備考2024高考一輪總復習數(shù)學人教a版第二章§2.2　函數(shù)的單調(diào)性與最值

§2.2函數(shù)的單調(diào)性與最值考試要求1.借助函數(shù)圖象，會用數(shù)學符號語言表達函數(shù)的單調(diào)性、最值，理解實際意義.2.掌握函數(shù)單調(diào)性的簡單應用．知識梳理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，設函數(shù)f(x)的定義域為I，區(qū)間D?I，如果?x1，x2∈D當x1<x2時，都有f(x1)<f(x2)，那么就稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增當x1<x2時，都有f(x1)>f(x2)，那么就稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞減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上單調(diào)遞增或單調(diào)遞減，那么就說函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間具有(嚴格的)單調(diào)性，區(qū)間D叫做y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．2．函數(shù)的最值前提設函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)M滿足條件(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結論M為最大值M為最小值常用結論1．?x1，x2∈D且x1≠x2，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0(<0)或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0(<0)?f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增(減)．2．在公共定義域內(nèi)，增函數(shù)＋增函數(shù)＝增函數(shù)，減函數(shù)＋減函數(shù)＝減函數(shù)．3．函數(shù)y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定義域內(nèi)與y＝－f(x)，y＝eq\f(1,fx)的單調(diào)性相反．4．復合函數(shù)的單調(diào)性：函數(shù)y＝f(u)，u＝φ(x)在函數(shù)y＝f(φ(x))的定義域上，如果y＝f(u)與u＝φ(x)的單調(diào)性相同，那么y＝f(φ(x))單調(diào)遞增；如果y＝f(u)與u＝φ(x)的單調(diào)性相反，那么y＝f(φ(x))單調(diào)遞減．思考辨析判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)若f(x)的定義域為R，且f(－3)<f(2)，則f(x)為R上的增函數(shù)．(×)(2)函數(shù)f(x)在(－2,3)上單調(diào)遞增，則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－2,3)．(×)(3)因為y＝x與y＝ex都是增函數(shù)，所以y＝xex在定義域內(nèi)為增函數(shù)．(×)(4)函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(×)教材改編題1．下列函數(shù)中，在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增的是()A．y＝|x＋1| B．y＝2－xC．y＝eq\f(1,x) D．y＝x2－x＋1答案A2．函數(shù)y＝eq\f(x,x－1)在區(qū)間[2,3]上的最大值是________．答案2解析函數(shù)y＝eq\f(x,x－1)＝1＋eq\f(1,x－1)在[2,3]上單調(diào)遞減，當x＝2時，y＝eq\f(x,x－1)取得最大值eq\f(2,2－1)＝2.3．函數(shù)y＝eq\f(a,x－1)在(－∞，1)上為增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞，0)題型一確定函數(shù)的單調(diào)性命題點1求具體函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例1(多選)下列函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．y＝ex－e－x B．y＝|x2－2x|C．y＝x＋cosx D．y＝eq\r(x2＋x－2)答案AC解析∵y＝ex與y＝－e－x為R上的增函數(shù)，∴y＝ex－e－x為R上的增函數(shù)，故A正確；由y＝|x2－2x|的圖象知，故B不正確；對于選項C，y′＝1－sinx≥0，∴y＝x＋cosx在R上為增函數(shù)，故C正確；y＝eq\r(x2＋x－2)的定義域為(－∞，－2]∪[1，＋∞)，故D不正確．命題點2判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性例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．解方法一設－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a>0時，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞減；當a<0時，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增．方法二f′(x)＝eq\f(ax′x－1－axx－1′,x－12)＝eq\f(ax－1－ax,x－12)＝－eq\f(a,x－12).當a>0時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞減；當a<0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增．教師備選1．設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是__________．答案[0,1)解析由題意知g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))該函數(shù)的圖象如圖所示，其單調(diào)遞減區(qū)間是[0,1)．2．已知a>0，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(x>0)，證明：函數(shù)f(x)在(0，eq\r(a)]上單調(diào)遞減，在[eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增．