高考数学一轮复习第二章 2.2

这是一份高考数学一轮复习第二章 2.2，共15页。试卷主要包含了函数的单调性，函数的最值等内容，欢迎下载使用。


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
概念方法微思考
1．在判断函数的单调性时，你还知道哪些等价结论？
提示 对∀x1，x2∈D，x1≠x2，eq \f(f x1－f x2,x1－x2)>0⇔f (x)在D上是增函数；对∀x1，x2∈D，x1≠x2，(x1－x2)·[f (x1)－f (x2)]>0⇔f (x)在D上是增函数．减函数类似．
2．写出函数y＝x＋eq \f(a,x)(a>0)的增区间．
提示 (－∞，－eq \r(a)]和[eq \r(a)，＋∞)．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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大值和最小值．( × )
题组二 教材改编
2.如图是函数y＝f (x)，x∈[－4,3]的图象，则下列说法正确的是( )
A．f (x)在[－4，－1]上是减函数，在[－1,3]上是增函数
B．f (x)在区间(－1,3)上的最大值为3，最小值为－2
C．f (x)在[－4,1]上有最小值－2，有最大值3
D．当直线y＝t与f (x)的图象有三个交点时－1答案 C
3．函数y＝eq \f(2,x－1)在[2,3]上的最大值是______．
答案 2
4．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________．
答案 (－∞，2]
解析 由题意知，[2，＋∞)⊆[m，＋∞)，∴m≤2.
题组三 易错自纠
5．函数f (x)＝(－2x2＋x)的单调增区间是________；f (x)的值域是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2))) [3，＋∞)
6．函数y＝f (x)是定义在[－2,2]上的减函数，且f (a＋1)答案 [－1,1)
解析 由条件知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2≤a＋1≤2，,－2≤2a≤2，,a＋1>2a，))
解得－1≤a<1.
7．设函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2＋1,x)，x≥1，,ax，x<1))是单调函数．则a的取值范围是________；若f (x)的值域是R，则a＝________.
答案 (0,2] 2
解析 当x≥1时，f (x)＝eq \f(x2＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)，则f′(x)＝1－eq \f(1,x2)≥0恒成立，
∴f (x)在[1，＋∞)上单调递增，∴f (x)min＝f(1)＝2，
当x<1时，f (x)＝ax，
由于f (x)是单调函数，
∴f (x)＝ax在(－∞，1)上也单调递增，且ax≤2恒成立，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,a≤2，))
故a的取值范围为(0,2]，
∵当x≥1时，f (x)≥2，
由f (x)的值域是R，可得当x＝1时，ax＝2，
故a＝2.
确定函数的单调性
命题点1 求具体函数的单调区间
例1 (1)(2019·郴州质检)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f (x)的定义域为{x|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的单调递增区间(定义域内)．
∵函数t＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减，
∴函数f (x)的单调递增区间为(4，＋∞)．
故选D.
(2)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 由题意知g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))该函数图象如图所示，其单调递减区间是[0,1)．
命题点2 判断或证明函数的单调性
例2 讨论函数f (x)＝eq \f(ax,x－1)(a>0)在(－∞，1)上的单调性．
解 方法一 ∀x1，x2∈(－∞，1)，且x1f (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x1∴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)上单调递减．
方法二 f′(x)＝eq \f(ax－1－ax,x－12)＝－eq \f(a,x－12)，
∵(x－1)2>0，a>0，∴f′(x)<0，
故a>0时，f (x)在(－∞，1)上是减函数．
思维升华 确定函数单调性的四种方法
(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．
跟踪训练1 (1)(2019·北京)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝ B．y＝2－x
C．y＝ D．y＝eq \f(1,x)
答案 A
解析 y＝＝eq \r(x)，y＝2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，
y＝，y＝eq \f(1,x)的图象如图所示．
由图象知，只有y＝在(0，＋∞)上单调递增．
(2)函数f (x)＝|x－2|x的单调递减区间是________．
答案 [1,2]
解析 f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2.))
