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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（Word版附解析）
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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（Word版附解析），共24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。
专题07函数的单调性与最大(小)值
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题型归类
题型一：求具体函数的单调区间
题型二：判断或证明函数的单调性
题型三：比较函数值的大小
题型四：求函数的最值
题型五：解函数不等式
题型六：求参数的取值范围
题型七：抽象函数单调性
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
一、【知识梳理】
【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
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
(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
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
【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＝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＋cos x D．y＝
【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＋cos x在R上为增函数，故C正确；
y＝的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，故D不正确．
故选AC.
【典例2】函数y＝的递减区间为__________．
【解析】作出t＝2x2－3x＋1的图象如图，∵0<<1，∴y＝单调递减．要使y＝递减，只要x∈.故填.
【典例3】函数y＝log12(2x2－3x＋1)的单调递减区间为( )
A．(1，＋∞) B.
C. D.
【解析】由2x2－3x＋1>0，
得函数的定义域为∪(1，＋∞)．
令t＝2x2－3x＋1，x∈∪(1，＋∞)．
则y＝log12t，
∵t＝2x2－3x＋1＝22－，
∴t＝2x2－3x＋1的单调递增区间为(1，＋∞)．
又y＝log12t在(1，＋∞)上是减函数，
∴函数y＝log12(2x2－3x＋1)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)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性．
【解析】方法一 设－1
f(x1)－f(x2)＝a－a
＝，
由于－1
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)
＝＝－.
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＋(a>0)在(0，＋∞)上的单调性．
【解析】解法一：设0
＝(x1x2－a)．
当0
所以函数f(x)在(0，]上是减函数；
当＜x1a，又x1－x2<0，
故f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)
综上可知，函数f(x)＝x＋(a>0)在(0，]上是减函数，在(，＋∞)上是增函数．
解法二：求导可得f′(x)＝1－.
令f′(x)＞0，则1－＞0，解得x＞或x＜－(舍)．
令f′(x)≤0，则1－≤0，解得－≤x≤.
∵x＞0，∴0＜x≤.
∴f(x)在(0，]上是减函数；在(，＋∞)上是增函数．
【典例3】判断并证明函数f(x)＝ax2＋(其中1
＝(x2－x1)，
由1≤x10,2
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 )，b＝f(313)，c＝f(e13)，则a，b，c的大小关系是( )
A．c
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)＝x13在x∈(0，＋∞)上单调递增，
∴1
即a
A．f(a＋1)>f(2) B．f(a＋1)
【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＝f，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＝f＝f，且2<<3，所以b>a>c. 故选D.
【题型四】求函数的最值
【典例1】函数y＝的最大值为________．
【解析】令＝t，则t≥2，
∴x2＝t2－4，∴y＝＝，
设h(t)＝t＋，
则h(t)在[2，＋∞)上为增函数，
∴h(t)min＝h(2)＝，
∴y≤＝(x＝0时取等号)．
即y的最大值为.
【典例2】函数y＝的值域为____________．
【解析】由y＝，可得x2＝.
由x2≥0，知≥0，解得－1≤y<1，
故所求函数的值域为[－1,1)．
【典例3】函数y＝x＋的最大值为________．
【解析】由1－x2≥0，可得－1≤x≤1.
可令x＝cos θ，θ∈[0，π]，
则y＝cos θ＋sin θ＝sin，θ∈[0，π]，
所以－1≤y≤，故原函数的最大值为.
【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)
【解析】由f(x)＝x－log2(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)，
∴
解得0
【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
【题型六】求参数的取值范围
【典例1】函数f(x)＝且满足对任意的实数x1≠x2都有>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)＝满足对任意的实数x1≠x2都有>0，
所以函数f(x)＝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
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
解得a≤－2.
故选A.
【典例3】若f(x)＝cos x－sin x在[0，a]上是减函数，则a的最大值是( )
A. B. C. D．π
【解析】∵f(x)＝cos x－sin x＝－sin，
∴当x－∈，即x∈时，
y＝sin单调递增，
f(x)＝－sin单调递减，
∴是f(x)在原点附近的单调减区间，
结合条件得[0，a]⊆，
∴a≤，即amax＝.
【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)＝－.
(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)
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)
(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f＝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)－f＜2.
【解析】(1)f(1)＝f＝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f＝f(x)－f(y)，得
f(x2)－f(x1)＝f，∵＞1，∴f＞0.
