小结名师课堂实录

函数的单调性与最值复习

基础知识

1．函数的单调性

(1)增函数、减函数

增函数

减函数

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

定义

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

(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．

2．函数的最值

前提

条件

结论

设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足

①对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；

②存在x0∈I，使得f(x0)＝M M为函数y＝f(x)的最大值

基础小练

1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) 1(1)函数y＝x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(

) (2)具有相同单调性的函数的和、差、积、商函数还具有相同的单调性．(

) (3)若定义在R上的函数f(x)有f(－1)

) (4)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(

) (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．(

) ①对于任意x∈I，都有f(x)≥M；

②存在x0∈I，使得f(x0)＝M

M为函数y＝f(x)的最小值

自左向右看图象是下降的

(6)所有的单调函数都有最值．(

) 答案：(1)×

(2)×

(3)×

(4)×

(5)×

(6)×

2．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(

) A．f(x)＝3－x

C．f(x)＝－1

x＋1B．f(x)＝x2－3x

D．f(x)＝－|x| 解析：选C

当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；

30，时，f(x)＝x2－3x为减函数，

当x∈23，＋∞时，f(x)＝x2－3x为增函数；

当x∈2当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－1为增函数；

x＋1当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．

3．函数f(x)＝|x－2|x的单调减区间是(

) A．[1,2] C．[0,2] B．[－1,0] D．[2，＋∞) 2x－2x，x≥2，解析：选A

由于f(x)＝|x－2|x＝2结合图象(图略)可知函数的单调减－x＋2x，x<2.

区间是[1,2]．

4．若函数y＝x2－2ax＋1在(－∞，2]上是减函数，则实数a的取值范围是(

) A．(－∞，－2]

C．[2，＋∞) B．[－2，＋∞) D．(－∞，2] 解析：选C

函数y＝x2－2ax＋1图象的对称轴方程为x＝a，要使该函数在(－∞，2]上是减函数，则需满足a≥2. 5．设定义在[－1,7]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的增区间为________．

解析：由图可知函数的增区间为[－1,1]和[5,7]．

答案：[－1,1]和[5,7] 6．函数f(x)＝2在[－2,0]上的最大值与最小值之差为________．

x－1解析：易知f(x)在[－2,0]上是减函数，

24∴f(x)max－f(x)min＝f(－2)－f(0)＝－－(－2)＝. 334答案：

3课堂考点突破：不留死角

考点一

确定函数的单调性区间

重点保分型考点——师生共研

确定函数的单调性是函数单调性问题的基础，是高考的必考内容，多以选择题、填空题的形式出现，但有时也出现在解答题的某一问中，属于低档题目.

[典题领悟]

1．试讨论函数f(x)＝ax(a≠0)在(－1,1)上的单调性．

x－1解：法一：设－1

x－1＋1＝a1＋1，

f(x)＝ax－1x－111则f(x1)－f(x2)＝a1＋x－1－a1＋x－1

12＝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)

函数f(x)在(－1,1)上单调递增．

法二：f′(x)＝＝ax′x－1－axx－1′

x－12ax－1－axa＝－. 2x－1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．

2．求函数f(x)＝－x2＋2|x|＋1的单调区间．

2－x＋2x＋1，x≥0，解：易知f(x)＝

2－x－2x＋1，x<02－x－1＋2，x≥0，＝

2－x＋1＋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，＋∞)．

[解题师说]

1．掌握确定函数单调性(区间)的3种常用方法

(1)定义法：一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论．其关键是作差变形，为了便于判断差的符号，通常将差变成因式连乘(除)或平方和的形式，再结合变量的范围、假定的两个自变量的大小关系及不等式的性质进行判断．(如典题领悟第1题) (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．(如典题领悟第2题) (3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．(如典题领悟第1题) 2．熟记函数单调性的4个常用结论

(1)若f(x)，g(x)均是区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数；

(2)若k>0，则kf(x)与f(x)单调性相同；若k<0，则kf(x)与f(x)单调性相反；

(3)函数y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝1的单调性相反；

fx(4)函数y＝f(x)(f(x)≥0)在公共定义域内与y＝fx的单调性相同．

3．谨防3种失误

(1)单调区间是定义域的子集，故求单调区间应以“定义域优先”为原则．(如冲关演练第1题) (2)单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示．

