高中一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)講義第三章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

第三章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第一節(jié)函數(shù)及其表示1．函數(shù)與映射的概念函數(shù)映射兩集合A，B設(shè)A，B是兩個(gè)非空的數(shù)集設(shè)A，B是兩個(gè)非空的集合對應(yīng)關(guān)系f：A→B如果按照某種確定的對應(yīng)關(guān)系f，使對于集合A中的任意一個(gè)數(shù)x，在集合B中都有唯一確定的數(shù)f(x)和它對應(yīng)如果按某一個(gè)確定的對應(yīng)關(guān)系f，使對于集合A中的任意一個(gè)元素x，在集合B中都有唯一確定的元素y與之對應(yīng)名稱稱f：A→B為從集合A到集合B的一個(gè)函數(shù)稱對應(yīng)f：A→B為從集合A到集合B的一個(gè)映射記法y＝f(x)，x∈A對應(yīng)f：A→B是一個(gè)映射2．函數(shù)的有關(guān)概念(1)函數(shù)的定義域、值域：在函數(shù)y＝f(x)，x∈A中，x叫做自變量，x的取值范圍A叫做函數(shù)的定義域；與x的值相對應(yīng)的y值叫做函數(shù)值，函數(shù)值的集合{f(x)|x∈A}叫做函數(shù)的值域．顯然，值域是集合B的子集．(2)函數(shù)的三要素：定義域、值域和對應(yīng)關(guān)系．(3)相等函數(shù)：如果兩個(gè)函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系完全一致，則這兩個(gè)函數(shù)相等，這是判斷兩函數(shù)相等的依據(jù)．(4)函數(shù)的表示法表示函數(shù)的常用方法有：解析法、圖象法、列表法．3．分段函數(shù)若函數(shù)在其定義域內(nèi)，對于定義域內(nèi)的不同取值區(qū)間，有著不同的對應(yīng)關(guān)系，這樣的函數(shù)通常叫做分段函數(shù)．[小題體驗(yàn)]1．(2018·臺(tái)州模擬)下列四組函數(shù)中，表示相等函數(shù)的是()A．f(x)＝x2，g(x)＝eq\r(x2)B．f(x)＝eq\f(\r(x)2,x)，g(x)＝eq\f(x,\r(x)2)C．f(x)＝1，g(x)＝(x－1)0D．f(x)＝eq\f(x2－9,x＋3)，g(x)＝x－3解析：選B選項(xiàng)A中，f(x)＝x2與g(x)＝eq\r(x2)的定義域相同，但對應(yīng)關(guān)系不同；選項(xiàng)B中，二者的定義域都為{x|x>0}，對應(yīng)關(guān)系也相同；選項(xiàng)C中，f(x)＝1的定義域?yàn)镽，g(x)＝(x－1)0的定義域?yàn)閧x|x≠1}；選項(xiàng)D中，f(x)＝eq\f(x2－9,x＋3)的定義域?yàn)閧x|x≠－3}，g(x)＝x－3的定義域?yàn)镽.2．若函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)镸＝{x|－2≤x≤2}，值域?yàn)镹＝{y|0≤y≤2}，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是()答案：B3．(2018·金華調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(1－x2))的定義域?yàn)镸，g(x)＝ln(1＋x)的定義域?yàn)镹，則M∪(?RN)＝()A．{x|x＜1} B．{x|x≥－1}C．? D．{x|－1≤x＜1}解析：選A因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(1,\r(1－x2))的定義域?yàn)镸＝{x|－1＜x＜1}，g(x)＝ln(1＋x)的定義域?yàn)镹＝{x|x＞－1}，所以?RN＝{x|x≤－1}，M∪(?RN)＝{x|－1＜x＜1}∪{x|x≤－1}＝{x|x＜1}．故選A.4．已知f(x)＝3x3＋2x＋1，若f(a)＝2，則f(－a)＝________.解析：∵f(x)＝3x3＋2x＋1，∴f(a)＋f(－a)＝3a3＋2a＋1＋3(－a)3＋2×(－a)＋1＝2，∴f(－a)＝2－f(a)＝0.答案：01．求函數(shù)的解析式時(shí)要充分根據(jù)題目的類型選取相應(yīng)的方法，同時(shí)要注意函數(shù)的定義域．2．分段函數(shù)無論分成幾段，都是一個(gè)函數(shù)，不要誤解為是“由幾個(gè)函數(shù)組成”．求分段函數(shù)的函數(shù)值，如果自變量的范圍不確定，要分類討論．[小題糾偏]1．(2018·嘉興模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,x2＋x，x≤0，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝________，方程f(x)＝2的解為________．解析：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,2)))＝f(－1)＝0.當(dāng)x>0時(shí)，log2x＝2，得x＝4；當(dāng)x≤0時(shí)，x2＋x＝2，得x＝－2或x＝1(舍去)．所以f(x)＝2的解為－2或4.答案：0－2或42．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x2＋5x，則f(x)＝________.解析：令t＝eq\f(1,x)，∴x＝eq\f(1,t).∴f(t)＝eq\f(1,t2)＋eq\f(5,t).∴f(x)＝eq\f(5x＋1,x2)(x≠0)．答案：eq\f(5x＋1,x2)(x≠0)eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一函數(shù)的定義域)eq\a\vs4\al(基礎(chǔ)送分型考點(diǎn)——自主練透)[題組練透]1．函數(shù)f(x)＝ln(x2－x)的定義域?yàn)?)A．(0,1) B．[0,1]C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：選C由題意知，x2－x>0，即x<0或x>1.則函數(shù)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(1，＋∞)，故選C.2．(2018·金華模擬)若函數(shù)y＝f(x)的定義域是[0,2]，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f2x,lnx)的定義域是()A．(0,1) B．[0,1)C．[0,1)∪(1,4] D．[0,1]解析：選A根據(jù)題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤2x≤2，,x>0且x≠1，))解得0＜x＜1，故選A.3．(2018·湖州模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(x2－a＋1x＋1),x2－x＋1)定義域?yàn)镽，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．[－3，－1] B．[－1,3]C．[1,3] D．[－3,1]解析：選D若函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(x2－a＋1x＋1),x2－x＋1)定義域?yàn)镽，則x2－(a＋1)x＋1≥0在R上恒成立，∴Δ＝[－(a＋1)]2－4≤0，解得－3≤a≤1，故選D.4．函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(1－|x－1|),ax－1)(a＞0且a≠1)的定義域?yàn)開___________________．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－|x－1|≥0，,ax－1≠0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2，,x≠0))?0＜x≤2，故所求函數(shù)的定義域?yàn)?0,2]．答案：(0,2][謹(jǐn)記通法]函數(shù)定義域的求解策略(1)已知函數(shù)解析式：構(gòu)造使解析式有意義的不等式(組)求解．(2)實(shí)際問題：由實(shí)際意義及使解析式有意義構(gòu)成的不等式(組)求解．(3)抽象函數(shù)：①若已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇a，b]，其復(fù)合函數(shù)f(g(x))的定義域由不等式a≤g(x)≤b求出；②若已知函數(shù)f(g(x))的定義域?yàn)閇a，b]，則f(x)的定義域?yàn)間(x)在x∈[a，b]時(shí)的值域．eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二求函數(shù)的解析式)eq\a\vs4\al(重點(diǎn)保分型考點(diǎn)——師生共研)[典例引領(lǐng)](1)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x2＋eq\f(1,x2)，求f(x)的解析式；(2)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，求f(x)的解析式；(3)已知f(x)是二次函數(shù)，且f(0)＝0，f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，求f(x)；(4)已知函數(shù)f(x)滿足f(－x)＋2f(x)＝2x，求f(x)的解析式．