高考數(shù)學(xué)（文）一輪復(fù)習(xí)教師用書第二章第二節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值

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)增函數(shù)、減函數(shù)增函數(shù)減函數(shù)定義一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為I：如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的任意兩個自變量的值x1，x2當x1<x2時，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x1<x2時，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)的定義域為I，如果存在實數(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1．判斷下面結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(2)具有相同單調(diào)性的函數(shù)的和、差、積、商函數(shù)還具有相同的單調(diào)性．()(3)若定義在R上的函數(shù)f(x)有f(－1)<f(3)，則函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)．()(4)函數(shù)y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是[1，＋∞)．()(5)如果一個函數(shù)在定義域內(nèi)的某幾個子區(qū)間上都是增函數(shù)，則這個函數(shù)在定義域上是增函數(shù)．()(6)所有的單調(diào)函數(shù)都有最值．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×2．下列四個函數(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x>0時，f(x)＝3－x為減函數(shù)；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))時，f(x)＝x2－3x為減函數(shù)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))時，f(x)＝x2－3x為增函數(shù)；當x∈(0，＋∞)時，f(x)＝－eq\f(1,x＋1)為增函數(shù)；當x∈(0，＋∞)時，f(x)＝－|x|為減函數(shù)．3．函數(shù)f(x)＝|x－2|x的單調(diào)減區(qū)間是()A．[1,2] B．[－1,0]C．[0,2] D．[2，＋∞)解析：選A由于f(x)＝|x－2|x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2.))結(jié)合圖象(圖略)可知函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是[1,2]．4．若函數(shù)y＝x2－2ax＋1在(－∞，2]上是減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－2] B．[－2，＋∞)C．[2，＋∞) D．(－∞，2]解析：選C函數(shù)y＝x2－2ax＋1圖象的對稱軸方程為x＝a，要使該函數(shù)在(－∞，2]上是減函數(shù)，則需滿足a≥2.5．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________．解析：由圖可知函數(shù)的增區(qū)間為[－1,1]和[5,7]．答案：[－1,1]和[5,7]6．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(考點一確定函數(shù)的單調(diào)性區(qū)間)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)確定函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)單調(diào)性問題的基礎(chǔ)，是高考的必考內(nèi)容，多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，但有時也出現(xiàn)在解答題的某一問中，屬于低檔題目.[典題領(lǐng)悟]1．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：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)))，則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．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．2．求函數(shù)f(x)＝－x2＋2|x|＋1的單調(diào)區(qū)間．解：易知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0))＝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，可知單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1]和[0,1]，單調(diào)遞減區(qū)間為[－1,0]和[1，＋∞)．[解題師說]1．掌握確定函數(shù)單調(diào)性(區(qū)間)的3種常用方法(1)定義法：一般步驟為設(shè)元→作差→變形→判斷符號→得出結(jié)論．其關(guān)鍵是作差變形，為了便于判斷差的符號，通常將差變成因式連乘(除)或平方和的形式，再結(jié)合變量的范圍、假定的兩個自變量的大小關(guān)系及不等式的性質(zhì)進行判斷．(如典題領(lǐng)悟第1題)(2)圖象法：如果f(x)是以圖象形式給出的，或者f(x)的圖象易作出，則可由圖象的直觀性確定它的單調(diào)性．(如典題領(lǐng)悟第2題)(3)導(dǎo)數(shù)法：利用導(dǎo)數(shù)取值的正負確定函數(shù)的單調(diào)性．(如典題領(lǐng)悟第1題)2．熟記函數(shù)單調(diào)性的4個常用結(jié)論(1)若f(x)，g(x)均是區(qū)間A上的增(減)函數(shù)，則f(x)＋g(x)也是區(qū)間A上的增(減)函數(shù)；(2)若k>0，則kf(x)與f(x)單調(diào)性相同；若k<0，則kf(x)與f(x)單調(diào)性相反；(3)函數(shù)y＝f(x)(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)函數(shù)y＝f(x)(f(x)≥0)在公共定義域內(nèi)與y＝eq\r(fx)的單調(diào)性相同．3．謹防3種失誤(1)單調(diào)區(qū)間是定義域的子集，故求單調(diào)區(qū)間應(yīng)以“定義域優(yōu)先”為原則．