画出f (x)的大致图象(如图所示)，
由图知f (x)的单调递减区间是[1,2]．
(3)函数f (x)＝(6x2＋x－1)的单调增区间为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
解析 由6x2＋x－1>0得，f (x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(1,2)或x>\f(1,3))))).
由复合函数单调性知f (x)的增区间即y＝6x2＋x－1的减区间(定义域内)，
∴f(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))).
函数单调性的应用
命题点1 比较函数值的大小
例3 (1)若函数f (x)＝x2，设a＝lg54，b＝eq \f(1,3)，c＝，则f (a)，f (b)，f (c)的大小关系是( )
A．f (a)>f (b)>f (c) B．f (b)>f (c)>f (a)
C．f (c)>f (b)>f (a) D．f (c)>f (a)>f (b)
答案 D
解析 因为函数f (x)＝x2在(0，＋∞)上单调递增，而0(2)已知定义在R上的函数f (x)＝2|x－m|＋1(m∈R)为偶函数．记a＝f (lg22)，b＝f (lg24)，c＝f (2m)，则a，b，c的大小关系为( )
A．aC．a答案 B
解析 ∵定义在R上的函数f (x)＝2|x－m|＋1(m∈R)为偶函数，∴m＝0，∴f (x)＝2|x|＋1，∴当x∈(－∞，0)时，f (x)是减函数，当x∈(0，＋∞)时，f (x)是增函数．∵a＝f (lg22)＝f (1)，b＝f (lg24)＝f (2)，c＝f (2m)＝f (0)，∴a，b，c的大小关系为c命题点2 求函数的最值
例4 (1)函数f (x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－lg2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．
答案 3
解析 由于y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x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.
(2)(2020·深圳模拟)函数y＝eq \f(\r(x2＋4),x2＋5)的最大值为________．
答案 eq \f(2,5)
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最大值为eq \f(2,5).
命题点3 解函数不等式
例5 (1)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________．
答案 (－2,1)
解析 根据函数f (x)的图象可知，f (x)是定义在R上的增函数．∴2－x2>x，∴－2(2)已知函数f (x)＝ln x＋2x，若f (x2－4)<2，则实数x的取值范围是______________．
答案 (－eq \r(5)，－2)∪(2，eq \r(5))
解析 因为函数f (x)＝ln x＋2x在定义域(0，＋∞)上单调递增，且f (1)＝ln 1＋2＝2，所以由f (x2－4)<2得，f (x2－4)命题点4 求参数的取值范围
例6 (1)已知f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－1x＋4a，x＜1，,lgax，x≥1))是(－∞，＋∞)上的减函数，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)，1))
答案 C
解析 由f (x)是减函数，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－1＜0，,0＜a＜1.,3a－1×1＋4a≥lga1，))
∴eq \f(1,7)≤a＜eq \f(1,3)，∴实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)，\f(1,3))).
(2)已知函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2)a－2，x≤1，,ax－a，x>1，))若f (x)在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为________．
答案 (1,2]
解析 由题意，得12＋eq \f(1,2)a－2≤0，则a≤2，又y＝ax－a (x>1)是增函数，故a>1，所以a的取值范围为1(3)已知函数y＝lga(2－ax)在[0,1]是减函数，则实数a的取值范围是________．
答案 (1,2)
解析 设u＝2－ax，
∵a>0且a≠1，
∴函数u在[0,1]上是减函数．
由题意可知函数y＝lgau在[0,1]上是增函数，
∴a>1.又∵u在[0,1]上要满足u>0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－a×1>0，,2－a×0>0，))得a<2.