解：(1)(配湊法)由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x2＋eq\f(1,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2－2，所以f(x)＝x2－2，x≥2或x≤－2，故f(x)的解析式是f(x)＝x2－2，x≥2或x≤－2.(2)(換元法)令eq\f(2,x)＋1＝t得x＝eq\f(2,t－1)，代入得f(t)＝lgeq\f(2,t－1)，又x>0，所以t>1，故f(x)的解析式是f(x)＝lgeq\f(2,x－1)，x>1.(3)(待定系數(shù)法)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝0，知c＝0，f(x)＝ax2＋bx，又由f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，得a(x＋1)2＋b(x＋1)＝ax2＋bx＋x＋1，即ax2＋(2a＋b)x＋a＋b＝ax2＋(b＋1)x＋1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝b＋1，,a＋b＝1，))解得a＝b＝eq\f(1,2).所以f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x，x∈R.(4)(解方程組法)由f(－x)＋2f(x)＝2x，①得f(x)＋2f(－x)＝2－x，②①×2－②，得，3f(x)＝2x＋1－2－x.即f(x)＝eq\f(2x＋1－2－x,3).∴f(x)的解析式是f(x)＝eq\f(2x＋1－2－x,3).[由題悟法]求函數(shù)解析式的4種方法[即時(shí)應(yīng)用]1．已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，求f(x)的解析式．解：法一：(換元法)設(shè)t＝eq\r(x)＋1，則x＝(t－1)2，t≥1，代入原式有f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－2t＋1＋2t－2＝t2－1.故f(x)＝x2－1，x≥1.法二：(配湊法)∵x＋2eq\r(x)＝(eq\r(x))2＋2eq\r(x)＋1－1＝(eq\r(x)＋1)2－1，∴f(eq\r(x)＋1)＝(eq\r(x)＋1)2－1，eq\r(x)＋1≥1，即f(x)＝x2－1，x≥1.2．設(shè)y＝f(x)是二次函數(shù)，方程f(x)＝0有兩個(gè)相等實(shí)根，且f′(x)＝2x＋2，求f(x)的解析式．解：設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，則f′(x)＝2ax＋b＝2x＋2，∴a＝1，b＝2，f(x)＝x2＋2x＋c.又∵方程f(x)＝0有兩個(gè)相等實(shí)根，∴Δ＝4－4c＝0，解得c＝1.故f(x)＝x2＋2x＋1.eq\a\vs4\al(考點(diǎn)三分段函數(shù))eq\a\vs4\al(題點(diǎn)多變型考點(diǎn)——多角探明)[鎖定考向]高考對分段函數(shù)的考查多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，試題難度一般較?。Ｒ姷拿}角度有：(1)分段函數(shù)的函數(shù)求值問題；(2)分段函數(shù)的自變量求值問題；(3)分段函數(shù)與方程、不等式問題．[題點(diǎn)全練]角度一：分段函數(shù)的函數(shù)求值問題1．(2018·杭州四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)x，x>0，,3x，x≤0，))則f(f(4))的值為()A．－eq\f(1,9) B．－9C.eq\f(1,9) D．9解析：選C因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)x，x>0，,3x，x≤0，))所以f(f(4))＝f(－2)＝eq\f(1,9).角度二：分段函數(shù)的自變量求值問題2．(2018·杭州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2＋1，x≥1，,log21－x，x<1))，則f(f(4))＝________；若f(a)＝－1，則a＝________.解析：函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2＋1，x≥1，,log21－x，x<1，))則f(4)＝－2×42＋1＝－31.f(f(4))＝f(－31)＝log2(1＋31)＝5.當(dāng)a≥1時(shí)，f(a)＝－1，可得－2a2＋1＝－1，解得a＝1；當(dāng)a＜1時(shí)，f(a)＝－1，可得log2(1－a)＝－1，解得a＝eq\f(1,2).答案：51或eq\f(1,2)角度三：分段函數(shù)與方程、不等式問題3．(2018·湖州模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,log2－x，x<0，))則f(f(－2))＝________；若f(x)≥2，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是________．解析：由分段函數(shù)的表達(dá)式得f(－2)＝log22＝1，f(1)＝21＝2，則f(f(－2))＝2.若x≥0，由f(x)≥2得2x≥2，所以x≥1，若x＜0，由f(x)≥2得log2(－x)≥2，即－x≥4，所以x≤－4，綜上，實(shí)數(shù)x的取值范圍為(－∞，－4]∪[1，＋∞)．答案：2(－∞，－4]∪[1，＋∞)[通法在握]1．分段函數(shù)的求值問題的解題思路(1)求函數(shù)值：先確定要求值的自變量屬于哪一段區(qū)間，然后代入該段的解析式求值，當(dāng)出現(xiàn)f(f(a))的形式時(shí)，應(yīng)從內(nèi)到外依次求值．(2)求自變量的值：先假設(shè)所求的值在分段函數(shù)定義區(qū)間的各段上，然后求出相應(yīng)自變量的值，切記要代入檢驗(yàn)．2．分段函數(shù)與方程、不等式問題的求解思路依據(jù)不同范圍的不同段分類討論求解，最后將討論結(jié)果并起來．[演練沖關(guān)]1．(2018·杭州六校聯(lián)考)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)＝2f(x)，且當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)＝x2－x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(1,4)C．－eq\f(1,8) D．－eq\f(1,16)解析：選D∵f(x＋1)＝2f(x)，∴f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(1,2)feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))))＝eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(1,4)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(1,4)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，又當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)＝x2－x，∴eq\f(1,4)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2－\f(1,2)))＝－eq\f(1,16).∴原式＝－eq\f(1,16)，故選D.2．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－1，x＜1，,2x，x≥1，))則滿足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) B．[0,1]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)) D．[1，＋∞)解析：選C由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1.當(dāng)a＜1時(shí)，有3a－1≥1，∴a≥eq\f(2,3)，∴eq\f(2,3)≤a＜1.當(dāng)a≥1時(shí)，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1.綜上，a≥eq\f(2,3)，故選C.3．(2018·寧波模擬)設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ex－1，x<2，,log3x2－1，x≥2，))則f(f(1))＝________，不等式f(x)>2的解集為________．解析：f(f(1))＝f(2)＝log3(4－1)＝1.若f(x)>2，則2ex－1>2(x<2)或log3(x2－1)>2(x≥2)，即ex－1>1＝e0，或x2－1>9，解得1<x<2或x>eq\r(10).答案：1(1,2)∪(eq\r(10)，＋∞)一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．(2018·溫州模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(3x2,\r(1－x))＋lg(－3x2＋5x＋2)的定義域是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))解析：選B要使原函數(shù)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,－3x2＋5x＋2>0，))解得－eq\f(1,3)<x<1.