(如沖關(guān)演練第1題)(2)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．(3)圖象不連續(xù)的單調(diào)區(qū)間要分開寫，用“和”或“，”連接，不能用“∪”連接．[沖關(guān)演練]1．(2017·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞)D．(4，＋∞)解析：選D由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的定義域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函數(shù)y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(4，＋∞)．2．下列函數(shù)中，滿足“?x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0”的是(A．f(x)＝2x B．f(x)＝|x－1|C．f(x)＝eq\f(1,x)－x D．f(x)＝ln(x＋1)解析：選C由(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0可知，f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，A、D選項中，f(x)為增函數(shù)；B中，f(x)＝|x－1|在(0，＋∞)上不單調(diào)，對于f(x)＝eq\f(1,x)－x，因為y＝eq\f(1,x)與y＝－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，因此f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)．3．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)和(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)和(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.4．判斷函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，＋∞)上的單調(diào)性．解：設(shè)x1，x2是任意兩個正數(shù)，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(a,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(a,x2)))＝eq\f(x1－x2,x1x2)(x1x2－a)．當0<x1<x2≤eq\r(a)時，0<x1x2<a，x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函數(shù)f(x)在(0，eq\r(a)]上是減函數(shù)；當eq\r(a)≤x1<x2時，x1x2>a，x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以函數(shù)f(x)在[eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù)．綜上可知，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a)]上是減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù)．eq\a\vs4\al(考點二求函數(shù)的值域最值)eq\a\vs4\al(基礎(chǔ)送分型考點——自主練透)[考什么·怎么考]函數(shù)的值域最值是高考的重要內(nèi)容之一，函數(shù)、方程、不等式，還有立體幾何、解析幾何等很多問題都需要轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域最值問題.高考中選擇題、填空題、解答題都有考查.方法(一)性質(zhì)法求函數(shù)的值域(最值)1．函數(shù)y＝eq\f(x2－1,x2＋1)的值域為________．解析：由y＝eq\f(x2－1,x2＋1)，可得x2＝eq\f(1＋y,1－y).由x2≥0，知eq\f(1＋y,1－y)≥0，解得－1≤y<1，故所求函數(shù)的值域為[－1,1)．答案：[－1,1)2．若函數(shù)f(x)＝－eq\f(a,x)＋b(a>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，則a＝________，b＝________.解析：∵f(x)＝－eq\f(a,x)＋b(a>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是增函數(shù)，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，f(x)max＝f(2)＝2.即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a＋b＝\f(1,2)，,－\f(a,2)＋b＝2，))解得a＝1，b＝eq\f(5,2).答案：1eq\f(5,2)[方法點撥](1)先進行轉(zhuǎn)化與分離，再利用函數(shù)的性質(zhì)(如x2≥0，ex>0等)求解即可．(2)如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增，那么f(x)在區(qū)間端點處取最值；如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[b，c]上單調(diào)遞減，那么ymax＝f(b)；如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[b，c]上單調(diào)遞增，那么ymin＝f(b)，從而得出值域．方法(二)數(shù)形結(jié)合法求函數(shù)的值域(最值)3．函數(shù)y＝|x＋1|＋|x－2|的值域為________．解析：函數(shù)y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋1，x≤－1，,3，－1<x<2，,2x－1，x≥2.))作出函數(shù)的圖象如圖所示．根據(jù)圖象可知，函數(shù)y＝|x＋1|＋|x－2|的值域為[3，＋∞)．答案：[3，＋∞)4．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋x2，|x|≥1，,x，|x|<1))的圖象過點(1,1)，函數(shù)g(x)是二次函數(shù)，若函數(shù)f(g(x))的值域是[0，＋∞)，則函數(shù)g(x)的值域是________．解析：因為函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋x2，|x|≥1，,x，|x|<1))的圖象過點(1,1)，所以m＋1＝1，解得m＝0，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，|x|≥1，,x，|x|<1.))