∴f(x2)－f(x1)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(3)∵f(6)＝f＝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，
∴ 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f＝－1且f(x)－f≥2，求x的取值范围．
【解析】(1)证明：设0
因为>1，所以f>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＝，
得f(1)＝f(x)＋f，所以f＝－f(x)．
故由f＝－1，得f(3)＝1.
于是f(x)－f＝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 解得x≥1＋.
故实数x的取值范围是[1＋，＋∞)．
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. B．[1,2)
C. D.
【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
解得0
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＋，x∈[0，ln3]，求函数g(x)的最小值．
【解析】(1)f′(x)＝2x＋－a.∵f(x)在(0，1)上是增函数，
∴2x＋≥a在(0，1)上恒成立，
即a≤(x∈(0，1))，
∵2x＋≥2当且仅当x＝时，取等号，
所以a的取值范围为{a|a≤2}．
(2)设t＝ex，则h(t)＝t2＋(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
∴g(x)min＝2-a，a≤1a，1
【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>，
∴原不等式的解集为.
【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
【解析】(1)由得
(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]，
∴需满足即
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)＝若a＝50.01，b＝log32，c＝log30.9，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＝log32＜1，c＝log30.9＜0，
所以a＞b＞c，所以f(a)＞f(b)＞f(c).
【训练六】已知函数f(x)＝lg(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＋－2＞0，得＞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－或x＞1＋}.
(2)设g(x)＝x＋－2，
当a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)时，
g′(x)＝1－＝>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)＝lg.
(3)对任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0.
即x＋－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立.
∴a>3x－x2.
令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞).
由于h(x)＝－＋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＝－
C．y＝x D．y＝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)＝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)＝＝－1，根据函数y＝－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 B．f(a2＋a＋2)
【解析】∵a2＋a＋2＝2＋≥，
又f(x)在R上是增函数，∴f(a2＋a＋2)≥f .
故选C.
4. 已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f＜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f＜f(1)，得即所以－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)，
∴解得2≤x<3.
故选C.
6. 函数f(x)＝－x＋在上的最大值是( )
A． B．－
C．－2 D．2
【解析】函数f(x)＝－x＋的导数为f′(x)＝－1－，则f′(x)<0，可得f(x)在上单调递减，即f(－2)为最大值，且为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)
8. 已知函数f(x)＝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
解得1≤a＜3.故选D．
【多选题】
9. 若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝在区间[1,2]上都单调递减，则实数a的取值可以是( )
A．－1 B. 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)＝在[1,2]上单调递减，
所以a>0，所以0
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>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>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a
C．6 D．12
【解析】由题意知当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当1
【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＝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＝－，因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，所以a<0，且－≥4，解得－≤a<0.
综上，实数a的取值范围是.
答案：
15. 已知y＝f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)
16. 设f(x)＝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＋＋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)＝
(2)y＝x－.
【解析】(1)当x<1时，x2－x＋1＝＋≥；当x>1时，0<<1.因此函数f(x)的值域是(0，＋∞)．
(2)y＝x－＝－≥－，所以函数y的值域为.
18. 已知函数f(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＋，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)＝.
19. 函数f(x)＝loga(1－x)＋loga(x＋3)(0
(2)若函数f(x)的最小值为－1，求a的值.
【解析】(1)由得－3
则f(x)＝loga(－x2－2x＋3)，x∈(－3，1).
令f(x)＝0，得－x2－2x＋3＝1，
解得x＝－1－或x＝－1＋，
经检验，均满足原方程成立.
故f(x)＝0的解为x＝－1±.
(2)由(1)得f(x)＝loga[－(x＋1)2＋4]，x∈(－3，1)，
由于0<－(x＋1)2＋4≤4，且a∈(0，1)，
∴loga[－(x＋1)2＋4]≥loga4，
由题意可得loga4＝－1，解得a＝，满足条件.
所以a的值为.
20. 已知函数f(x)＝a－.
(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)
(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
＝.
∵y＝2x在R上单调递增且x1
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)
(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
即a－＝－a＋，解得a＝1，
∴f(ax)
∴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)＝.
(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 解得
(2)由(1)知f(x)＝x＋－2，所以f(2x)－k·2x≥0可化为2x＋－2≥k·2x，即1＋－2·≥k.