故函數(shù)f(x)＝eq\f(3x2,\r(1－x))＋lg(－3x2＋5x＋2)的定義域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).2．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))＝2x－5，且f(a)＝6，則a等于()A．－eq\f(7,4) B.eq\f(7,4)C.eq\f(4,3) D．－eq\f(4,3)解析：選B令t＝eq\f(1,2)x－1，則x＝2t＋2，f(t)＝2(2t＋2)－5＝4t－1，則4a－1＝6，解得a＝eq\f(7,4).3．(2018·金華十校聯(lián)考)已知實(shí)數(shù)對(x，y)，設(shè)映射f：(x，y)→eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)，\f(x－y,2)))，并定義|(x，y)|＝eq\r(x2＋y2)，若|f(f(f(x，y)))|＝8，則|(x，y)|的值為()A．4eq\r(2) B．8eq\r(2)C．16eq\r(2) D．32eq\r(2)解析：選C∵映射f：(x，y)→eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)，\f(x－y,2)))，∴f(f(f(x，y)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)，\f(x－y,2)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，\f(y,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,4)，\f(x－y,4)))，∵定義|(x，y)|＝eq\r(x2＋y2)，若|f(f(f(x，y)))|＝8，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,4)，\f(x－y,4)))))＝8，∴eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－y,4)))2)＝8，eq\r(x2＋y2)＝16eq\r(2)，∴|(x，y)|的值為16eq\r(2)，故選C.4．已知f(x)滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)－1))＝lgx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,10)))＝________.解析：令eq\f(3,x)－1＝－eq\f(7,10)，得x＝10，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,10)))＝lg10＝1.答案：15．(2018·紹興模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex，x≤0，,lnx，x>0，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝________，方程f(f(x))＝1的解集為____________．解析：∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝lneq\f(1,2)＜0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,2)))＝elneq\f(1,2)＝eq\f(1,2).∵x＜0時(shí)，0＜ex＜1，x＝0時(shí)，ex＝1，∴當(dāng)f(x)≤0時(shí)，由方程f(f(x))＝1，可得f(x)＝0，即lnx＝0，解得x＝1.當(dāng)f(x)＞0時(shí)，由方程f(f(x))＝1，可得lnf(x)＝1，f(x)＝e，即lnx＝e，解得x＝ee.答案：eq\f(1,2){1，ee}二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1．已知函數(shù)f(x)＝x|x|，若f(x0)＝4，則x0的值為()A．－2 B．2C．－2或2 D.eq\r(2)解析：選B當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝x2，f(x0)＝4，即xeq\o\al(2,0)＝4，解得x0＝2.當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝－x2，f(x0)＝4，即－xeq\o\al(2,0)＝4，無解．所以x0＝2，故選B.2．(2018·長沙四校聯(lián)考)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，x≤0，,log3x，x>0，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))))＝()A．－2 B．－3C．9 D．－9解析：選C∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))＝log3eq\f(1,9)＝－2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))))＝f(－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－2＝9.故選C.3．(2018·金華模擬)函數(shù)f(x)＝eq\r(4－|x|)＋lgeq\f(x2－5x＋6,x－3)的定義域?yàn)?)A．(2,3) B．(2,4]C．(2,3)∪(3,4] D．(－1,3)∪(3,6]解析：選C要使函數(shù)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－|x|≥0，,\f(x2－5x＋6,x－3)>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4≤x≤4，,x>2且x≠3，))∴3＜x≤4或2＜x＜3，即函數(shù)的定義域?yàn)?2,3)∪(3,4]．4．已知函數(shù)y＝f(x)的定義域是[0,3]，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f3x,x－1)的定義域是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) B．[0,1)C．[0,1)∪(1,3] D．[0,1)∪(1,9]解析：選B由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤3x≤3，,x－1≠0))可得0≤x<1，選B.5．(2018·杭州五校聯(lián)考)設(shè)m為不小于2的正整數(shù)，對任意n∈Z，若n＝qm＋r(其中q，r∈Z，且0≤r<m)，則記fm(n)＝r，如f2(3)＝1，f3(8)＝2，下列關(guān)于該映射fm：Z→Z的命題中，不正確的是()A．若a，b∈Z，則fm(a＋b)＝fm(a)＋fm(b)B．若a，b，k∈Z，且fm(a)＝fm(b)，則fm(ka)＝fm(kb)C．若a，b，c，d∈Z，且fm(a)＝fm(b)，fm(c)＝fm(d)，則fm(a＋c)＝fm(b＋d)D．若a，b，c，d∈Z，且fm(a)＝fm(b)，fm(c)＝fm(d)，則fm(ac)＝fm(bd)解析：選A根據(jù)題意，fm(n)＝r表示的意義是n被m整除所得的余數(shù)r；∴對于A，當(dāng)m＝3，a＝4，b＝5時(shí)，f3(4＋5)＝0，f3(4)＝1，f3(5)＝2，f3(4＋5)≠f3(4)＋f3(5)，∴A錯(cuò)誤；對于B，當(dāng)fm(a)＝fm(b)時(shí)，即a＝q1m＋r，b＝q2m＋r，∴ka＝kq1m＋kr，kb＝kq2m＋kr，即fm(ka)＝fm(kb)，∴B正確；對于C，當(dāng)fm(a)＝fm(b)，fm(c)＝fm(d)時(shí)，即a＝q1m＋r1，b＝q2m＋r1，c＝p1m＋r2，d＝p2m＋r2，∴a＋c＝(q1＋p1)m＋(r1＋r2)，b＋d＝(q2＋p2)m＋(r1＋r2)，即fm(a＋c)＝fm(b＋d)，∴C正確；對于D，當(dāng)fm(a)＝fm(b)，fm(c)＝fm(d)時(shí)，即a＝q1m＋r1，b＝q2m＋r1，c＝p1m＋r2，d＝p2m＋r2，∴ac＝q1p1m2＋(r2q1＋r1p1)m＋r1r2，bd＝q2p2m2＋(r2q2＋r1p2)m＋r1r2，即fm(ac)＝fm(bd)，∴D正確．6．(2018·湖州月考)定義在R上的函數(shù)g(x)滿足：g(x)＋2g(－x)＝ex＋eq\f(2,ex)－9，則g(x)＝________.解析：∵g(x)＋2g(－x)＝ex＋eq\f(2,ex)－9，①∴g(－x)＋2g(x)＝e－x＋eq\f(2,e－x)－9，即g(－x)＋2g(x)＝2ex＋eq\f(1,ex)－9，②由①②聯(lián)立解得g(x)＝ex－3.答案：ex－37．(2018·嘉興高三測試)已知a為實(shí)數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2a，x<2，,log2x－2，x≥2，))則f(2a＋2)的值為________．解析：∵函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2a，x<2，,log2x－2，x≥2，))而2a＋2>2，∴f(2a＋2)＝log2(2a＋2－2)＝a.答案：a8．(2018·稽陽聯(lián)考)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,x＋\f(4,x)－a，x>0，))若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))＝eq\f(1,2)，則a＝________；若f(x)的值域?yàn)镽，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,x＋\f(4,x)－a，x>0，))∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)＋1＝eq\f(1,2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)＋eq\f(4,\f(1,2))－a＝eq\f(1,2)＋8－a＝eq\f(1,2)，得a＝8.