畫出函數(shù)y＝f(x)的大致圖象如圖所示，觀察圖象可知，當縱坐標在[0，＋∞)上時，橫坐標在(－∞，－1]∪[0，＋∞)上變化．而f(x)的值域為[－1，＋∞)，f(g(x))的值域為[0，＋∞)，因為g(x)是二次函數(shù)，所以g(x)的值域是[0，＋∞)．答案：[0，＋∞)[方法點撥]先作出函數(shù)的圖象，再觀察其最高點或最低點，求出值域或最值．方法(三)換元法求函數(shù)的值域(最值)5．函數(shù)y＝x＋eq\r(1－x2)的最大值為________．解析：由1－x2≥0，可得－1≤x≤1.可令x＝cosθ，θ∈[0，π]，則y＝cosθ＋sinθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))，所以－1≤y≤eq\r(2)，故原函數(shù)的最大值為eq\r(2).答案：[eq\r(2)]6．已知函數(shù)f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，\f(4,9)))，則函數(shù)g(x)＝f(x)＋eq\r(1－2fx)的值域為________．解析：∵eq\f(3,8)≤f(x)≤eq\f(4,9)，∴eq\f(1,3)≤eq\r(1－2fx)≤eq\f(1,2).令t＝eq\r(1－2fx)，則f(x)＝eq\f(1,2)(1－t2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤t≤\f(1,2)))，令y＝g(x)，則y＝eq\f(1,2)(1－t2)＋t，即y＝－eq\f(1,2)(t－1)2＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤t≤\f(1,2))).∴當t＝eq\f(1,3)時，y有最小值eq\f(7,9)；當t＝eq\f(1,2)時，y有最大值eq\f(7,8).∴g(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,8))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，\f(7,8)))[方法點撥]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)的方法求值域或最值；換元法求值域時，一定要注意新元的范圍對值域的影響．方法(四)分離常數(shù)法求函數(shù)的值域(最值)7．函數(shù)y＝eq\f(3x＋1,x－2)的值域為________．解析：y＝eq\f(3x＋1,x－2)＝eq\f(3x－2＋7,x－2)＝3＋eq\f(7,x－2)，因為eq\f(7,x－2)≠0，所以3＋eq\f(7,x－2)≠3，所以函數(shù)y＝eq\f(3x＋1,x－2)的值域為{y|y∈R且y≠3}．答案：{y|y∈R且y≠3}8．當－3≤x≤－1時，函數(shù)y＝eq\f(5x－1,4x＋2)的最小值為________．解析：由y＝eq\f(5x－1,4x＋2)，可得y＝eq\f(5,4)－eq\f(7,42x＋1).∵－3≤x≤－1，∴eq\f(7,20)≤－eq\f(7,42x＋1)≤eq\f(7,4)，∴eq\f(8,5)≤y≤3∴所求函數(shù)的最小值為eq\f(8,5)答案：eq\f(8,5)[方法點撥]通過配湊函數(shù)解析式的分子，把函數(shù)分離成常數(shù)和分式的形式，而此式的分式，只有分母中含有變量，進而可利用函數(shù)性質(zhì)確定其值域．[怎樣快解·準解]求函數(shù)值域（最值）的類型及其方法(1)若所給函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，可根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求值域；當函數(shù)解析式中出現(xiàn)偶次方冪、絕對值等時，可利用函數(shù)的性質(zhì)(如x2≥0，|x|≥0，eq\r(x)≥0，ex>0等)確定函數(shù)的值域或最值．(2)若函數(shù)解析式的幾何意義較明顯(如距離、斜率等)或函數(shù)圖象易作出，可用數(shù)形結(jié)合法求函數(shù)的值域或最值．(3)形如求y＝eq\r(ax＋b)＋(cx＋d)(ac≠0)的函數(shù)的值域或最值，常用代數(shù)換元法、三角換元法結(jié)合題目條件將原函數(shù)轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù)，再利用函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)求解．(4)形如求y＝eq\f(cx＋d,ax＋b)(ac≠0)的函數(shù)的值域或最值常用分離常數(shù)法求解．另外，基本不等式法、導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)值域或最值也是常用方法，在后面章節(jié)中有重點講述．eq\a\vs4\al(考點三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用)eq\a\vs4\al(題點多變型考點——追根溯源)函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用常以基本初等函數(shù)為載體，考查學(xué)生數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用，綜合分析問題的能力.在高考中常以選擇題、填空題出現(xiàn)，難度中等.常見的命題角度有：1比較函數(shù)值的大??；2解函數(shù)不等式；3利用單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍或值.[題點全練]角度(一)比較函數(shù)值的大小1．(2018·哈爾濱聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，當x2>x1>1時，[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因為f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，所以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，[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.[題型技法]比較函數(shù)值大小的解題思路比較函數(shù)值的大小時，若自變量的值不在同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)，要利用其函數(shù)性質(zhì)，轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間上進行比較，對于選擇題、填空題能數(shù)形結(jié)合的盡量用圖象法求解．角度(二)解函數(shù)不等式2．定義在R上的奇函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上遞增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，則不等式f(logeq\f(1,9)x)>0的解集為________．