新高考数学一轮复习学案第3章第2讲 函数的单调性与最值（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习学案第3章第2讲 函数的单调性与最值（含解析），共16页。学案主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。


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、教材衍化
1．函数f(x)＝x2－2x的单调递增区间是________．
答案：[1，＋∞)(或(1，＋∞))
2．若函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，则k的取值范围是________．
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).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
3．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__________．
解析：可判断函数f(x)＝eq \f(2,x－1)在[2，6]上为减函数，所以f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝eq \f(2,5).
答案：2 eq \f(2,5)
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处取到．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√
二、易错纠偏
常见误区eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(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．
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]
考点一 确定函数的单调性(区间)(基础型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))通过已学过的函数特别是二次函数，理解函数的单调性及其几何意义．
核心素养：数学抽象
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 利用函数图象求函数的单调区间
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．
考点二 函数的最值(值域)(基础型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))理解函数的最大(小)值，并能利用函数的单调性求最值．
核心素养：逻辑推理
(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 \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
2．(一题多解)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：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.
答案：1
考点三 函数单调性的应用(综合型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))利用函数单调性求解，要明确函数的所给区间，不同区间有不同的单调性．
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<2feq \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则f(x)在(－1，1)上单调递减，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1<1－m<1，,－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
(1)(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________．
(2)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\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________．
【解析】 (1)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)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(a,x2)＋\f(a,2)))＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,x1x2)))<0.
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，＋∞)．
(2)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.
【答案】 (1)[－1，＋∞)
(2)(－∞，1]∪[4，＋∞)
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)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：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
[基础题组练]
1．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|
解析：选C．当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))时，f(x)＝x2－3x为减函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))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．
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．(多选)(2021·预测)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：选CD．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．
5．(创新型)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．由题意知当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当16．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．函数y＝2＋eq \r(－x2＋4x)的最大值是________，单调递增区间是________．
解析：函数y＝2＋eq \r(－x2＋4x)＝2＋eq \r(－（x－2）2＋4)，可得当x＝2时，函数y取得最大值2＋2＝4；由4x－x2≥0，可得0≤x≤4，令t＝－x2＋4x，则t在[0，2]上为增函数，y－2＋eq \r(t)在[0，＋∞)上为增函数，可得函数y＝2＋eq \r(－x2＋4x)的单调递增区间为[0，2]．
答案：4 [0，2]
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)＝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).
10．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，a的取值范围为(0，1]．
[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．(多选)若函数f(x)满足条件：
①对于定义域内任意不相等的实数a，b恒有eq \f(f（a）－f（b）,a－b)>0；
②对于定义域内任意x1，x2都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))≥eq \f(f（x1）＋f（x2）,2)成立．
则称其为G函数．下列函数为G函数的是( )
A．f(x)＝3x＋1
B．f(x)＝－2x－1
C．f(x)＝x2－2x＋3
D．f(x)＝－x2＋4x－3，x∈(－∞，1)
解析：选AD．①对于定义域内任意不相等的实数a，b恒有eq \f(f（a）－f（b）,a－b)>0，则函数f(x)在定义域为增函数；②对于定义域内任意x1，x2都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))≥eq \f(f（x1）＋f（x2）,2)成立，则函数f(x)为“凸函数”．
其中A．f(x)＝3x＋1在R上为增函数，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＝eq \f(f（x1）＋f（x2）,2)，故满足条件①②；
B．f(x)＝－2x－1在R上为减函数，不满足条件①；
C．f(x)＝x2－2x＋3在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)为增函数，不满足条件①；
D．f(x)＝－x2＋4x－3的对称轴为x＝2，故函数f(x)＝－x2＋4x－3在(－∞，1)上为增函数，且为“凸函数”，故满足条件①②.
综上，为G函数的是AD．
3．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________．
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.
答案：[0，2]
4．(创新型)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________．
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) ]．
答案：[1，eq \r(3) ]
5．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]．
6．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