(3)图象不连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接．

[冲关演练]

1．(2017·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(

) A．(－∞，－2) B．(－∞，1)

C．(1，＋∞)

D．(4，＋∞) 解析：选D

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，＋∞)．

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

1C．f(x)＝x－x

B．f(x)＝|x－1| 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11项中，f(x)为增函数；B中，f(x)＝|x－1|在(0，＋∞)上不单调，对于f(x)＝x－x，因为y＝x

与y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，因此f(x)在(0，＋∞)上是减函数．

3．已知函数y＝1，那么(

) x－1A．函数的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋∞) B．函数的单调递减区间为(－∞，1)∪(1，＋∞) C．函数的单调递增区间为(－∞，1)和(1，＋∞) D．函数的单调递增区间为(－∞，1)∪(1，＋∞) 解析：选A

函数y＝111可看作是由y＝x向右平移1个单位长度得到的，∵y＝x在(－x－11在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减，∴函数y＝x－1∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，∴y＝1的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋∞)，故选A. x－1a4．判断函数f(x)＝x＋x(a>0)在(0，＋∞)上的单调性．

解：设x1，x2是任意两个正数，且x1

x1－x2aax1＋－x2＋＝则f(x1)－f(x2)＝(xx－a)．

x1x2x1x212当0

所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，

所以函数f(x)在(0，a

]上是减函数；

当a≤x1a，x1－x2<0，

所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)

所以函数f(x)在[a，＋∞)上是增函数．

a综上可知，函数f(x)＝x＋x(a>0)在(0，a

]上是减函数，在[a，＋∞)上是增函数．

考点二

求函数的值域最值

基础送分型考点——自主练透

[考什么·怎么考]

函数的值域最值是高考的重要内容之一，函数、方程、不等式，还有立体几何、解析几何等很多问题都需要转化为函数的值域最值问题.高考中选择题、填空题、解答题都有考查.

方法(一)

性质法求函数的值域(最值) x2－11．函数y＝2的值域为________．

x＋1x2－11＋y解析：由y＝2，可得x2＝. x＋11－y

1＋y由x2≥0，知≥0，解得－1≤y<1，

1－y故所求函数的值域为[－1,1)．

答案：[－1,1) 11a，2上的值域为，2，2．若函数f(x)＝－x＋b(a>0)在b＝________. 22则a＝________，1a解析：∵f(x)＝－x＋b(a>0)在2，2上是增函数，

11∴f(x)min＝f2＝2，f(x)max＝f(2)＝2. 即a－2＋b＝2，答案：1

5

2[方法点拨]

1－2a＋b＝，2

5解得a＝1，b＝. 2(1)先进行转化与分离，再利用函数的性质(如x2≥0，ex>0等)求解即可．

(2)如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上单调递增，那么f(x)在区间端点处取最值；如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上单调递增，在区间[b，c]上单调递减，那么ymax＝f(b)；如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上单调递减，在区间[b，c]上单调递增，那么ymin＝f(b)，从而得出值域．

方法(二)

数形结合法求函数的值域(最值) 3．函数y＝|x＋1|＋|x－2|的值域为________．

解析：

－2x＋1，x≤－1，函数y＝3，－1

根据图象可知，函数y＝|x＋1|＋|x－2|的值域为[3，＋∞)．

答案：[3，＋∞)

2m＋x，|x|≥1，4．设函数f(x)＝的图象过点(1,1)，函数g(x)是二次函数，若函数f(g(x))x，|x|<1

的值域是[0，＋∞)，则函数g(x)的值域是________．

2m＋x，|x|≥1，解析：因为函数f(x)＝的图象过点(1,1)，所以x，|x|<12x，|x|≥1，m＋1＝1，解得m＝0，所以f(x)＝画出函数y＝f(x)的x，|x|<1.