證明方法一(定義法)設x1>x2>0，f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(a,x1)－x2－eq\f(a,x2)＝(x1－x2)＋eq\f(ax2－x1,x1x2)＝eq\f(x1－x2x1x2－a,x1x2)，∵x1>x2>0，∴x1－x2>0，x1x2>0，當x1，x2∈(0，eq\r(a)]時，0<x1x2<a，∴x1x2－a<0，∴f(x1)－f(x2)<0，f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(0，eq\r(a)]上單調(diào)遞減，當x1，x2∈[eq\r(a)，＋∞)時，x1x2>a，∴x1x2－a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x1)>f(x2)，∴f(x)在[eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增．方法二(導數(shù)法)f′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)(x>0)，令f′(x)>0?x2－a>0?x>eq\r(a)，令f′(x)<0?x2－a<0?0<x<eq\r(a)，∴f(x)在(0，eq\r(a)]上單調(diào)遞減，在[eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增．思維升華確定函數(shù)單調(diào)性的四種方法(1)定義法；(2)導數(shù)法；(3)圖象法；(4)性質法．跟蹤訓練1(1)函數(shù)f(x)＝ln(4＋3x－x2)的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))答案D解析f(x)＝ln(4＋3x－x2)的定義域為(－1,4)．令t＝4＋3x－x2，對稱軸為x＝eq\f(3,2)，故單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))，因為y＝lnt為增函數(shù)，所以f(x)＝ln(4＋3x－x2)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4)).(2)函數(shù)f(x)＝|x－2|x的單調(diào)遞減區(qū)間是________．答案[1,2]解析f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2.))畫出f(x)的大致圖象(如圖所示)，由圖知f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是[1,2]．題型二函數(shù)單調(diào)性的應用命題點1比較函數(shù)值的大小例3(2022·成都模擬)已知函數(shù)f(x)為R上的偶函數(shù)，對任意x1，x2∈(－∞，0)，均有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0成立，若a＝f(ln

eq\r(2))，b＝f()，c＝f()，則a，b，c的大小關系是()A．c<b<a B．a(chǎn)<c<bC．a(chǎn)<b<c D．c<a<b答案B解析∵對任意x1，x2∈(－∞，0)，均有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0成立，∴此時函數(shù)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，∵f(x)是偶函數(shù)，∴當x∈(0，＋∞)時，f(x)單調(diào)遞增，又f(x)＝在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴1<<，又0<ln

eq\r(2)<1，∴l(xiāng)n

eq\r(2)<<，∴>>f(ln

eq\r(2))，即a<c<b.命題點2求函數(shù)的最值例4(2022·深圳模擬)函數(shù)y＝eq\f(\r(x2＋4),x2＋5)的最大值為________．答案eq\f(2,5)解析令eq\r(x2＋4)＝t，則t≥2，∴x2＝t2－4，∴y＝eq\f(t,t2＋1)＝eq\f(1,t＋\f(1,t))，設h(t)＝t＋eq\f(1,t)，則h(t)在[2，＋∞)上為增函數(shù)，∴h(t)min＝h(2)＝eq\f(5,2)，∴y≤eq\f(1,\f(5,2))＝eq\f(2,5)(x＝0時取等號)．即y的最大值為eq\f(2,5).命題點3解不等式例5已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)，若f(a－2)>3，則a的取值范圍是________．答案(0,1)解析由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)知，f(x)在定義域(－2，＋∞)上是減函數(shù)，且f(－1)＝3，由f(a－2)>3，得f(a－2)>f(－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<－1，,a－2>－2，))解得0<a<1.命題點4求參數(shù)的取值范圍例6函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x<1，))且滿足對任意的實數(shù)x1≠x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[4,8) B．(4,8)C．(1,8] D．(1,8)答案A解析函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x<1))滿足對任意的實數(shù)x1≠x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，所以函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x<1))是R上的增函數(shù)，則由指數(shù)函數(shù)與一次函數(shù)的單調(diào)性可知應滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,4－\f(a,2)>0，,a≥4－\f(a,2)＋2，))解得4≤a<8，所以實數(shù)a的取值范圍為[4,8)．教師備選1．(2022·嘉峪關模擬)函數(shù)f(x)＝ln(x2－ax－3)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()A．(－∞，－2] B．(－∞，－2)C．(－∞，2] D．