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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 ( x 1) ＜
f ( x 2)，那
当x1＜x2时，都有f ( x 1) ＞
1
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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
f ( x 2)，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 ( x 0) ＝
M
(1)∀x∈I，都有f ( x ) ≥
M
；
(2)∃x0∈I，使得f ( x 0) ＝
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
2
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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＝log1
2
(2 x
2－3 x＋1)的单调递减区间为( )
A．(1，＋∞)
B.
C.
D.
【解析】由2x2－3x＋1>0，
3
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得函数的定义域为∪(1，＋∞)．
令t＝2x2－3x＋1，x∈∪(1，＋∞)．
则y＝log1
2
t，
∵t＝2x2－3x＋1＝22－，
∴t＝2x2－3x＋1 的单调递增区间为(1，＋∞)．
又y＝log1
2
t在(1，＋∞)上是减函数，
∴函数y＝log1
2
(2 x
2－3 x＋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<x1<x2<1，
f(x)＝a＝a，
f(x1)－f(x2)＝a－a
＝，
由于－1<x1<x2<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)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递增．
方法二 f′(x)＝
＝＝－.
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<x1<x2，
则f(x1)－f(x2)＝－
＝(x1x2－a)．
当0<x1<x2≤时，0<x1x2<a，又x1－x2<0，
所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
4
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所以函数f(x)在(0，]上是减函数；
当＜x1<x2时，x1x2>a，又x1－x2<0，
故f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，
故函数f(x)在(，＋∞)上是增函数．
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<a<3)在[1,2]上的单调性．
【解析】函数f(x)＝ax2＋(1<a<3)在[1,2]上单调递增．
证明：设1≤x1<x2≤2，则
f(x2)－f(x1)＝ax＋－ax－
＝(x2－x1)，
由1≤x1<x2≤2，得x2－x1>0,2<x1＋x2<4，
1<x1x2<4，－1<－<－.
又因为1<a<3，所以2<a(x1＋x2)<12，
得a(x1＋x2)－>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 )，b＝f(3
1
3)，c＝f(e
1
3)，则a，b，c 的大小关系是( )
A．c<b<a
B．a<c<b
C．a<b<c
D．c<a<b
【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，
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∵f(x)是偶函数，
∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)单调递增，
又f(x)＝x
1
3在x∈(0，＋∞)上单调递增，
∴1<e
1
3<3
1
3，
又0<ln <1，
∴ln <e
1
3<3
1
3，
∴f(3
1
3)>f(e
1
3)>f(ln )，
即a<c<b.故选B.
【典例2】设函数f(x)＝loga|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)<f(2)
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0<a<1，所以1<a＋1<2，由于函数f(x)为偶函数，所以
f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(a＋1)>f(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＝.
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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)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－<x<－2 或2<x<.
【典例2】已知函数f(x)＝x－log2(x＋2)，若f(a－2)>3，则a 的取值范围是________．
【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<a<1.
【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<x2＋2x＋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)＝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，
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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)．
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又∵x>0 时，f(x)<0，
而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)．
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(x2)，
∴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)．
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(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<x1<x2.
则f(x2)－f(x1)＝f－f(x1)＝f＋f(x1)－f(x1)＝f.
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<a≤，
综上，a 的取值范围为.
故选C.
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【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≤min(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<a≤2 时，h(t)＝
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＝{
2−a，a≤1
a，1<a≤2√2
【训练三】已知函数f(x)＝2 020x＋ln(＋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>，
∴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<f(x2－1)<1；
(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)由得<x<2 或－2<x<－.
∴原不等式的解集为(－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
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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，
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∴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)<f
C．f(a2＋a＋2)≥f
D．f(a2＋a＋2)≤f
【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)
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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)<f<f
B．f<f(1)<f
C．f<f<f(1)
D．f<f<f(1)
【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f＝f，f＝f.又0<<1<<2，
f(x)在[0，2]上单调递增，所以f<f(1)<f，即f<f(1)<f.
故选B.
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
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【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≤1，故选BC.
10. 已知函数f(x)＝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>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<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
B．1
C．6
D．12
【解析】由题意知当－2≤x≤1 时，f(x)＝x－2，当1<x≤2 时，f(x)＝x3－2，又f(x)＝x－2，
f(x)＝x3－2 在相应的定义域内都为增函数，且f(1)＝－1，f(2)＝6，所以f(x)的最大值为6.
故选C.
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【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)<f(2a－1)，则实数a 的取值范围为
________．
【解析】因为f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)<f(2a－1)，
所以解得0<a<.
答案：
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}．
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(2)由题意可设0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝－＝－＝.又0<x1<x2，所以x1x2>0，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<a<1).
(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)由得－3<x<1，
∴f(x)的定义域为(－3，1)，
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)<f(2)的x 的取值范围.
【解析】(1)f(0)＝a－＝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<x2，
则f(x1)－f(x2)＝a－－a＋
＝.
∵y＝2x在R 上单调递增且x1<x2，
∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0，2x1＋1>0，2x2＋1>0，
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，
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∴f(x)在R 上单调递增.
(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
即a－＝－a＋，解得a＝1，
∴f(ax)<f(2)，即为f(x)<f(2).
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)＝.
(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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