大致图象如图所示，观察图象可知，

当纵坐标在[0，＋∞)上时，横坐标在(－∞，－1]∪[0，＋∞)上变化．

而f(x)的值域为[－1，＋∞)，f(g(x))的值域为[0，＋∞)，因为g(x)是二次函数，

所以g(x)的值域是[0，＋∞)．

答案：[0，＋∞) [方法点拨]

先作出函数的图象，再观察其最高点或最低点，求出值域或最值．

方法(三)

换元法求函数的值域(最值) 5．函数y＝x＋1－x2的最大值为________．

解析：由1－x2≥0，可得－1≤x≤1. 可令x＝cos θ，θ∈[0，π]，

πθ＋，θ∈[0，π]，

则y＝cos θ＋sin θ＝2sin4所以－1≤y≤2，故原函数的最大值为2. 答案：[2] 346．已知函数f(x)的值域为8，9，则函数g(x)＝f(x)＋1－2fx的值域为________．

34解析：∵≤f(x)≤，

8911∴≤1－2fx≤. 32令t＝1－2fx，

111≤t≤，

则f(x)＝(1－t2)2321令y＝g(x)，则y＝(1－t2)＋t，

2111≤t≤. 即y＝－(t－1)2＋1232

17∴当t＝时，y有最小值；

3917当t＝时，y有最大值. 2877∴g(x)的值域为9，8. 77答案：9，8

[方法点拨]

对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求值域或最值；换元法求值域时，一定要注意新元的范围对值域的影响．

方法(四)

分离常数法求函数的值域(最值) 7．函数y＝3x＋1的值域为________．

x－23x＋13x－2＋77解析：y＝＝＝3＋，

x－2x－2x－2因为77≠0，所以3＋≠3，

x－2x－23x＋1的值域为{y|y∈R且y≠3}．

x－2所以函数y＝答案：{y|y∈R且y≠3} 5x－18．当－3≤x≤－1时，函数y＝的最小值为________．

4x＋2解析：由y＝5x－157，可得y＝－. 442x＋14x＋2777∵－3≤x≤－1，∴≤－≤，

2042x＋148∴≤y≤3 58∴所求函数的最小值为

58答案：

5[方法点拨]

通过配凑函数解析式的分子，把函数分离成常数和分式的形式，而此式的分式，只有分母中含有变量，进而可利用函数性质确定其值域．

[怎样快解·准解]

求函数值域（最值）的类型及其方法

(1)若所给函数为单调函数，可根据函数的单调性求值域；当函数解析式中出现偶次方幂、绝对值等时，可利用函数的性质(如x2≥0，|x|≥0，x≥0，ex>0等)确定函数的值域或最值．

(2)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．

(3)形如求y＝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．

(4)形如求y＝cx＋d(ac≠0)的函数的值域或最值常用分离常数法求解．

ax＋b另外，基本不等式法、导数法求函数值域或最值也是常用方法，在后面章节中有重点讲述．

考点三

函数单调性的应用

题点多变型考点——追根溯源

函数单调性的应用常以基本初等函数为载体，考查学生数形结合思想、转化与化归思想的应用，综合分析问题的能力.在高考中常以选择题、填空题出现，难度中等.

常见的命题角度有：

1比较函数值的大小；

2解函数不等式；

3利用单调性求参数的取值范围或值.

[题点全练]

角度(一)

比较函数值的大小

1．(2018·哈尔滨联考)已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2>x1>1时，[f(x2)1－，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为(

) －f(x1)](x2－x1)<0恒成立，设a＝f2A．c>a>b

C．a>c>b

B．c>b>a

D．b>a>c

15－＝f.由x2>x1>1时，解析：选D

因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f[f(x2)22－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．

55∵1<2<f2>f(e)，

2∴b>a>c. [题型技法]

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

112．定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，且f＝0，则不等式f(logx)>029的解集为________．

解析：∵y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且y＝f(x)在(0，＋∞)上递增．

∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函数，

1－1＝－f1＝0. 又f＝0，知f222故原不等式f(log1x)>0可化为

91－1

f(log1x)>f或f12299111∴log1x>或－

22991解得0

答案：x3[题型技法]

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)

角度(三)

利用单调性求参数的取值范围(或值) 1ax2－x－4，x≤1，3．已知函数f(x)＝是R上的单调函数，则实数a的取值范围是logax－1，x>1(

) 11A.4，2

10，

C.211B.4，2

1D.2，1

解析：选B

由对数函数的定义可得a>0，且a≠1. 1又函数f(x)在R上单调，而二次函数y＝ax2－x－的图象开口向上，

4所以函数f(x)在R上单调递减，

0

0

11所以a∈4，2. [题型技法]