由y＝x＋1，x≤0，得y≤1；由y＝x＋eq\f(4,x)－a，x＞0，得y≥4－a，∵f(x)的值域?yàn)镽，∴4－a≤1，解得a≥3.答案：8[3，＋∞)9．記[x]為不超過x的最大整數(shù)，如[－1.2]＝－2，[2.3]＝2，已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2[x]－1，x≥1，,x2＋1，x<1，))則f(f(－1.2))＝________，f(x)≤3的解集為________．解析：根據(jù)[x]的定義，得f(f(－1.2))＝f(2.44)＝2[2.44]－1＝3.當(dāng)x≥1時(shí)，由f(x)＝2[x]－1≤3，得[x]≤2，所以x∈[1,3)；當(dāng)x<1時(shí)，由f(x)＝x2＋1≤3，得－eq\r(2)≤x<1.故原不等式的解集為[－eq\r(2)，3)．答案：3[－eq\r(2)，3)10．如圖，已知A(n，－2)，B(1,4)是一次函數(shù)y＝kx＋b的圖象和反比例函數(shù)y＝eq\f(m,x)的圖象的兩個(gè)交點(diǎn)，直線AB與y軸交于點(diǎn)C.(1)求反比例函數(shù)和一次函數(shù)的解析式；(2)求△AOC的面積．解：(1)因?yàn)锽(1,4)在反比例函數(shù)y＝eq\f(m,x)上，所以m＝4，又因?yàn)锳(n，－2)在反比例函數(shù)y＝eq\f(m,x)＝eq\f(4,x)的圖象上，所以n＝－2，又因?yàn)锳(－2，－2)，B(1,4)是一次函數(shù)y＝kx＋b上的點(diǎn)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2k＋b＝－2，,k＋b＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝2，,b＝2.))所以y＝eq\f(4,x)，y＝2x＋2.(2)因?yàn)閥＝2x＋2，令x＝0，得y＝2，所以C(0,2)，所以△AOC的面積為：S＝eq\f(1,2)×2×2＝2.三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校1．已知實(shí)數(shù)a≠0，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋a，x<1，,－x－2a，x≥1，))若f(1－a)＝f(1＋a)，則a的值為()A．－eq\f(3,2) B．－eq\f(3,4)C．－eq\f(3,2)或－eq\f(3,4) D.eq\f(3,2)或－eq\f(3,4)解析：選B當(dāng)a>0時(shí)，1－a<1,1＋a>1.由f(1－a)＝f(1＋a)得2－2a＋a＝－1－a－2a，解得a＝－eq\f(3,2)，不合題意；當(dāng)a<0時(shí)，1－a>1,1＋a<1，由f(1－a)＝f(1＋a)得－1＋a－2a＝2＋2a＋a，解得a＝－eq\f(3,4)，所以a的值為－eq\f(3,4)，故選B.2．(2018·金華模擬)設(shè)對一切實(shí)數(shù)x，函數(shù)f(x)都滿足：xf(x)＝2f(2－x)＋1，則f(4)＝________.解析：∵xf(x)＝2f(2－x)＋1，∴4f(4)＝2f(－2)＋1，－2f(－2)＝2f(4)＋1，∴4f(4)＝－2f(4)－1＋1，解得f(4)＝0.答案：03.行駛中的汽車在剎車時(shí)由于慣性作用，要繼續(xù)往前滑行一段距離才能停下，這段距離叫做剎車距離．在某種路面上，某種型號(hào)汽車的剎車距離y(米)與汽車的車速x(千米/時(shí))滿足下列關(guān)系：y＝eq\f(x2,200)＋mx＋n(m，n是常數(shù))．如圖是根據(jù)多次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制的剎車距離y(米)與汽車的車速x(千米/時(shí))的關(guān)系圖．(1)求出y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式；(2)如果要求剎車距離不超過25.2米，求行駛的最大速度．解：(1)由題意及函數(shù)圖象，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(402,200)＋40m＋n＝8.4，,\f(602,200)＋60m＋n＝18.6，))解得m＝eq\f(1,100)，n＝0，所以y＝eq\f(x2,200)＋eq\f(x,100)(x≥0)．(2)令eq\f(x2,200)＋eq\f(x,100)≤25.2，得－72≤x≤70.∵x≥0，∴0≤x≤70.故行駛的最大速度是70千米/時(shí)．第二節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值1．函數(shù)的單調(diào)性(1)單調(diào)函數(shù)的定義增函數(shù)減函數(shù)定義一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镮：如果對于定義域I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)自變量的值x1，x2當(dāng)x1<x2時(shí)，都有f(x1)<f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)當(dāng)x1<x2時(shí)，都有f(x1)>f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(shù)圖象描述自左向右看圖象是上升的自左向右看圖象是下降的(2)單調(diào)區(qū)間的定義如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，那么就說函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間具有(嚴(yán)格的)單調(diào)性，區(qū)間D叫做函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．2．函數(shù)的最值前提設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)镮，如果存在實(shí)數(shù)M滿足條件①對于任意的x∈I，都有f(x)≤M；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M①對于任意x∈I，都有f(x)≥M；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M結(jié)論M為函數(shù)y＝f(x)的最大值M為函數(shù)y＝f(x)的最小值[小題體驗(yàn)]1．y＝x2－6x＋5在區(qū)間(－∞，a)上單調(diào)遞減，則a的取值范圍為________．解析：y＝x2－6x＋5＝(x－3)2－4，表示開口向上，對稱軸為x＝3的拋物線，其單調(diào)減區(qū)間為(－∞，3]，所以a≤3.答案：(－∞，3]2．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)在區(qū)間[2，a]上的最大值與最小值的和為eq\f(3,4)，則a＝________.解析：由f(x)＝eq\f(1,x)的圖象知，f(x)＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，∵[2，a]?(0，＋∞)，∴f(x)＝eq\f(1,x)在[2，a]上也是減函數(shù)，∴f(x)max＝f(2)＝eq\f(1,2)，f(x)min＝f(a)＝eq\f(1,a)，∴eq\f(1,2)＋eq\f(1,a)＝eq\f(3,4)，∴a＝4.答案：43．(2018·麗水模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,3)x，x>1，,－x2－2x＋3，x≤1，))則f(f(3))＝________，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．解析：∵f(3)＝logeq\f(1,3)3＝－1，∴f(f(3))＝f(－1)＝－1＋2＋3＝4.當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，對稱軸x＝－1，f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減，且f(1)＝0，當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，且f(x)<f(1)＝0，∴f(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞減．答案：4[－1，＋∞)1．易混淆兩個(gè)概念：“函數(shù)的單調(diào)區(qū)間”和“函數(shù)在某區(qū)間上單調(diào)”，前者指函數(shù)具備單調(diào)性的“最大”的區(qū)間，后者是前者“最大”區(qū)間的子集．2．若函數(shù)在兩個(gè)不同的區(qū)間上單調(diào)性相同，則這兩個(gè)區(qū)間要分開寫，不能寫成并集．例如，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,0)上是減函數(shù)，在(0,1)上是減函數(shù)，但在(－1,0)∪(0,1)上卻不一定是減函數(shù)，如函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x).3．