋f(x1)－f(x1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1))).
因为eq \f(x2,x1)>1，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))>0，
所以f(x2)－f(x1)>0.
故f(x)在定义域上是单调增函数．
(2)当x＝y＝1时，f(1)＝0.令y＝eq \f(1,x)，
得f(1)＝f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝－f(x)．
故由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝－1，得f(3)＝1.
于是f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－2)))＝f(x)＋f(x－2)＝f(x2－2x)≥2，
而2＝f(3)＋f(3)＝f(9)，则有f(x2－2x)≥f(9)．
所以x满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x≥9，,x>0，,x－2>0，)) 解得x≥1＋eq \r(10).
故实数x的取值范围是[1＋eq \r(10)，＋∞)．
三、【培优训练】
【训练一】函数g(x)＝ax＋2(a>0)，f(x)＝x2－2x，对∀x1∈[－1,2]，∃x0∈[－1,2]，使g(x1)＝f(x0)成立，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) B．[1,2)
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
【解析】若对∀x1∈[－1,2]，∃x0∈[－1,2]，
使g(x1)＝f(x0)成立，
只需函数y＝g(x)的值域为函数y＝f(x)的值域的子集即可．
函数f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈[－1,2]的值域为[－1,3]．
当a>0时，g(x)＝ax＋2单调递增，
可得其值域为[2－a,2＋2a]，
要使[2－a,2＋2a]⊆[－1,3]，
需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－a≥－1，,2＋2a≤3，,a>0，))
解得0综上，a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
故选C.
【训练二】已知函数f(x)＝x2＋lnx－ax在(0，1)上是增函数．
(1)求a的取值范围；
(2)在(1)的结论下，设g(x)＝e2x＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ex－a))，x∈[0，ln3]，求函数g(x)的最小值．
【解析】(1)f′(x)＝2x＋eq \f(1,x)－a.∵f(x)在(0，1)上是增函数，
∴2x＋eq \f(1,x)≥a在(0，1)上恒成立，
即a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,x)))eq \s\d7(min)(x∈(0，1))，
∵2x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(2)当且仅当x＝eq \f(\r(2),2)时，取等号，
所以a的取值范围为{a|a≤2eq \r(2)}．
(2)设t＝ex，则h(t)＝t2＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(t－a))(显然t∈[1，3])，
当a≤1时，h(t)＝t2＋t－a在区间[1，3]上是增函数，所以h(t)的最小值为h(1)＝2－a.
当1因为函数h(t)在区间[a，3]上是增函数，在区间[1，a]上也是增函数，又h(t)在[1，3]上是连续函数，所以h(t)在[1，3]上为增函数，所以h(t)的最小值为h(1)＝a，
∴g(x)min＝
【训练三】已知函数f(x)＝2 020x＋ln(eq \r(x2＋1)＋x)－2 020－x＋1，则不等式f(2x－1)＋f(2x)>2的解集为____________．
【解析】由题意知，f(－x)＋f(x)＝2，
∴f(2x－1)＋f(2x)>2可化为f(2x－1)>f(－2x)，
又由题意知函数f(x)在R上单调递增，
∴2x－1>－2x，∴x>eq \f(1,4)，
∴原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)).
【训练四】已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)是增函数，f(1)＝0，f(3)＝1.
(1)解不等式0(2)若f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－1>0，,1∴原不等式的解集为(－2，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，2)．
(2)∵函数f(x)在(0,3]上是增函数，
∴f(x)在(0,3]上的最大值为f(3)＝1，
∴不等式f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1，1]恒成立转化为1≤m2－2am＋1对所有a∈[－1,1]恒成立，即m2－2am≥0对所有a∈[－1,1]恒成立．
设g(a)＝－2ma＋m2，a∈[－1,1]，
∴需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－1≥0，,g1≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋m2≥0，,－2m＋m2≥0，))
解该不等式组，得m≤－2或m≥2或m＝0，
即实数m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)．
【训练五】已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex－e－x，x＞0，,－x2，x≤0，))若a＝50.01，b＝eq \f(3,2)lg32，c＝lg30.9，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为________.
【解析】当x＞0时，f(x)＝ex－e－x单调递增，且f(0)＝0；
当x≤0时，f(x)＝－x2单调递增，且f(0)＝0，
所以函数f(x)在R上单调递增.
因为a＝50.01＞1，0＜b＝lg32eq \r(2)＜1，c＝lg30.9＜0，
所以a＞b＞c，所以f(a)＞f(b)＞f(c).
【训练六】已知函数f(x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)－2))(a>0，且a≠1).
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)当a∈(1，4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；
(3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，试确定a的取值范围.