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[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．

角度(一)是函数值大小的比较，转化为在同一单调区间内的自变量的大小比较；

看个性

角度(二)是角度(一)的拓展，是把函数不等式问题转化为两函数值大小比较问题；

角度(三)是在角度(一)和角度(二)基础上的更深一步的拓展，根据函数单调性把问题转化为单调区间关系的比较

对于求解此类有关函数单调性应用的题目，其通用的方法是利用转化思想解题，其思维流程是：

找共性

[冲关演练]

1．已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a的取值范围为________．

a－a>0，解析：由已知可得a＋3>0，a2－a>a＋3，3，－1)∪(3，＋∞)．

答案：(－3，－1)∪(3，＋∞) 2．已知函数f(x)＝x|2x－a|(a>0)在区间[2,4]上单调递减，则实数a的值是________．

2

解得－33，所以实数a的取值范围为(－

解析：f(x)＝x|2x－a|＝a－x2x－a，x≤2ax2x－a，x>，2

(a>0)，

aa作出函数图象(图略)可得该函数的递减区间是4，2，所以a答案：8 a≤2，42≥4，

解得a＝8.

(一)普通高中适用作业

A级——基础小题练熟练快

1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(

) A．y＝ln(x＋2)

1xC．y＝2

B．y＝－x＋1 1D．y＝x＋x

解析：选A

函数y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．

2．如果函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a的取值范围是(

) 11－，＋∞

B.－，＋∞

A.441－，0

C.41－，0

D.4解析：选D

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；

1当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为x＝－a，

因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，

11所以a<0，且－a≥4，解得－≤a<0. 41－，0. 综上，实数a的取值范围是43．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(2x1－1)＜f3的x的取值范围是(

) 12A.3，3

12B.3，3

12C.2，3

12D.2，3

1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)＜f3. 112所以0≤2x－1＜，解得≤x＜. 3234．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是(

) A．(－∞，0)

C．[0，＋∞)

解析：选B

y＝|x|(1－x) x1－x，x≥0，＝

－x1－x，x<0，2－x＋x，x≥0，＝2

x－x，x<0，10，

B.21D.2，＋∞

＝x－1－1，x<0.24211x－2＋，x≥0，－24

画出函数的大致图象如图所示．

10，上单调递增．

由图易知原函数在25．设偶函数f(x)的定义域为R，当x∈[0，＋∞)时，f(x)是增函数，则f(－2)，f(π)，f(－3)的大小关系是(

) A．f(π)＞f(－3)＞f(－2)

B．f(π)＞f(－2)＞f(－3) C．f(π)＜f(－3)＜f(－2)

D．f(π)＜f(－2)＜f(－3) 解析：选A

因为f(x)是偶函数，

所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)．

又因为函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，

所以f(π)＞f(3)＞f(2)，

即f(π)＞f(－3)＞f(－2)．

6．已知函数f(x)＝log2x＋A．f(x1)<0，f(x2)<0

C．f(x1)>0，f(x2)<0

1，若x1∈(1,2)，x2∈(2，＋∞)，则(

) 1－xB．f(x1)<0，f(x2)>0 D．f(x1)>0，f(x2)>0

1解析：选B

∵函数f(x)＝log2x＋在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，∴当x1∈1－x(1,2)时，f(x1)f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0. 1x，x≥1，7．函数f(x)＝的最大值为________．

－x2＋2，x<11解析：当x≥1时，函数f(x)＝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. 答案：2 8．已知函数f(x)＝x2－2x－3，则该函数的单调递增区间为________．

解析：设t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3，所以函数f(x)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，＋∞)．

答案：[3，＋∞) 139．若函数f(x)＝在区间[2，a]上的最大值与最小值的和为，则a＝________. x411解析：由f(x)＝的图象知，f(x)＝在(0，＋∞)上是减函数，∵[2，a]⊆(0，＋∞)，

xx1∴f(x)＝x在[2，a]上也是减函数，

11∴f(x)max＝f(2)＝，f(x)min＝f(a)＝a，

2113∴＋＝，∴a＝4. 2a4答案：4 11＋10．给定函数：①y＝x；②y＝log(x＋1)；③y＝|x－1|；④y＝2x1，其中在区间(0,1)22上单调递减的函数序号是________．