(－∞，2)答案A解析函數(shù)f(x)＝ln(x2－ax－3)為復合函數(shù)，令u(x)＝x2－ax－3，y＝lnu為增函數(shù)，故只要u(x)＝x2－ax－3在(1，＋∞)上單調(diào)遞增即可，只要eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤1，,u1≥0，))解得a≤－2.2．對于任意實數(shù)a，b，定義min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b.))設函數(shù)f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是______．答案1解析方法一在同一坐標系中，作函數(shù)f(x)，g(x)的圖象，依題意，h(x)的圖象為如圖所示的實線部分．易知點A(2,1)為圖象的最高點，因此h(x)的最大值為h(2)＝1.方法二依題意，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，0<x≤2，,－x＋3，x>2.))當0<x≤2時，h(x)＝log2x單調(diào)遞增，當x>2時，h(x)＝3－x單調(diào)遞減，因此h(x)在x＝2時取得最大值h(2)＝1.思維升華(1)比較函數(shù)值的大小時，轉化到同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性解決．(2)求解函數(shù)不等式，由條件脫去“f”，轉化為自變量間的大小關系，應注意函數(shù)的定義域．(3)利用單調(diào)性求參數(shù)的取值(范圍)．根據(jù)其單調(diào)性直接構建參數(shù)滿足的方程(組)(不等式(組))或先得到其圖象的升降，再結合圖象求解．對于分段函數(shù)，要注意銜接點的取值．跟蹤訓練2(1)(2022·天津靜海區(qū)模擬)已知函數(shù)f(x)＝e|x|，記a＝f(log23)，b＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,2)))，c＝f(2.11.2)，則a，b，c的大小關系為()A．a(chǎn)<b<c B．c<b<aC．b<a<c D．b<c<a答案C解析函數(shù)f(x)＝e|x|，其定義域為R，且f(－x)＝e|－x|＝e|x|＝f(x)，∴f(x)為偶函數(shù)，當x>0時，f(x)＝ex，即函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵2＝log24>log23>log22＝1，0<log32<log33＝1,2.11.2>2.11＝2.1>2，∴2.11.2>log23>log32>0，∴f(2.11.2)>f(log23)>f(log32)，即f(2.11.2)>f(log23)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,2)))，則b<a<c.(2)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4，))若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，1] B．[1,4]C．[4，＋∞) D．(－∞，1]∪[4，＋∞)答案D解析畫出函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4))的圖象，如圖，由圖可知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4))的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，2)，(4，＋∞)，∵函數(shù)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，∴a＋1≤2或a≥4，∴a≤1或a≥4.(3)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞減，則不等式f(2x－1)>f(x＋1)的解集為________．答案(0,2)解析依題意f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞減，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)．課時精練1．下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減的是()A．y＝eq\f(1,x)－x B．y＝x2－xC．y＝lnx－x D．y＝ex答案A解析當x∈(0，＋∞)時，y＝eq\f(1,x)與y＝－x單調(diào)遞減，∴y＝eq\f(1,x)－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．2．若函數(shù)f(x)＝eq\f(2x2＋3,1＋x2)，則f(x)的值域為()A．(－∞，3] B．(2,3)C．(2,3] D．[3，＋∞)答案C解析f(x)＝eq\f(2x2＋3,1＋x2)＝2＋eq\f(1,x2＋1)，∵x2≥0，∴x2＋1≥1，∴0<eq\f(1,x2＋1)≤1，∴f(x)∈(2,3]．3．(2022·貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)，若f(1)＝－2，則滿足－2≤f(x－2)≤2的x的取值范圍是()A．[－2,2] B．[－1,1]C．[1,3] D．[0,4]答案C解析因為f(x)為奇函數(shù)，若f(1)＝－2，則f(－1)＝2，所以不等式－2≤f(x－2)≤2可化為f(1)≤f(x－2)≤f(－1)，又f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，所以－1≤x－2≤1，解得1≤x≤3.4．(2022·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－e－x，x>0，,－x2，x≤0，))若a＝50.01，b＝log32，c＝log20.9，則有()A．f(a)>f(b)>f(c)B．f(b)>f(a)>f(c)C．f(a)>f(c)>f(b)D．f(c)>f(a)>f(b)答案A解析y＝ex是增函數(shù)，y＝e－x是減函數(shù)，因此在(0，＋∞)上y＝ex－e－x單調(diào)遞增，且此時f(x)>0.f(x)＝－x2在x≤0時單調(diào)遞增，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．c＝log20.9<0，b＝log32，所以0<b<1，a＝50.01>1，即a>b>c，所以f(a)>f(b)>f(c)．5．(多選)已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(a,x)(a≠0)，下列說法正確的是()A．當a>0時，f(x)在定義域上單調(diào)遞增B．