兩函數(shù)f(x)，g(x)在x∈(a，b)上都是增(減)函數(shù)，則f(x)＋g(x)也為增(減)函數(shù)，但f(x)·g(x)，eq\f(1,fx)等的單調(diào)性與其正負(fù)有關(guān)，切不可盲目類比．[小題糾偏]1．設(shè)定義在[－1,7]上的函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的增區(qū)間為________．答案：[－1,1]，[5,7]2．函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x－1)在[－2,0]上的最大值與最小值之差為________．解析：易知f(x)在[－2,0]上是減函數(shù)，∴f(x)max－f(x)min＝f(－2)－f(0)＝－eq\f(2,3)－(－2)＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一函數(shù)單調(diào)性的判斷)eq\a\vs4\al(基礎(chǔ)送分型考點(diǎn)——自主練透)[題組練透]1．下列四個(gè)函數(shù)中，在(0，＋∞)上為增函數(shù)的是()A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3xC．f(x)＝－eq\f(1,x＋1) D．f(x)＝－|x|解析：選C當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝3－x為減函數(shù)；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))時(shí)，f(x)＝x2－3x為減函數(shù)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))時(shí)，f(x)＝x2－3x為增函數(shù)；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)＝－eq\f(1,x＋1)為增函數(shù)；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)＝－|x|為減函數(shù)．2．試討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的單調(diào)性．解：法一：(定義法)設(shè)－1<x1<x2<1，f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，f(x1)－f(x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq\f(ax2－x1,x1－1x2－1)，由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故當(dāng)a>0時(shí)，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)上遞減；當(dāng)a<0時(shí)，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)上遞增．法二：(導(dǎo)數(shù)法)f′(x)＝eq\f(ax′x－1－axx－1′,x－12)＝eq\f(ax－1－ax,x－12)＝－eq\f(a,x－12).當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(－1,1)上遞減；當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(－1,1)上遞增．3．判斷函數(shù)y＝eq\f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上的單調(diào)性．解：法一：任取x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1<x2，則y1－y2＝eq\f(x1＋2,x1＋1)－eq\f(x2＋2,x2＋1)＝eq\f(x2－x1,x1＋1x2＋1).∵x1>－1，x2>－1，∴x1＋1>0，x2＋1>0，又x1<x2，∴x2－x1>0，∴eq\f(x2－x1,x1＋1x2＋1)>0，即y1－y2>0.∴y1>y2，∴函數(shù)y＝eq\f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減．法二：y＝eq\f(x＋2,x＋1)＝1＋eq\f(1,x＋1).∵y＝x＋1在(－1，＋∞)上是增函數(shù)，∴y＝eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，∴y＝1＋eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)．即函數(shù)y＝eq\f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減．[謹(jǐn)記通法]判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性的2種重要方法及其步驟(1)定義法，其基本步驟：取值eq\x(\a\al(作差商,變形))eq\x(\a\al(確定符號(hào),與1的大小))eq\x(\a\al(得出,結(jié)論))(2)導(dǎo)數(shù)法，其基本步驟：eq\x(求導(dǎo)函數(shù))eq\x(確定符號(hào))eq\x(得出結(jié)論)eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間)eq\a\vs4\al(重點(diǎn)保分型考點(diǎn)——師生共研)[典例引領(lǐng)]求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：(1)y＝－x2＋2|x|＋1；(2)y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)．解：(1)由于y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x＜0，))即y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－12＋2，x≥0，,－x＋12＋2，x＜0.))畫出函數(shù)圖象如圖所示，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1]和[0,1]，單調(diào)遞減區(qū)間為[－1,0]和[1，＋∞)．(2)令u＝x2－3x＋2，則原函數(shù)可以看作y＝logeq\f(1,2)u與u＝x2－3x＋2的復(fù)合函數(shù)．令u＝x2－3x＋2＞0，則x＜1或x＞2.∴函數(shù)y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)的定義域?yàn)?－∞，1)∪(2，＋∞)．又u＝x2－3x＋2的對稱軸x＝eq\f(3,2)，且開口向上．∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是單調(diào)減函數(shù)，在(2，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)．而y＝logeq\f(1,2)u在(0，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，∴y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)的單調(diào)遞減區(qū)間為(2，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1)．[由題悟法]確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的3種方法[提醒]單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用集合或不等式表示；如有多個(gè)單調(diào)區(qū)間應(yīng)分別寫，不能用并集符號(hào)“∪”聯(lián)結(jié)，也不能用“或”聯(lián)結(jié)．[即時(shí)應(yīng)用]1．函數(shù)y＝|x|(1－x)在區(qū)間A上是增函數(shù)，那么區(qū)間A是()A．(－∞，0) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．[0，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：選By＝|x|(1－x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x，x≥0，,－x1－x，x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x<0，))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(1,4)，x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－\f(1,4)，x<0.))畫出函數(shù)的草圖，如圖．由圖易知原函數(shù)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增．故選B.2．(2018·溫州十校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝lg(9－x2)的定義域?yàn)開_______；其單調(diào)遞增區(qū)間為________．解析：對于函數(shù)f(x)＝lg(9－x2)，令t＝9－x2＞0，解得－3＜x＜3，可得函數(shù)的定義域?yàn)?－3,3)．令g(x)＝9－x2，則函數(shù)f(x)＝lg(g(x))，又函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)的增區(qū)間為(－3,0]．