解析：∵y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且y＝f(x)在(0，＋∞)上遞增．∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函數(shù)，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0.故原不等式f(logx)>0可化為f(logx)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))<f(logx)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))，∴l(xiāng)ogx>eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)<logeq\f(1,9)x<0，解得0<x<eq\f(1,3)或1<x<3.所以原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,3)或1<x<3)))).答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,3)或1<x<3))))[題型技法]求解含“f”的函數(shù)不等式的解題思路先利用函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)將不等式轉(zhuǎn)化為f(g(x))>f(h(x))的形式，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x)<h(x))．角度(三)利用單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍(或值)3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2－x－\f(1,4)，x≤1，,logax－1，x>1))是R上的單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：選B由對數(shù)函數(shù)的定義可得a>0，且a≠1.又函數(shù)f(x)在R上單調(diào)，而二次函數(shù)y＝ax2－x－eq\f(1,4)的圖象開口向上，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,\f(1,2a)≥1，,a×12－1－\f(1,4)≥loga1－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,0<a≤\f(1,2)，,a≥\f(1,4).))所以a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))).[題型技法]利用單調(diào)性求參數(shù)的范圍(或值)的方法(1)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)；(2)需注意若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是單調(diào)的，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子集上也是單調(diào)的．[題“根”探求]看個性角度(一)是函數(shù)值大小的比較，轉(zhuǎn)化為在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)的自變量的大小比較；角度(二)是角度(一)的拓展，是把函數(shù)不等式問題轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)值大小比較問題；角度(三)是在角度(一)和角度(二)基礎(chǔ)上的更深一步的拓展，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性把問題轉(zhuǎn)化為單調(diào)區(qū)間關(guān)系的比較找共性對于求解此類有關(guān)函數(shù)單調(diào)性應(yīng)用的題目，其通用的方法是利用轉(zhuǎn)化思想解題，其思維流程是：[沖關(guān)演練]1．已知函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的增函數(shù)，若f(a2－a)>f(a＋3)，則實數(shù)a的取值范圍為________．解析：由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得－3<a<－1或a>3，所以實數(shù)a的取值范圍為(－3，－1)∪(3，＋∞)．答案：(－3，－1)∪(3，＋∞)2．已知函數(shù)f(x)＝x|2x－a|(a>0)在區(qū)間[2,4]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的值是________．解析：f(x)＝x|2x－a|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2x－a，x>\f(a,2)，,－x2x－a，x≤\f(a,2)))(a>0)，作出函數(shù)圖象(圖略)可得該函數(shù)的遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，\f(a,2)))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)≤2，,\f(a,2)≥4，))解得a＝8.答案：8(一)普通高中適用作業(yè)A級——基礎(chǔ)小題練熟練快1．下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)的是()A．y＝ln(x＋2) B．y＝－eq\r(x＋1)C．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x D．y＝x＋eq\f(1,x)解析：選A函數(shù)y＝ln(x＋2)的增區(qū)間為(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函數(shù)．2．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a＝0時，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a≠0時，二次函數(shù)f(x)的對稱軸為x＝－eq\f(1,a)，因為f(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，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)).3．已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間[0，＋∞)上的函數(shù)，且在該區(qū)間上單調(diào)遞增，則滿足f(2x－1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))解析：選D因為函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間[0，＋∞)上的增函數(shù)，滿足f(2x－1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))).