當a＝－4時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－2)，(2，＋∞)C．當a＝－4時，f(x)的值域為(－∞，－4]∪[4，＋∞)D．當a>0時，f(x)的值域為R答案BCD解析當a>0時，f(x)＝x－eq\f(a,x)，定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)．∵f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故A錯誤；又x→－∞時，f(x)→－∞，x→0－時，f(x)→＋∞，∴f(x)的值域為R，故D正確；當a＝－4時，f(x)＝x＋eq\f(4,x)，由其圖象(圖略)可知，B，C正確．6．(多選)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx＋2x，x>0，,\f(2,1－x)，x≤0，))則下列結論正確的是()A．f(x)在R上為增函數(shù)B．f(e)>f(2)C．若f(x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則a≤－1或a≥0D．當x∈[－1,1]時，f(x)的值域為[1,2]答案BC解析易知f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，A錯誤，B正確；若f(x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則a≥0或a＋1≤0，即a≤－1或a≥0，故C正確；當x∈[－1,0]時，f(x)∈[1,2]，當x∈(0,1]時，f(x)∈(－∞，2]，故x∈[－1,1]時，f(x)∈(－∞，2]，故D不正確．7．函數(shù)y＝－x2＋2|x|＋1的單調(diào)遞增區(qū)間為__________，單調(diào)遞減區(qū)間為________．答案(－∞，－1]和[0,1](－1,0)和(1，＋∞)解析由于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)的圖象如圖所示，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，＋∞)．8．(2022·山東師大附中質檢)已知函數(shù)f(x)＝e|x－a|(a為常數(shù))，若f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞，1]解析f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－a，x≥a，,ea－x，x<a，))當x≥a時，f(x)單調(diào)遞增，當x<a時，f(x)單調(diào)遞減，又f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a≤1.9．已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(1,ax)＋eq\f(2,a)(a>0)，且f(x)在(0,1]上的最大值為g(a)，求g(a)的最小值．解f(x)＝ax－eq\f(1,ax)＋eq\f(2,a)(a>0)，∴f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(1)＝a＋eq\f(1,a)，∴g(a)＝a＋eq\f(1,a)≥2，當且僅當a＝eq\f(1,a)即a＝1時取等號，∴g(a)的最小值為2.10．已知函數(shù)f(x)＝a－eq\f(2,2x＋1).(1)求f(0)；(2)探究f(x)的單調(diào)性，并證明你的結論；(3)若f(x)為奇函數(shù)，求滿足f(ax)<f(2)的x的取值范圍．解(1)f(0)＝a－eq\f(2,20＋1)＝a－1.(2)f(x)在R上單調(diào)遞增．證明如下：∵f(x)的定義域為R，∴任取x1，x2∈R且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝a－－a＋＝，∵y＝2x在R上單調(diào)遞增且x1<x2，∴0<<，∴－<0,＋1>0,＋1>0.∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．∴f(x)在R上單調(diào)遞增．(3)∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，即a－eq\f(2,2－x＋1)＝－a＋eq\f(2,2x＋1)，解得a＝1.∴f(ax)<f(2)即為f(x)<f(2)，又∵f(x)在R上單調(diào)遞增，∴x<2.∴x的取值范圍是(－∞，2)．11．定義max{a，b，c}為a，b，c中的最大值，設M＝max{2x,2x－3,6－x}，則M的最小值是()A．2B．3C．4D．6答案C解析畫出函數(shù)M＝max{2x,2x－3,6－x}的圖象(如圖)，由圖可知，函數(shù)M在A(2,4)處取得最小值22＝6－2＝4，故M的最小值為4.12．如果幾個函數(shù)的定義域相同、值域也相同，但解析式不同，稱這幾個函數(shù)為“同域函數(shù)”.函數(shù)y＝eq\r(x－1)－eq\r(2－x)的值域為________，則與y是“同域函數(shù)”的一個解析式為________．答案[－1,1]y＝2x－3，x∈[1,2]或y＝sin(2πx)，x∈[1,2]或y＝3x－1－2，x∈[1,2](答案不唯一)解析因為y＝eq\r(x－1)－eq\r(2－x)，所以x≥1且x≤2，所以函數(shù)的定義域為[1,2]．顯然，函數(shù)y＝f(x)＝eq\r(x－1)－eq\r(2－x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以f(x)∈[－1,1]，所以函數(shù)的值域為[－1,1]．只要滿足定義域為[1,2]，且值域為[－1,1]的函數(shù)均符合題意，例如y＝sin(2πx)，x∈[1,2]或y＝2x－3，x∈[1,2]或y＝3x－1－2，x∈[1,2]．13．設函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2a)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，那么a的取值范圍是________．答案[1，＋∞)解析f(x)＝eq\f(ax＋2a2－2a2＋1,x＋2a)＝a－eq\f(2a2－1,x＋2a)，定義域為{x|x≠－2a}，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a2－1>0，,－2a≤－2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a2－1>0，,a≥1，))所以a≥1.14．(2022·滄州模擬)設函數(shù)f(x)＝x3－sinx＋x，則滿足