所以函數(shù)f(x)＝lg(9－x2)在定義域內(nèi)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－3,0]．答案：(－3,3)(－3,0]eq\a\vs4\al(考點(diǎn)三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用)eq\a\vs4\al(題點(diǎn)多變型考點(diǎn)——多角探明)[鎖定考向]高考對函數(shù)單調(diào)性的考查多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，有時(shí)也應(yīng)用于解答題中的某一問中．常見的命題角度有：(1)求函數(shù)的值域或最值；(2)比較兩個(gè)函數(shù)值或兩個(gè)自變量的大??；(3)解函數(shù)不等式；(4)利用單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍或值．[題點(diǎn)全練]角度一：求函數(shù)的值域或最值1．(2018·臺(tái)州三區(qū)適應(yīng)性考試)已知函數(shù)f(x)＝2x＋ax3＋bsinx(a>0，b>0)，若x∈[0,1]時(shí)，f(x)的最大值為3，則x∈[－1,0)時(shí)，f(x)的最小值是________．解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝2x＋ax3＋bsinx在區(qū)間[－1,1]上為單調(diào)遞增函數(shù)．所以當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)的最大值為f(1)＝2＋a·13＋bsin1＝3，a＋bsin1＝1，當(dāng)x∈[－1,0)時(shí)，f(x)的最小值為f(－1)＝2－1＋a·(－1)3＋bsin(－1)＝eq\f(1,2)－(a＋bsin1)＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)角度二：比較兩個(gè)函數(shù)值或兩個(gè)自變量的大小2．(2018·杭州模擬)已知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，當(dāng)x2>x1>1時(shí)，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，設(shè)a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(e)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c>a>b B．c>b>aC．a(chǎn)>c>b D．b>a>c解析：選D因f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱．由此可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).由x2>x1>1時(shí)，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∵1<2<eq\f(5,2)<e，∴f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))>f(e)，∴b>a>c.角度三：解函數(shù)不等式3．已知函數(shù)f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))<f(1)的實(shí)數(shù)x的取值范圍是()A．(－1,1) B．(0,1)C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：選C由f(x)為R上的減函數(shù)且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))<f(1)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))>1，,x≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|<1，,x≠0.))∴－1<x<0或0<x<1.故選C.角度四：利用單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍或值4．(2018·衢州模擬)如果函數(shù)f(x)＝ax2＋2x－3在區(qū)間(－∞，4)上是單調(diào)遞增的，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))解析：選D當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝2x－3，在定義域R上是單調(diào)遞增的，故在(－∞，4)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≠0時(shí)，二次函數(shù)f(x)的對稱軸為x＝－eq\f(1,a)，因?yàn)閒(x)在(－∞，4)上單調(diào)遞增，所以a<0，且－eq\f(1,a)≥4，解得－eq\f(1,4)≤a<0.綜上所述得－eq\f(1,4)≤a≤0.[通法在握]函數(shù)單調(diào)性應(yīng)用問題的常見類型及解題策略(1)求函數(shù)最值方法步驟單調(diào)性法先確定函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性求最值圖象法先作出函數(shù)的圖象，再觀察其最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，求出最值基本不等式法先對解析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值導(dǎo)數(shù)法先求導(dǎo)，然后求出在給定區(qū)間上的極值，最后結(jié)合端點(diǎn)值，求出最值換元法對比較復(fù)雜的函數(shù)可通過換元轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù)，再用相應(yīng)的方法求最值(2)比較大小比較函數(shù)值的大小，應(yīng)將自變量轉(zhuǎn)化到同一個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性解決．(3)解不等式在求解與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式時(shí)，往往是利用函數(shù)的單調(diào)性將“f”符號(hào)脫掉，使其轉(zhuǎn)化為具體的不等式求解．此時(shí)應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域．(4)利用單調(diào)性求參數(shù)視參數(shù)為已知數(shù)，依據(jù)函數(shù)的圖象或單調(diào)性定義，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，與已知單調(diào)區(qū)間比較求參數(shù)．[提醒]①若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子區(qū)間上也是單調(diào)的；②分段函數(shù)的單調(diào)性，除注意各段的單調(diào)性外，還要注意銜接點(diǎn)的取值．[演練沖關(guān)]1．已知函數(shù)f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是單調(diào)函數(shù)，則a的取值范圍是()A．(－∞，1] B．(－∞，－1]C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)解析：選A因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(－∞，－a)上是單調(diào)函數(shù)，所以－a≥－1，解得a≤1，故選A.2．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3，x≤0，,lnx＋1，x>0，))若f(2－x2)>f(x)，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C．(－1,2) D．(－2,1)解析：選D∵當(dāng)x＝0時(shí)，兩個(gè)表達(dá)式對應(yīng)的函數(shù)值都為零，∴函數(shù)的圖象是一條連續(xù)的曲線．∵當(dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3為增函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝ln(x＋1)也是增函數(shù)，∴函數(shù)f(x)是定義在R上的增函數(shù)．因此，不等式f(2－x2)>f(x)等價(jià)于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2<x<1.3．(2017·浙江名校高考聯(lián)盟聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________，實(shí)數(shù)b的取值范圍是________．