综上得1思维升华 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
(1)比较大小．
(2)求最值．
(3)解不等式．利用函数的单调性将“f”符号脱掉，转化为具体的不等式求解，应注意函数的定义域．
(4)利用单调性求参数．
①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．
②需注意若函数在区间[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．
③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．
跟踪训练2 (1)(2019·唐山模拟)已知函数f (x)为R上的减函数，则满足f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))))答案 (－1,0)∪(0,1)
解析 因为f (x)在R上为减函数，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,|x|)))1，即0<|x|<1，所以0(2)函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值为________．
答案 2
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.
(3)已知函数y＝(6－ax＋x2)在[1,2]上是增函数，则实数a的取值范围为________．
答案 [4,5)
解析 设u＝6－ax＋x2，
∵y＝u为减函数，
∴函数u在[1,2]上是减函数，
∵u＝6－ax＋x2，对称轴为x＝eq \f(a,2)，
∴eq \f(a,2)≥2，且u>0在[1,2]上恒成立．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≥4，,6－2a＋4>0，))解得4≤a<5，
∴实数a的取值范围是[4,5)．
1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
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)
答案 A
解析 函数y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．
2．函数f (x)＝1－eq \f(1,x－1)( )
A．在(－1，＋∞)上单调递增
B．在(1，＋∞)上单调递增
C．在(－1，＋∞)上单调递减
D．在(1，＋∞)上单调递减
答案 B
解析 f (x)图象可由y＝－eq \f(1,x)图象沿x轴向右平移一个单位长度，再向上平移一个单位长度得到，如图所示．
3．(2019·沧州七校联考)函数f (x)＝lg0.5(x＋1)＋lg0.5(x－3)的单调递减区间是( )
A．(3，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，－1)
答案 A
解析 由已知易得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1>0，,x－3>0，))即x>3，
f (x)＝lg0.5(x＋1)＋lg0.5(x－3)＝lg0.5(x＋1)(x－3)，x>3，
令t＝(x＋1)(x－3)，则t在[3，＋∞)上单调递增，
又0<0.5<1，∴f (x)在(3，＋∞)上单调递减．
4．若f (x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq \f(a,x＋1)在区间[1,2]上都是减函数，则实数a的取值范围是( )
A．(－1,0)∪(0,1) B．(－1,0)∪(0,1]
C．(0,1) D．(0,1]
答案 D
解析 因为f (x)＝－x2＋2ax在[1,2]上是减函数，所以a≤1，又因为g(x)＝eq \f(a,x＋1)在[1,2]上是减函数，所以a>0，所以05．已知函数f (x)＝x|x＋2|，则f (x)的单调递减区间为( )
A．[－2,0] B．[－2,1]
C．[－2，－1] D．[－2，＋∞)
答案 C
解析 由于f (x)＝x|x＋2|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x，x≥－2，,－x2－2x，x<－2，))
当x≥－2时，y＝x2＋2x＝(x＋1)2－1，
显然，f (x)在[－2，－1]上单调递减；
当x<－2时，y＝－x2－2x＝－(x＋1)2＋1，
显然，f (x)在(－∞，－2)上单调递增．
综上可知，f(x)的单调递减区间是[－2，－1]．
6．(2020·青岛模拟)已知定义在R上的奇函数f (x)在[0，＋∞)上单调递减，若f (x2－2x＋a)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(13,4))) B．(－∞，－3)
C．(－3，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,4)，＋∞))
答案 D
解析 依题意得f (x)在R上是减函数，所以f (x2－2x＋a)x＋1对任意的x∈[－1,2]恒成立，等价于a>－x2＋3x＋1对任意的x∈[－1,2]恒成立．设g(x)＝－x2＋3x＋1(－1≤x≤2)，则g(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋eq \f(13,4)(－1≤x≤2)，当x＝eq \f(3,2)时，g(x)取得最大值，且g(x)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eq \f(13,4)，因此a>eq \f(13,4)，故选D.