【解析】(1)由x＋eq \f(a,x)－2＞0，得eq \f(x2－2x＋a,x)＞0，
当a＞1时，x2－2x＋a＞0恒成立，定义域为(0，＋∞)，
当0＜a＜1时，定义域为{x|0＜x＜1－eq \r(1－a)或x＞1＋eq \r(1－a)}.
(2)设g(x)＝x＋eq \f(a,x)－2，
当a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)时，
g′(x)＝1－eq \f(a,x2)＝eq \f(x2－a,x2)>0，
因此g(x)在[2，＋∞)上是增函数，
∴f(x)在[2，＋∞)上是增函数，
则f(x)min＝f(2)＝lgeq \f(a,2).
(3)对任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0.
即x＋eq \f(a,x)－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立.
∴a>3x－x2.
令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞).
由于h(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(9,4)在[2，＋∞)上是减函数，
∴h(x)max＝h(2)＝2.
故a>2时，恒有f(x)>0.
故a的取值范围为(2，＋∞).
四、【强化测试】
【单选题】
1. 下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝ln(x＋2) B．y＝－eq \r(x＋1)
C．y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x D．y＝x＋eq \f(1,x)
【解析】函数y＝ln(x＋2)的单调递增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定单调递增．故选A.
2. 函数f(x)＝eq \f(x,1－x)在( )
A．(－∞，1)∪(1，＋∞)上是增函数
B．(－∞，1)∪(1，＋∞)上是减函数
C．(－∞，1)和(1，＋∞)上是增函数
D．(－∞，1)和(1，＋∞)上是减函数
【解析】函数f(x)的定义域为{x|x≠1}．f(x)＝eq \f(x,1－x)＝eq \f(1,1－x)－1，根据函数y＝－eq \f(1,x)的单调性及有关性质，可知f(x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上是增函数．
故选C.
3. 设a∈R，函数f(x)在R上是增函数，则( )
A．f(a2＋a＋2)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4))) B．f(a2＋a＋2)C．f(a2＋a＋2)≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4))) D．f(a2＋a＋2)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)))
【解析】∵a2＋a＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)))2＋eq \f(7,4)≥eq \f(7,4)，
又f(x)在R上是增函数，∴f(a2＋a＋2)≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4))).
故选C.
4. 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】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．
5. 已知函数f(x)是定义域为[0，＋∞)上的减函数，且f(2)＝－1，则满足f(2x－4)>－1的实数x的取值范围是( )
A．(3，＋∞) B．(－∞，3)
C．[2,3) D．[0,3)
【解析】f(x)在定义域[0，＋∞)上是减函数，且f(2)＝－1，
∴f(2x－4)>－1可化为f(2x－4)>f(2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－4≥0，,2x－4<2，))解得2≤x<3.
故选C.
6. 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】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).
故选A.
7. 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)B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))【解析】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0故选B.
8. 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】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．
【多选题】
9. 若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq \f(a,x＋1)在区间[1,2]上都单调递减，则实数a的取值可以是( )
A．－1 B.eq \f(1,2) C．1 D．2
【解析】因为f(x)＝－x2＋2ax在[1,2]上单调递减，所以a≤1，又因为g(x)＝eq \f(a,x＋1)在[1,2]上单调递减，
所以a>0，所以010. 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x＋2x，x>0，,\f(2,1－x)，x≤0，))则下列结论正确的是( )
A．f(x)在R上为增函数
B．f(e)>f(2)
C．若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≤－1或a≥0
D．当x∈[－1,1]时，f(x)的值域为[1,2]
【解析】易知f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上单调递增，A错误，B正确；
若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≥0或a＋1≤0，即a≤－1或a≥0，故C正确；
当x∈[－1,0]时，f(x)∈[1,2]，当x∈(0,1]时，f(x)∈(－∞，2]，故x∈[－1,1]时，f(x)∈(－∞，2]，故D不正确．
故选BC.
11. 已知f(x)是定义在[0，＋∞)上的函数，根据下列条件，可以断定f(x)是增函数的是( )
A．对任意x≥0，都有f(x＋1)>f(x)
B．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≥x2，都有f(x1)≥f(x2)
C．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2<0，都有f(x1)－f(x2)<0
D．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≠x2，都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0
【解析】根据题意，依次分析选项：对于选项A，对任意x≥0，都有f(x＋1)>f(x)，不满足函数单调性的定义，不符合题意；对于选项B，当f(x)为常数函数时，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，都有f(x1)＝f(x2)，不是增函数，不符合题意；对于选项C，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2<0，都有f(x1)－f(x2)<0，符合题意；对于选项D，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，设x1>x2，若eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，必有f(x1)－f(x2)>0，则函数在[0，＋∞)上为增函数，符合题意．故选CD.
12. 定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当aA．－1 B．1
C．6 D．12
【解析】由题意知当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当1故选C.