解析：當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)＝a|x＋b|－1在(－∞，－b]上是減函數(shù)，在(－b，＋∞)上是增函數(shù)，不滿足函數(shù)f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是減函數(shù)；當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－1，不滿足函數(shù)f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是減函數(shù)；當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)＝a|x＋b|－1在(－∞，－b]上是增函數(shù)，在(－b，＋∞)上是減函數(shù)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是減函數(shù)，所以a<0且－b≤1，即a<0且b≥－1.答案：(－∞，0)[－1，＋∞)一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．(2018·珠海摸底)下列函數(shù)中，定義域是R且為增函數(shù)的是()A．y＝2－x B．y＝xC．y＝log2x D．y＝－eq\f(1,x)解析：選B由題知，只有y＝2－x與y＝x的定義域?yàn)镽，且只有y＝x在R上是增函數(shù)．2．(2018·北京東城期中)已知函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)，那么()A．函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)，(1，＋∞)B．函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)∪(1，＋∞)C．函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1)，(1，＋∞)D．函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1)∪(1，＋∞)解析：選A函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)可看作是由y＝eq\f(1,x)向右平移1個(gè)單位長度得到的，∵y＝eq\f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴y＝eq\f(1,x－1)在(－∞，1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)和(1，＋∞)，故選A.3．(2018·紹興模擬)已知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于(1,0)對稱，當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＝loga(x－1)，且f(3)＝－1，若x1＋x2＜2，(x1－1)(x2－1)＜0，則()A．f(x1)＋f(x2)＜0B．f(x1)＋f(x2)＞0C．f(x1)＋f(x2)可能為0D．f(x1)＋f(x2)可正可負(fù)解析：選B∵當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＝loga(x－1)，f(3)＝loga2＝－1，∴a＝eq\f(1,2)，故函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，若x1＋x2＜2，(x1－1)(x2－1)＜0，不妨令x1＜1，x2＞1，則x2＜2－x1，f(x2)＞f(2－x1)，又∵函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于(1,0)對稱，∴f(x1)＝－f(2－x1)，此時(shí)f(x1)＋f(x2)＝－f(2－x1)＋f(x2)＞0，故選B.4．函數(shù)y＝eq\r(x)－x(x≥0)的最大值為________．解析：令t＝eq\r(x)，則t≥0，所以y＝t－t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，結(jié)合圖象知，當(dāng)t＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(1,4)時(shí)，ymax＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)5．(2018·杭州十二校聯(lián)考)設(shè)min{x，y}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y，x≥y，,x，x<y，))若定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)，g(x)滿足f(x)＋g(x)＝eq\f(2x,x2＋8)，則min{f(x)，g(x)}的最大值為____________．解析：設(shè)min{f(x)，g(x)}＝m，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≤fx，,m≤gx))?2m≤f(x)＋g(x)?m≤eq\f(x,x2＋8)，顯然當(dāng)m取到最大值時(shí)，x>0，∴eq\f(x,x2＋8)＝eq\f(1,x＋\f(8,x))≤eq\f(1,2\r(x·\f(8,x)))＝eq\f(\r(2),8)，∴m≤eq\f(\r(2),8)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx＝gx，,x＝\f(8,x)，,x>0))時(shí)等號(hào)成立，即m的最大值是eq\f(\r(2),8).答案：eq\f(\r(2),8)二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x2－2x－3)，則該函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(－∞，1] B．[3，＋∞)C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)解析：選B設(shè)t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.所以函數(shù)的定義域?yàn)?－∞，－1]∪[3，＋∞)．因?yàn)楹瘮?shù)t＝x2－2x－3的圖象的對稱軸為x＝1，所以函數(shù)t在(－∞，－1]上單調(diào)遞減，在[3，＋∞)上單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[3，＋∞)．2．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增．若實(shí)數(shù)a滿足f(log2a)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)a))≤2f(1)，則a的取值范圍是()A．[1,2] B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) D．(0,2]解析：選C因?yàn)閘ogeq\f(1,2)a＝－log2a，且f(x)是偶函數(shù)，所以f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)＝2f(log2a)＝2f(|log2a|)≤2f(1)，即f(|log2a|)≤f(1)，又函數(shù)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以0≤|log2a|≤1，即－1≤log2a≤1，解得eq\f(1,2)≤a≤2.3．定義新運(yùn)算⊕：當(dāng)a≥b時(shí)，a⊕b＝a；當(dāng)a<b時(shí)，a⊕b＝b2，則函數(shù)f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2,2]的最大值等于()A．－1 B．1C．6 D．12解析：選C由已知得當(dāng)－2≤x≤1時(shí)，f(x)＝x－2，當(dāng)1<x≤2時(shí)，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定義域內(nèi)都為增函數(shù)．∴f(x)的最大值為f(2)＝23－2＝6.4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2x，x≥2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1，x<2))是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，2) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(13,8)))C．(0,2) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,8)，2))解析：選B因?yàn)楹瘮?shù)為遞減函數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,2a－2≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2－1，))解得a≤eq\f(13,8)，故選B.5．(2018·湖州模擬)若f(x)是定義在(－1,1)上的減函數(shù)，則下列不等式正確的是()A．f(sinx)＞f(cosx)B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋1,2)))＞f(x)C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3x＋1)))≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x＋1)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3x＋3－x)))≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x＋2－x)))解析：選DA．