所以0≤2x－1＜eq\f(1,3)，解得eq\f(1,2)≤x＜eq\f(2,3).4．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)的大致圖象如圖所示．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．5．設(shè)偶函數(shù)f(x)的定義域為R，當x∈[0，＋∞)時，f(x)是增函數(shù)，則f(－2)，f(π)，f(－3)的大小關(guān)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：選A因為f(x)是偶函數(shù)，所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)．又因為函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(π)＞f(3)＞f(2)，即f(π)＞f(－3)＞f(－2)．6．已知函數(shù)f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)，若x1∈(1,2)，x2∈(2，＋∞)，則()A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0解析：選B∵函數(shù)f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，且f(2)＝0，∴當x1∈(1,2)時，f(x1)<f(2)＝0；當x2∈(2，＋∞)時，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.7．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值為________．解析：當x≥1時，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)為減函數(shù)，所以f(x)在x＝1處取得最大值，為f(1)＝1；當x<1時，易知函數(shù)f(x)＝－x2＋2在x＝0處取得最大值，為f(0)＝2.故函數(shù)f(x)的最大值為2.答案：28．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________．解析：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)f(x)的定義域為(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因為函數(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，＋∞)．答案：[3，＋∞)9．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：410．給定函數(shù)：①y＝xeq\f(1,2)；②y＝logeq\f(1,2)(x＋1)；③y＝|x－1|；④y＝2x＋1，其中在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減的函數(shù)序號是________．解析：①y＝xeq\f(1,2)在(0,1)上遞增；②因為t＝x＋1在(0,1)上遞增，且0＜eq\f(1,2)＜1，故y＝logeq\f(1,2)(x＋1)在(0,1)上遞減；③結(jié)合函數(shù)圖象可知y＝|x－1|在(0,1)上遞減；④因為u＝x＋1在(0,1)上遞增，且2＞1，故y＝2x＋1在(0,1)上遞增，故在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減的函數(shù)序號是②③.答案：②③B級——中檔題目練通抓牢1．若函數(shù)f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在區(qū)間[3，＋∞)和[－2，－1]上均為增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，－2\r(2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－4，－3))解析：選B由于f(x)為R上的偶函數(shù)，因此只需考慮函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性即可．由題意知函數(shù)f(x)在[3，＋∞)上為增函數(shù)，在[1,2]上為減函數(shù)，故－eq\f(a,2)∈[2,3]，即a∈[－6，－4]．2．已知函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，A(0，－3)，B(3,1)是其圖象上的兩點，那么不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集的補集是(全集為R)()A．(－1,2)B．(1,4)C．(－∞，－1)∪[4，＋∞)D．(－∞，－1]∪[2，＋∞)解析：選D由函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，A(0，－3)，B(3,1)是其圖象上的兩點，知不等式－3＜f(x＋1)＜1即為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的解集的補集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．3．(2018·河南平頂山一模)已知f(x)是定義在(0，＋∞)上的函數(shù)．對任意兩個不相等的正數(shù)x1，x2，都有eq\f(x2fx1－x1fx2,x1－x2)>0，記a＝eq\f(f30.2,30.2)，b＝eq\f(f0.32,0.32)，c＝eq\f(flog25,log25)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<b<c B．b<a<cC．c<a<b D．c<b<a解析：選B對任意兩個不相等的正數(shù)x1，x2，不妨設(shè)x1>x2，∵eq\f(x2fx1－x1fx2,x1－x2)>0，∴x2f(x1)－x1f(x2∴eq\f(x2fx1－x1fx2,x1x2)＝eq\f(fx1,x1)－eq\f(fx2,x2)>0，即eq\f(fx1,x1)>eq\f(fx2,x2)，∴eq\f(fx,x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)．∵1<30.2<30.5<2,0<0.32<1，log25>2，∴0.32<30.2<log25，∴b<a<c.4．設(shè)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)的遞減區(qū)間是________．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.))作出函數(shù)圖象如圖所示，其遞減區(qū)間是[0,1)．