7．(多选)已知π为圆周率，e为自然对数的底数，则( )
A．πe<3e B．3e－2π<3πe－2
C．lgπe3lgπe
答案 CD
解析 已知π为圆周率，e为自然对数的底数，
∴π>3>e>2，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))e>1，πe>3e，故A错误；
∵0∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,π)))e－2>eq \f(3,π)，
∴3e－2π>3πe－2，故B错误；
∵π>3，∴lgπe由π>3，可得lg3e>lgπe，
则πlg3e>3lgπe，故D正确．
8．函数y＝－x2＋2|x|＋1的单调递增区间为________，单调递减区间为________．
答案 (－∞，－1]和[0,1] (－1,0)和(1，＋∞)
解析 由于y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0，))
即y＝eq \b\lc\{\rc\ (\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，
单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为(－1,0)和(1，＋∞)．
9．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______________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))
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)).
10．(2019·福州质检)如果函数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，那么实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
解析 对任意x1≠x2，都有eq \f(f x1－f x2,x1－x2)>0，
所以y＝f (x)在R上是增函数．
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.
故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)).
11．试判断函数f(x)＝eq \f(x3－1,x)在(0，＋∞)上的单调性，并加以证明．
证明 方法一 设0f (x1)－f (x2)＝xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))＝(x1－x2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＋\f(1,x1x2))).∵x2>x1>0，∴x1－x2<0，x1＋x2＋eq \f(1,x1x2)>0.∴f (x1)－f (x2)<0，即f (x1)故f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
方法二 f′(x)＝2x＋eq \f(1,x2).
当x>0时，f′(x)>0，故f (x)在(0，＋∞)上为增函数．
12．已知函数f (x)对于任意x，y∈R，总有f (x)＋f (y)＝f (x＋y)，且 x>0时，f (x)<0.
(1)求证：f (x)在R上是奇函数；
(2)求证：f (x)在R上是减函数；
(3)若f (1)＝－eq \f(2,3)，求f (x)在区间[－3,3] 上的最大值和最小值．
(1)证明 ∵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，
令y＝－x得f (－x)＝－f (x)，
∴f (x)在R上是奇函数．
(2)证明 在R上任取x1>x2，
则x1－x2>0，f (x1)－f (x2)＝f (x1)＋f (－x2)
＝f (x1－x2)，
∵x>0时，f (x)<0，∴f (x1－x2)<0，
∴f (x1)(3)解 ∵f (x)是R上的减函数，
∴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)和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.
13．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则实数a的取值范围是________．
答案 (－1，＋∞)
解析 由题意可得，存在正数x使a>x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x成立．
令f (x)＝x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，该函数在(0，＋∞)上为增函数，可知f (x)的值域为(－1，＋∞)，故a>－1时，存在正数x使原不等式成立．
14．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__________________．
答案 (－∞，1]∪[4，＋∞)
解析 作函数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.
15．(2019·石家庄模拟)已知函数f (x)＝2 021x－2 021－x＋1，则不等式f (2x－1)＋f (2x)>2的解集为____________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))
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)，＋∞)).
16．已知函数f (x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)－2))，其中a是大于0的常数．
(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，试确定实数a的取值范围．
解 (1)由x＋eq \f(a,x)－2>0，得eq \f(x2－2x＋a,x)>0.
①当a>1时，x2－2x＋a>0恒成立，定义域为(0，＋∞)；
②当a＝1时，定义域为{x|x>0且x≠1}；
③当01＋eq \r(1－a)}．
(2)设g(x)＝x＋eq \f(a,x)－2，当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，g(x)＝x＋eq \f(a,x)－2在[2，＋∞)上是增函数．
∴f (x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)－2))在[2，＋∞)上是增函数，
∴f (x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)－2))在[2，＋∞)上的最小值为f (2)＝lg eq \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，x∈[2，＋∞)．
设h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞)，
则h(x)＝3x－x2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋eq \f(9,4)在[2，＋∞)上是减函数，
∴h(x)max＝h(2)＝2.∴a>2.
即实数a的取值范围是(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为最大值
M为最小值