111解析：①y＝x在(0,1)上递增；②因为t＝x＋1在(0,1)上递增，且0＜＜1，故y＝log(x222＋1)在(0,1)上递减；③结合函数图象可知y＝|x－1|在(0,1)上递减；④因为u＝x＋1在(0,1)上递增，且2＞1，故y＝2x答案：②③

B级——中档题目练通抓牢

＋1

在(0,1)上递增，故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.

1．若函数f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a的取值范围是(

) 11－，－3

A.3C.[－3，－22]

B．[－6，－4]

D.[－4，－3]

解析：选B

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a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－∈[2,3]，2即a∈[－6，－4]．

2．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＜f(x＋1)＜1的解集的补集是(全集为R)(

) A．(－1,2) B．(1,4) C．(－∞，－1)∪[4，＋∞) D．(－∞，－1]∪[2，＋∞) 解析：选D

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＜f(x＋1)＜1即为f(0)＜f(x＋1)＜f(3)，所以0＜x＋1＜3，所以－1＜x＜2，故不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集的补集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．

3．(2018·河南平顶山一模)已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数．对任意两个不相等的x2fx1－x1fx2f30.2f0.32flog25正数x1，x2，都有>0，记a＝0.2，b＝，则a，b，c的2，c＝30.3log25x1－x2大小关系为(

) A．a

C．c

B．b

D．c

解析：选B

对任意两个不相等的正数x1，x2，不妨设x1>x2，

∵x2fx1－x1fx2>0，

x1－x2∴x2f(x1)－x1f(x2)>0，

∴即x2fx1－x1fx2fx1fx2＝－>0，

x1x2x1x2fx1fx2>，

x1x2fx∴x是(0，＋∞)上的增函数．

∵1<30.2<30.5<2,0<0.32<1，log25>2，

∴0.32<30.2

∴b

g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．

x，x＞1，由题意知g(x)＝0，x＝1，－x2，x＜1.2

作出函数图象如图所示，其递减区间是[0,1)．

答案：[0,1) 5．若函数y＝2x＋k与y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上具有相同的单调性，则实数k的取值x－2范围是____________．

解析：由于y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上为增函数，故函数y＝4＋k2＋在(3，＋∞)上也是增函数，则有4＋k＜0，得k＜－4. x－2答案：(－∞，－4) 116．已知函数f(x)＝－(a＞0，x＞0)．

ax(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；

11，2上的值域是，2，求a的值．

(2)若f(x)在22解：(1)证明：任取x1＞x2＞0，

1111x1－x2则f(x1)－f(x2)＝－－＋＝，

ax1ax2x1x2∵x1＞x2＞0，

∴x1－x2＞0，x1x2＞0，

∴f(x1)－f(x2)＞0，

即f(x1)＞f(x2)，

∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

2x＋k2x－2＋4＋k＝＝x－2x－2

1(2)由(1)可知，f(x)在2，2上为增函数，

111∴f＝－2＝，

2a211f(2)＝a－＝2，

22解得a＝. 57．已知f(x)＝x(x≠a)．

x－a(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增；

(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围．

解：(1)证明：当a＝－2时，f(x)＝x. x＋2任取x1，x2∈(－∞，－2)，且x1＜x2，

则f(x1)－f(x2)＝2x1－x2x1x2－＝. x1＋2x2＋2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)内单调递增．

(2)任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，

则f(x1)－f(x2)＝ax2－x1x1x2－＝. x1－ax2－ax1－ax2－a因为a＞0，x2－x1＞0，又由题意知f(x1)－f(x2)＞0，

所以(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，所以a≤1. 所以0＜a≤1. 所以a的取值范围为(0,1]．

C级——重难题目自主选做

3x，x≤0，1．已知函数f(x)＝若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是(

) lnx＋1，x>0，

A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞) C．(－1,2) D．(－2,1) 解析：选D

∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，∴函数的图象是一条连续的曲线．又∵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，∴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

) 2A．[1，＋∞)

C．[0,1]