x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))時(shí)，sinx＞cosx，∵f(x)在(－1,1)上為減函數(shù)，∴f(sinx)＜f(cosx)，∴該選項(xiàng)錯(cuò)誤；B．x∈(－1,1)，∴eq\f(x2＋1,2)－x＝eq\f(1,2)(x－1)2＞0，∴eq\f(x2＋1,2)>x，且f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞減，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋1,2)))<f(x)，∴該選項(xiàng)錯(cuò)誤；C.eq\f(1,3x＋1)－eq\f(1,2x＋1)＝eq\f(2x－3x,3x＋12x＋1)＝eq\f(3x\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x－1)),3x＋12x＋1)，∵x∈(－1,1)，∴x∈(－1,0)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x>1，∴eq\f(1,3x＋1)>eq\f(1,2x＋1)，且f(x)在(－1,1)上為減函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3x＋1)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x＋1)))，∴該選項(xiàng)錯(cuò)誤；D.eq\f(1,3x＋3－x)－eq\f(1,2x＋2－x)＝eq\f(3x\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x－1))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))x)),3x＋3－x2x＋2－x)，∴①x∈(－1,0]時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x－1≥0,1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))x≤0，∴eq\f(1,3x＋3－x)≤eq\f(1,2x＋2－x).②x∈(0,1)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x－1<0,1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)))x>0，∴eq\f(1,3x＋3－x)<eq\f(1,2x＋2－x)，∴綜上得，eq\f(1,3x＋3－x)≤eq\f(1,2x＋2－x)，∵f(x)為(－1,1)上的減函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3x＋3－x)))≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x＋2－x)))，∴該選項(xiàng)正確．6．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－1)在區(qū)間[a，b]上的最大值是1，最小值是eq\f(1,3)，則a＋b＝________.解析：易知f(x)在[a，b]上為減函數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fa＝1，,fb＝\f(1,3)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＝1，,\f(1,b－1)＝\f(1,3)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝4.))∴a＋b＝6.答案：67．(2017·嘉興期中)若函數(shù)f(x)同時(shí)滿足：(1)對于定義域上的任意x，恒有f(x)＋f(－x)＝0；(2)對于定義域上的任意x1，x2，當(dāng)x1≠x2時(shí)，恒有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，則稱函數(shù)f(x)為“理想函數(shù)”．給出下列四個(gè)函數(shù)中：①f(x)＝eq\f(1,x)；②f(x)＝x2；③f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)；④f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2，x≥0，,x2，x<0.))則被稱為“理想函數(shù)”的有________(填序號(hào))．解析：依題意，性質(zhì)(1)反映函數(shù)f(x)為定義域上的奇函數(shù)，性質(zhì)(2)反映函數(shù)f(x)為定義域上的單調(diào)減函數(shù)．①f(x)＝eq\f(1,x)為定義域上的奇函數(shù)，但不是定義域上的單調(diào)減函數(shù)，其單調(diào)區(qū)間為(－∞，0)，(0，＋∞)，故排除①；②f(x)＝x2為定義域上的偶函數(shù)，排除②；③f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)＝1－eq\f(2,2x＋1)，定義域?yàn)镽，由于y＝2x＋1在R上為增函數(shù)，故函數(shù)f(x)為R上的增函數(shù)，排除③；④f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2，x≥0，,x2，x<0))的圖象如圖：顯然此函數(shù)為奇函數(shù)，且在定義域上為減函數(shù)，故④為理想函數(shù)．答案：④8．若函數(shù)f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則a＝________.解析：函數(shù)g(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，則1－4m>0，即m<eq\f(1,4).若a>1，則函數(shù)f(x)在[－1,2]上的最小值為eq\f(1,a)＝m，最大值為a2＝4，解得a＝2，eq\f(1,2)＝m，與m<eq\f(1,4)矛盾；當(dāng)0<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)在[－1,2]上的最小值為a2＝m，最大值為a－1＝4，解得a＝eq\f(1,4)，m＝eq\f(1,16).所以a＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)9．(2018·杭州五校聯(lián)考)函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)镽，若存在常數(shù)M>0，使得|f(x)|≥M|x|對一切實(shí)數(shù)x均成立，則稱f(x)為“圓錐托底型”函數(shù)．(1)判斷函數(shù)f(x)＝2x，g(x)＝x3是否為“圓錐托底型”函數(shù)？并說明理由．(2)若f(x)＝x2＋1是“圓錐托底型”函數(shù)，求出M的最大值．解：(1)函數(shù)f(x)＝2x.∵|2x|＝2|x|≥2|x|，即對于一切實(shí)數(shù)x使得|f(x)|≥2|x|成立，∴函數(shù)f(x)＝2x是“圓錐托底型”函數(shù)．對于g(x)＝x3，如果存在M>0滿足|x3|≥M|x|，而當(dāng)x＝eq\r(\f(M,2))時(shí)，由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(\f(M,2))))3≥Meq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(\f(M,2))))，∴eq\f(M,2)≥M，得M≤0，矛盾，∴g(x)＝x3不是“圓錐托底型”函數(shù)．(2)∵f(x)＝x2＋1是“圓錐托底型”函數(shù)，故存在M>0，使得|f(x)|＝|x2＋1|≥M|x|對于任意實(shí)數(shù)恒成立．∴x≠0時(shí)，M≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝|x|＋eq\f(1,|x|)，此時(shí)當(dāng)x＝±1時(shí)，|x|＋eq\f(1,|x|)取得最小值2，∴M≤2.而當(dāng)x＝0時(shí)，也成立．∴M的最大值等于2.10．已知函數(shù)f(x)＝a－eq\f(1,|x|).(1)求證：函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；(2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)證明：當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)＝a－eq\f(1,x)，設(shè)0<x1<x2，則x1x2>0，x2－x1>0，f(x2)－f(x1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,x2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,x1)))＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－x1,x1x2)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．(2)由題意a－eq\f(1,x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，設(shè)h(x)＝2x＋eq\f(1,x)，則a<h(x)在(1，＋∞)上恒成立．任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1<x2，h(x1)－h(huán)(x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,x1x2))).因?yàn)?