答案：[0,1)5．若函數(shù)y＝eq\f(2x＋k,x－2)與y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上具有相同的單調(diào)性，則實數(shù)k的取值范圍是____________．解析：由于y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上為增函數(shù)，故函數(shù)y＝eq\f(2x＋k,x－2)＝eq\f(2x－2＋4＋k,x－2)＝2＋eq\f(4＋k,x－2)在(3，＋∞)上也是增函數(shù)，則有4＋k＜0，得k＜－4.答案：(－∞，－4)6．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a＞0，x＞0)．(1)求證：f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；(2)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，求a的值．解：(1)證明：任取x1＞x2＞0，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x1)－eq\f(1,a)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1－x2,x1x2)，∵x1＞x2＞0，∴x1－x2＞0，x1x2＞0，∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．(2)由(1)可知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上為增函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,a)－2＝eq\f(1,2)，f(2)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,2)＝2，解得a＝eq\f(2,5).7．已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，試證f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞增；(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，求a的取值范圍．解：(1)證明：當a＝－2時，f(x)＝eq\f(x,x＋2).任取x1，x2∈(－∞，－2)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).因為(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)內(nèi)單調(diào)遞增．(2)任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(ax2－x1,x1－ax2－a).因為a＞0，x2－x1＞0，又由題意知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的取值范圍為(0,1]．C級——重難題目自主選做1．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x＝0時，兩個表達式對應(yīng)的函數(shù)值都為0，∴函數(shù)的圖象是一條連續(xù)的曲線．又∵當x≤0時，函數(shù)f(x)＝x3為增函數(shù)，當x>0時，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)等價于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2<x<1.2．如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間I上是增函數(shù)，且函數(shù)y＝eq\f(fx,x)在區(qū)間I上是減函數(shù)，那么稱函數(shù)y＝f(x)是區(qū)間I上的“緩增函數(shù)”，區(qū)間I叫做“緩增區(qū)間”．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)是區(qū)間I上的“緩增函數(shù)”，則“緩增區(qū)間”I為()A．[1，＋∞) B．[0，eq\r(3)]C．[0,1] D．[1，eq\r(3)]解析：選D因為函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)的對稱軸為x＝1，所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，又當x≥1時，eq\f(fx,x)＝eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2x)－1，令g(x)＝eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2x)－1(x≥1)，則g′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2x2)＝eq\f(x2－3,2x2)，由g′(x)≤0，得1≤x≤eq\r(3)，即函數(shù)eq\f(fx,x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)在區(qū)間[1，eq\r(3)]上單調(diào)遞減，故“緩增區(qū)間”I為[1，eq\r(3)]．(二)重點高中適用作業(yè)A級——保分題目巧做快做1．下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)的是()A．y＝ln(x＋2) B．y＝－eq\r(x＋1)C．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x D．y＝x＋eq\f(1,x)解析：選A函數(shù)y＝ln(x＋2)的增區(qū)間為(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函數(shù)．2．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)f(x)的定義域為(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因為函數(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，＋∞)．3．設(shè)偶函數(shù)f(x)的定義域為R，當x∈[0，＋∞)時，f(x)是增函數(shù)，則f(－2)，f(π)，f(－3)的大小關(guān)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：選A因為f(x)是偶函數(shù)，所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)．又因為函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(π)＞f(3)＞f(2)，即f(π)＞f(－3)＞f(－2)．4.