B．[0，3 ] D．[1，3 ] 13解析：选D

因为函数f(x)＝x2－x＋的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，22fx1313＋∞)上是增函数，又当x≥1时，x＝x＋－1，令g(x)＝x＋－1(x≥1)，则g′(x)22x22x2fx113x－33＝－2＝＝x－1＋在区间[1，3 ]上单2，由g′(x)≤0，得1≤x≤3，即函数x22x2x22x调递减，故“缓增区间”I为[1，3 ]．

(二)重点高中适用作业

A级——保分题目巧做快做

1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(

) A．y＝ln(x＋2)

1xC．y＝2

B．y＝－x＋1 1D．y＝x＋x

解析：选A

函数y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．

2．已知函数f(x)＝x2－2x－3，则该函数的单调递增区间为(

) A．(－∞，1]

C．(－∞，－1]

B．[3，＋∞) 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f(x)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，＋∞)．

3．设偶函数f(x)的定义域为R，当x∈[0，＋∞)时，f(x)是增函数，则f(－2)，f(π)，f(－3)的大小关系是(

) A．f(π)＞f(－3)＞f(－2)

B．f(π)＞f(－2)＞f(－3)

C．f(π)＜f(－3)＜f(－2)

D．f(π)＜f(－2)＜f(－3) 解析：选A

因为f(x)是偶函数，

所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)．

又因为函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，

所以f(π)＞f(3)＞f(2)，

即f(π)＞f(－3)＞f(－2)．

4.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)＜f(x＋1)对任意的x∈[－1,2]恒成立，则实数a的取值范围为(

) 13－∞，

A.4C．(－3，＋∞)

B．(－∞，－3) 13D.4，＋∞

解析：选D

依题意得f(x)在R上是减函数，所以f(x2－2x＋a)＜f(x＋1)对任意的x∈[－1,2]恒成立，等价于x2－2x＋a＞x＋1对任意的x∈[－1,2]恒成立，等价于a＞－x2＋3x3x－2＋1对任意的x∈[－1,2]恒成立．设g(x)＝－x2＋3x＋1(－1≤x≤2)，则g(x)＝－231313313＋(－1≤x≤2)，当x＝时，g(x)取得最大值，且g(x)max＝g＝，因此a＞，故选24424D. 5.定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当a＜b时，a⊕b＝b2，则函数f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2,2]的最大值等于(

) A．－1

C．6

B．1 D．12 解析：选C

由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，

当1＜x≤2时，f(x)＝x3－2. 因为f(x)＝x3－2，f(x)＝x－2在定义域内都为增函数，

且f(1)＜f(2)，

所以f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6. 6.(2018·安徽合肥模拟)已知函数f(x)＝(x2－2x)sin(x－1)＋x＋1在[－1,3]上的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________. 解析：由f(x)＝(x2－2x)sin(x－1)＋x＋1令t＝x－1，则t∈[－2,2]，则y＝(t2－1)sin t＋t＋2，t∈[－2,2]．记g(t)＝(t2－1)sin t＋t＋2，则函数y＝g(t)－2＝(t2－1)sin t＋t是奇函

数．由已知得y＝g(t)－2的最大值为M－2，最小值为m－2，所以M－2＋(m－2)＝0，即M＋m＝4. 答案：4 xe－k，x≤0，7.已知函数f(x)＝是R上的增函数，则实数k的取值范围是________．

1－kx＋k，x>00e－k≤k，1解析：由题意得解得≤k<1. 21－k>0，

1答案：2，1

8．若函数y＝2x＋k与y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上具有相同的单调性，则实数k的取值x－2范围是____________．

解析：由于y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上为增函数，故函数y＝4＋k2＋在(3，＋∞)上也是增函数，则有4＋k＜0，得k＜－4. x－2答案：(－∞，－4) 119．已知函数f(x)＝a－x(a＞0，x＞0)．