【填空题】
13. 函数f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是________．
【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(图略)可知函数的单调递减区间是[1，2]．
答案：[1，2]
14. 如果函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上单调递增，则实数a的取值范围是________．
【解析】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\c1(－\f(1,4)，0)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))
15. 已知y＝f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)【解析】因为f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1<1－a<1，,－1<2a－1<1，,1－a>2a－1，))解得0答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))
16. 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，则实数a的取值范围为________．
【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，所以实数a的取值范围是0≤a≤2.
答案：[0，2]
【解答题】
17. 求下列函数的值域．
(1)f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－x＋1，x<1，,\f(1,x)，x>1；))
(2)y＝x－eq \r(x).
【解析】(1)当x<1时，x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)；当x>1时，0(2)y＝x－eq \r(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)≥－eq \f(1,4)，所以函数y的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞)).
18. 已知函数f(x)＝eq \f(x＋2,x).
(1)写出函数f(x)的定义域和值域；
(2)证明：函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，并求f(x)在x∈[2，8]上的最大值和最小值．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为{x|x≠0}．又f(x)＝1＋eq \f(2,x)，所以值域为{y|y≠1}．
(2)由题意可设00，x2－x1>0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数．在x∈[2，8]上，f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(8)＝eq \f(5,4).
19. 函数f(x)＝lga(1－x)＋lga(x＋3)(0(1)求方程f(x)＝0的解；
(2)若函数f(x)的最小值为－1，求a的值.
【解析】(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－x>0，,x＋3>0))得－3∴f(x)的定义域为(－3，1)，
则f(x)＝lga(－x2－2x＋3)，x∈(－3，1).
令f(x)＝0，得－x2－2x＋3＝1，
解得x＝－1－eq \r(3)或x＝－1＋eq \r(3)，
经检验，均满足原方程成立.
故f(x)＝0的解为x＝－1±eq \r(3).
(2)由(1)得f(x)＝lga[－(x＋1)2＋4]，x∈(－3，1)，
由于0<－(x＋1)2＋4≤4，且a∈(0，1)，
∴lga[－(x＋1)2＋4]≥lga4，
由题意可得lga4＝－1，解得a＝eq \f(1,4)，满足条件.
所以a的值为eq \f(1,4).
20. 已知函数f(x)＝a－eq \f(2,2x＋1).
(1)求f(0)；
(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论；
(3)若f(x)为奇函数，求满足f(ax)【解析】(1)f(0)＝a－eq \f(2,20＋1)＝a－1.
(2)f(x)在R上单调递增.证明如下：
∵f(x)的定义域为R，∴任取x1，x2∈R，且x1则f(x1)－f(x2)＝a－eq \f(2,2x1＋1)－a＋eq \f(2,2x2＋1)
＝eq \f(2·（2x1－2x2）,（1＋2x1）（1＋2x2）).
∵y＝2x在R上单调递增且x1∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0，2x1＋1>0，2x2＋1>0，
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴f(x)在R上单调递增.
(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
即a－eq \f(2,2－x＋1)＝－a＋eq \f(2,2x＋1)，解得a＝1，
∴f(ax)又∵f(x)在R上单调递增，∴x<2.
∴x的取值范围是(－∞，2).
21. 已知函数g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a＞0)在区间[2，3]上有最大值4和最小值1.设f(x)＝eq \f(g（x）,x).
(1)求a，b的值；
(2)若不等式f(2x)－k·2x≥0在x∈[－1，1]上有解，求实数k的取值范围．
【解析】(1)g(x)＝a(x－1)2＋1＋b－a，因为a＞0，所以g(x)在区间[2，3]上是增函数，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（2）＝1，,g（3）＝4，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝0.))
(2)由(1)知f(x)＝x＋eq \f(1,x)－2，所以f(2x)－k·2x≥0可化为2x＋eq \f(1,2x)－2≥k·2x，即1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)))eq \s\up12(2)－2·eq \f(1,2x)≥k.
令t＝eq \f(1,2x)，因为x∈[－1，1]，故t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).所求不等式问题等价于k≤t2－2t＋1在t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上有解．记h(t)＝t2－2t＋1，则k≤h(t)max.因为t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，故h(t)max＝1，
所以k的取值范围是(－∞，1]．
22. 已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，且当x>0时，f(x)>－1.
(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是增函数；
(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.
【解析】(1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1.
在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，
所以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)，
因为函数f(x)在R上是增函数，
所以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}．
增函数
减函数
定义
一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I，如果∀x1，x2∈D
当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递增，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数
当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递减，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是减函数
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)∀x∈I，都有f(x)≤M；
(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M
(1)∀x∈I，都有f(x)≥M；
(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值