已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，若f(x2－2x＋a)＜f(x＋1)對任意的x∈[－1,2]恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(13,4))) B．(－∞，－3)C．(－3，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,4)，＋∞))解析：選D依題意得f(x)在R上是減函數(shù)，所以f(x2－2x＋a)＜f(x＋1)對任意的x∈[－1,2]恒成立，等價于x2－2x＋a＞x＋1對任意的x∈[－1,2]恒成立，等價于a＞－x2＋3x＋1對任意的x∈[－1,2]恒成立．設(shè)g(x)＝－x2＋3x＋1(－1≤x≤2)，則g(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\f(13,4)(－1≤x≤2)，當x＝eq\f(3,2)時，g(x)取得最大值，且g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(13,4)，因此a＞eq\f(13,4)，故選D.5.定義新運算⊕：當a≥b時，a⊕b＝a；當a＜b時，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－2≤x≤1時，f(x)＝x－2，當1＜x≤2時，f(x)＝x3－2.因為f(x)＝x3－2，f(x)＝x－2在定義域內(nèi)都為增函數(shù)，且f(1)＜f(2)，所以f(x)的最大值為f(2)＝23－2＝6.6.(2018·安徽合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x2－2x)sin(x－1)＋x＋1在[－1,3]上的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝________.解析：由f(x)＝(x2－2x)sin(x－1)＋x＋1令t＝x－1，則t∈[－2,2]，則y＝(t2－1)sint＋t＋2，t∈[－2,2]．記g(t)＝(t2－1)sint＋t＋2，則函數(shù)y＝g(t)－2＝(t2－1)sint＋t是奇函數(shù)．由已知得y＝g(t)－2的最大值為M－2，最小值為m－2，所以M－2＋(m－2)＝0，即M＋m＝4.答案：47.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－k，x≤0，,1－kx＋k，x>0))是R上的增函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________．解析：由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e0－k≤k，,1－k>0，))解得eq\f(1,2)≤k<1.答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))8．若函數(shù)y＝eq\f(2x＋k,x－2)與y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上具有相同的單調(diào)性，則實數(shù)k的取值范圍是____________．解析：由于y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上為增函數(shù)，故函數(shù)y＝eq\f(2x＋k,x－2)＝eq\f(2x－2＋4＋k,x－2)＝2＋eq\f(4＋k,x－2)在(3，＋∞)上也是增函數(shù)，則有4＋k＜0，得k＜－4.答案：(－∞，－4)9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a＞0，x＞0)．(1)求證：f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；(2)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，求a的值．解：(1)證明：任取x1＞x2＞0，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x1)－eq\f(1,a)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1－x2,x1x2)，∵x1＞x2＞0，∴x1－x2＞0，x1x2＞0，∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．(2)由(1)可知，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上為增函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,a)－2＝eq\f(1,2)，f(2)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,2)＝2，解得a＝eq\f(2,5).10．已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，試證f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞增；(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，求a的取值范圍．解：(1)證明：當a＝－2時，f(x)＝eq\f(x,x＋2).任取x1，x2∈(－∞，－2)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).因為(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)內(nèi)單調(diào)遞增．(2)任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(ax2－x1,x1－ax2－a).因為a＞0，x2－x1＞0，又由題意知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的取值范圍為(0,1]．B級——拔高題目穩(wěn)做準做1.函數(shù)y＝f(x)(x∈R)的圖象如圖所示，則函數(shù)g(x)＝f(logax)(0＜a＜1)的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B．[eq\r(a)，1]C．(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D．[eq\r(a)，eq\r(a＋1)]解析：選B由圖象知f(x)在(－∞，0]和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞減，而在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增．又因為當0＜a＜1時，y＝logax為(0，＋∞)上的減函數(shù)，所以要使g(x)＝f(logax)單調(diào)遞減，則需logax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，即0≤loga