(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；

11，2上的值域是，2，求a的值．

(2)若f(x)在22解：(1)证明：任取x1＞x2＞0，

1111x1－x2则f(x1)－f(x2)＝a－－a＋＝，

x1x2x1x2∵x1＞x2＞0，∴x1－x2＞0，x1x2＞0，

∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，

∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

1(2)由(1)可知，f(x)在2，2上为增函数，

111∴f＝－2＝，

2a2112f(2)＝－＝2，解得a＝. a2510．已知f(x)＝x(x≠a)．

x－a2x＋k2x－2＋4＋k＝＝x－2x－2(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增；

(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围．

解：(1)证明：当a＝－2时，f(x)＝x. x＋2任取x1，x2∈(－∞，－2)，且x1＜x2，

则f(x1)－f(x2)＝2x1－x2x1x2－＝. x1＋2x2＋2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)内单调递增．

(2)任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，

则f(x1)－f(x2)＝ax2－x1x1x2－＝. x1－ax2－ax1－ax2－a因为a＞0，x2－x1＞0，又由题意知f(x1)－f(x2)＞0，

所以(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，所以a≤1. 所以0＜a≤1. 所以a的取值范围为(0,1]．

B级——拔高题目稳做准做

1.函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则函数g(x)＝f(logax)(0＜a＜1)的单调递减区间是(

)

10，

A.21C．(－∞，0)∪2，＋∞

B．[a，1] D．[a，a＋1 ] 11，＋∞上单调递减，而在0，上单调递解析：选B

由图象知f(x)在(－∞，0]和22增．

又因为当0＜a＜1时，y＝logax为(0，＋∞)上的减函数，

所以要使g(x)＝f(logax)单调递减，

110，，即0≤logax≤，

则需logax∈22解得x∈[a，1]．

fx2．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝x在区间I上是减函数，那么称1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)＝x2－x＋2

3是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为(

) 2A．[1，＋∞)

C．[0,1]

B．[0，3 ] D．[1，3 ] 13解析：选D

因为函数f(x)＝x2－x＋的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，22fx1313＋∞)上是增函数，又当x≥1时，x＝x＋－1，令g(x)＝x＋－1(x≥1)，则g′(x)22x22x2fx113x－33＝－2＝＝x－1＋在区间[1，3 ]上单2，由g′(x)≤0得1≤x≤3，即函数x222x2x2x调递减，故“缓增区间”I为[1，3 ]．

1，x＞0，3．设函数f(x)＝0，x＝0，－1，x＜0，2

g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．

x，x＞1，解析：由题意知g(x)＝0，x＝1，－x2，x＜1.

作出函数图象如图所示，则其递减区间是[0,1)．

答案：[0,1) x－4x＋5，x≤2，4.已知函数f(x)＝1若f(a2－3a)＞f(2a－6)，则实数a的取值范log2x－1＋1，x＞2，围是________．

解析：因为f1(x)＝x2－4x＋5在(－∞，2]上为减函数，

1f2(x)＝log(x－1)＋1在(2，＋∞)上为减函数．

2又f1(2)＝f2(2)＝1，

所以函数f(x)在R上为单调递减函数，

所以f(a2－3a)＞f(2a－6)，

则a2－3a＜2a－6⇒a2－5a＋6＜0，解得2＜a＜3. 答案：(2,3) a5.已知函数f(x)＝2x－x的定义域为(0,1](a为实数)．

(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的值域；

(2)求函数y＝f(x)在区间(0,1]上的最大值及最小值，并求当函数f(x)取得最值时x的值．

1解：(1)当a＝1时，f(x)＝2x－x，

2

任取0

11则f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)－x－x

1212＋＝(x1－x2)x1x2. ∵0

∴f(x)在(0,1]上单调递增，当x＝1时取得最大值1，

∴f(x)的值域为(－∞，1]．

(2)当a≥0时，y＝f(x)在(0,1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值2－a；

当a＜0时，f(x)＝2x＋当

－a，

xa－≥1，即a∈(－∞，－2]时，y＝f(x)在(0,1]上单调递减，无最大值，当x＝12时取得最小值2－a；

当

a－＜1，即a∈(－2,0)时，y＝f(x)在0，

2a在

－上单调递减，2a－，1上2单调递增，无最大值，当x＝

a－时取得最小值2－2a. 22x16.已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足fx＝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，

x1则>1，由于当x>1时，f(x)<0，

x2x1所以fx<0，即f(x1)－f(x2)<0，

2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)．

x1由fx＝f(x1)－f(x2)得，

29f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.