令t＝，因为x∈[－1，1]，故t∈.所求不等式问题等价于k≤t2－2t＋1在t∈上有解．记h(t)＝t2－2t＋1，则k≤h(t)max.因为t∈，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}．
专题07函数的单调性与最大(小)值
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题型归类
题型一：求具体函数的单调区间
题型二：判断或证明函数的单调性
题型三：比较函数值的大小
题型四：求函数的最值
题型五：解函数不等式
题型六：求参数的取值范围
题型七：抽象函数单调性
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
一、【知识梳理】
【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
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
(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
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
【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＝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＋cos x D．y＝
【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＋cos x在R上为增函数，故C正确；
y＝的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，故D不正确．
故选AC.
【典例2】函数y＝的递减区间为__________．
【解析】作出t＝2x2－3x＋1的图象如图，∵0<<1，∴y＝单调递减．要使y＝递减，只要x∈.故填.
【典例3】函数y＝log12(2x2－3x＋1)的单调递减区间为( )
A．(1，＋∞) B.
C. D.
【解析】由2x2－3x＋1>0，
得函数的定义域为∪(1，＋∞)．
令t＝2x2－3x＋1，x∈∪(1，＋∞)．
则y＝log12t，
∵t＝2x2－3x＋1＝22－，
∴t＝2x2－3x＋1的单调递增区间为(1，＋∞)．
又y＝log12t在(1，＋∞)上是减函数，
∴函数y＝log12(2x2－3x＋1)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)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性．
【解析】方法一 设－1
f(x1)－f(x2)＝a－a
＝，
由于－1
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)
＝＝－.
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＋(a>0)在(0，＋∞)上的单调性．
【解析】解法一：设0
＝(x1x2－a)．
当0
所以函数f(x)在(0，]上是减函数；
当＜x1
故f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)
综上可知，函数f(x)＝x＋(a>0)在(0，]上是减函数，在(，＋∞)上是增函数．
解法二：求导可得f′(x)＝1－.
令f′(x)＞0，则1－＞0，解得x＞或x＜－(舍)．
令f′(x)≤0，则1－≤0，解得－≤x≤.
∵x＞0，∴0＜x≤.
∴f(x)在(0，]上是减函数；在(，＋∞)上是增函数．
【典例3】判断并证明函数f(x)＝ax2＋(其中1
＝(x2－x1)，
由1≤x1
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 )，b＝f(313)，c＝f(e13)，则a，b，c的大小关系是( )
A．c
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)＝x13在x∈(0，＋∞)上单调递增，
∴1
即a
A．f(a＋1)>f(2) B．f(a＋1)
【解析】由y＝f(x)的图象及已知可得0
【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＝f，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＝f＝f，且2<<3，所以b>a>c. 故选D.
【题型四】求函数的最值
【典例1】函数y＝的最大值为________．
【解析】令＝t，则t≥2，
∴x2＝t2－4，∴y＝＝，
设h(t)＝t＋，
则h(t)在[2，＋∞)上为增函数，
∴h(t)min＝h(2)＝，
∴y≤＝(x＝0时取等号)．
即y的最大值为.
【典例2】函数y＝的值域为____________．
【解析】由y＝，可得x2＝.
由x2≥0，知≥0，解得－1≤y<1，
故所求函数的值域为[－1,1)．
【典例3】函数y＝x＋的最大值为________．
【解析】由1－x2≥0，可得－1≤x≤1.
可令x＝cos θ，θ∈[0，π]，
则y＝cos θ＋sin θ＝sin，θ∈[0，π]，
所以－1≤y≤，故原函数的最大值为.
【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)
【解析】由f(x)＝x－log2(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)，
∴
解得0
【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
【题型六】求参数的取值范围
【典例1】函数f(x)＝且满足对任意的实数x1≠x2都有>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)＝满足对任意的实数x1≠x2都有>0，
所以函数f(x)＝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
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
解得a≤－2.
故选A.
【典例3】若f(x)＝cos x－sin x在[0，a]上是减函数，则a的最大值是( )
A. B. C. D．π
【解析】∵f(x)＝cos x－sin x＝－sin，
∴当x－∈，即x∈时，
y＝sin单调递增，
f(x)＝－sin单调递减，
∴是f(x)在原点附近的单调减区间，
结合条件得[0，a]⊆，
∴a≤，即amax＝.
【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)＝－.
(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)
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)
(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f＝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)－f＜2.
【解析】(1)f(1)＝f＝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f＝f(x)－f(y)，得
f(x2)－f(x1)＝f，∵＞1，∴f＞0.
∴f(x2)－f(x1)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(3)∵f(6)＝f＝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，
∴ 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f＝－1且f(x)－f≥2，求x的取值范围．
【解析】(1)证明：设0
因为>1，所以f>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＝，
得f(1)＝f(x)＋f，所以f＝－f(x)．
故由f＝－1，得f(3)＝1.
于是f(x)－f＝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 解得x≥1＋.
故实数x的取值范围是[1＋，＋∞)．
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. B．[1,2)
C. D.
【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
解得0
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＋，x∈[0，ln3]，求函数g(x)的最小值．
【解析】(1)f′(x)＝2x＋－a.∵f(x)在(0，1)上是增函数，
∴2x＋≥a在(0，1)上恒成立，
即a≤(x∈(0，1))，
∵2x＋≥2当且仅当x＝时，取等号，
所以a的取值范围为{a|a≤2}．
(2)设t＝ex，则h(t)＝t2＋(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
∴g(x)min＝2-a，a≤1a，1
【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>，
∴原不等式的解集为.
【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
【解析】(1)由得
(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]，
∴需满足即
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)＝若a＝50.01，b＝log32，c＝log30.9，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＝log32＜1，c＝log30.9＜0，
所以a＞b＞c，所以f(a)＞f(b)＞f(c).
【训练六】已知函数f(x)＝lg(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＋－2＞0，得＞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－或x＞1＋}.
(2)设g(x)＝x＋－2，
当a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)时，
g′(x)＝1－＝>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)＝lg.
(3)对任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0.
即x＋－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立.
∴a>3x－x2.
令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞).
由于h(x)＝－＋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＝－
C．y＝x D．y＝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)＝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)＝＝－1，根据函数y＝－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 B．f(a2＋a＋2)
【解析】∵a2＋a＋2＝2＋≥，
又f(x)在R上是增函数，∴f(a2＋a＋2)≥f .
故选C.
4. 已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f＜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f＜f(1)，得即所以－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)，
∴解得2≤x<3.
故选C.
6. 函数f(x)＝－x＋在上的最大值是( )
A． B．－
C．－2 D．2
【解析】函数f(x)＝－x＋的导数为f′(x)＝－1－，则f′(x)<0，可得f(x)在上单调递减，即f(－2)为最大值，且为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)
8. 已知函数f(x)＝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
解得1≤a＜3.故选D．
【多选题】
9. 若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝在区间[1,2]上都单调递减，则实数a的取值可以是( )
A．－1 B. 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)＝在[1,2]上单调递减，
所以a>0，所以0
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>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>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a
C．6 D．12
【解析】由题意知当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当1
【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＝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＝－，因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，所以a<0，且－≥4，解得－≤a<0.
综上，实数a的取值范围是.
答案：
15. 已知y＝f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)
16. 设f(x)＝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＋＋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)＝
(2)y＝x－.
【解析】(1)当x<1时，x2－x＋1＝＋≥；当x>1时，0<<1.因此函数f(x)的值域是(0，＋∞)．
(2)y＝x－＝－≥－，所以函数y的值域为.
18. 已知函数f(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＋，所以值域为{y|y≠1}．
(2)由题意可设0
19. 函数f(x)＝loga(1－x)＋loga(x＋3)(0
(2)若函数f(x)的最小值为－1，求a的值.
【解析】(1)由得－3
则f(x)＝loga(－x2－2x＋3)，x∈(－3，1).
令f(x)＝0，得－x2－2x＋3＝1，
解得x＝－1－或x＝－1＋，
经检验，均满足原方程成立.
故f(x)＝0的解为x＝－1±.
(2)由(1)得f(x)＝loga[－(x＋1)2＋4]，x∈(－3，1)，
由于0<－(x＋1)2＋4≤4，且a∈(0，1)，
∴loga[－(x＋1)2＋4]≥loga4，
由题意可得loga4＝－1，解得a＝，满足条件.
所以a的值为.
20. 已知函数f(x)＝a－.
(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)
(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
＝.
∵y＝2x在R上单调递增且x1
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)
(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
即a－＝－a＋，解得a＝1，
∴f(ax)
∴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)＝.
(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 解得
(2)由(1)知f(x)＝x＋－2，所以f(2x)－k·2x≥0可化为2x＋－2≥k·2x，即1＋－2·≥k.
令t＝，因为x∈[－1，1]，故t∈.所求不等式问题等价于k≤t2－2t＋1在t∈上有解．记h(t)＝t2－2t＋1，则k≤h(t)max.因为t∈，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}．
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