重點(diǎn)題型訓(xùn)練6-2021-2022學(xué)年北師大版高中數(shù)學(xué)教師版

北師大版（新教材）高一必修1重點(diǎn)題型N6第二章函數(shù)考試范圍：3.函數(shù)的單調(diào)性和最值；考試時(shí)間：100分鐘；命題人：LEOG學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________題型1、函數(shù)單調(diào)性判斷與單調(diào)區(qū)間的求解1．設(shè)函數(shù)f（x）＝（a＞b＞0），求f（x）的單調(diào)區(qū)間，并加以證明．【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間．【分析】根據(jù)題意，先求出函數(shù)的定義域，由函數(shù)單調(diào)性的定義，用定義法證明即可得結(jié)論．【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)f（x）＝（a＞b＞0），其定義域?yàn)閧x|x≠﹣b}，在區(qū)間（﹣∞，﹣b）和（﹣b，+∞）上為減函數(shù)；證明：f（x）＝＝1+，設(shè)x1＜x2＜﹣b，f（x1）﹣f（x2）＝（1+）﹣（1+）＝（a﹣b），又由x1＜x2＜﹣b，則有（x1+b）＜0，（x2+b）＜0，（x2﹣x1）＞0，則f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），函數(shù)f（x）在（﹣∞，﹣b）為減函數(shù)；設(shè)b＜x1＜x2，同理可得：f（x1）＞f（x2），函數(shù)f（x）在（﹣∞，﹣b）為減函數(shù)；故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，﹣b）和（﹣b，+∞）．【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)的單調(diào)性的判定，注意對a、b的值分情況討論．2．函數(shù)y＝的單調(diào)遞增區(qū)間是（﹣∞，﹣1）和（﹣1，+∞）．【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間．【分析】化簡函數(shù)y＝2﹣，結(jié)合y＝﹣的單調(diào)性，可得所求區(qū)間．【解答】解：函數(shù)y＝＝2﹣，可得函數(shù)y＝的增區(qū)間為（﹣∞，﹣1）和（﹣1，+∞）．故答案為：（﹣∞，﹣1）和（﹣1，+∞）．【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查轉(zhuǎn)化思想和推理能力，屬于基礎(chǔ)題．3．已知函數(shù)f（x）＝|1+2x|+|2﹣x|，則f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，﹣]．【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間．【分析】利用絕對值的含義化簡f（x）的解析式，作出f（x）的圖象，利用圖象判斷函數(shù)單調(diào)區(qū)間．【解答】解：f（x）＝畫出函數(shù)f（x）的大致圖象（如圖），結(jié)合圖象，得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是．故答案為：．【點(diǎn)評】本題考查利用圖象求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，屬于基礎(chǔ)題．4．函數(shù)y＝﹣x2+2|x|+3的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣1，0），（1，+∞），函數(shù)y＝|﹣x2+2x+3|的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，﹣1），（1，3）．【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間．【分析】利用函數(shù)圖象的變換法則，作出函數(shù)圖象，利用函數(shù)圖象即可得到單調(diào)區(qū)間．【解答】解：作出函數(shù)y＝﹣x2+2|x|+3＝﹣|x|2+2|x|+3的圖象如下圖所示：由圖象可知，函數(shù)y＝﹣x2+2|x|+3的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣1，0），（1，+∞）；作出函數(shù)y＝|﹣x2+2x+3|的圖象如下圖所示：由圖象可知，函數(shù)y＝|﹣x2+2x+3|的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，﹣1），（1，3）．故答案為：（﹣1，0），（1，+∞）；（﹣∞，﹣1），（1，3）．【點(diǎn)評】本題考查利用函數(shù)圖象求函數(shù)的單調(diào)性，解題的關(guān)鍵是根據(jù)函數(shù)圖象的變換，正確作出函數(shù)圖象，屬于基礎(chǔ)題．5．判斷函數(shù)y＝x﹣，x∈（0，+∞）的單調(diào)性并說明理由．【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間；函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】根據(jù)題意，設(shè)0＜x1＜x2，由作差法分析可得結(jié)論．【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)y＝x﹣在（0，+∞）上遞增，證明：設(shè)f（x）＝x﹣，設(shè)0＜x1＜x2，則f（x1）﹣f（x2）＝（x1﹣）﹣（x2﹣）＝（x1﹣x2）（1+），又由0＜x1＜x2，則f（x1）﹣f（x2）＜0，故函數(shù)y＝x﹣在（0，+∞）上遞增．【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)單調(diào)性的判斷和證明，注意作差法的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．6．函數(shù)f（x）＝的單調(diào)遞增區(qū)間為[﹣2，2]．【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間．【分析】根據(jù)二次個數(shù)的性質(zhì)以及二次個數(shù)的性質(zhì)求出函數(shù)的遞增區(qū)間即可．【解答】解：令g（x）＝﹣x2+4x+12＝﹣（x﹣2）2+16，令g（x）≥0，解得：﹣2≤x≤6，而g（x）的對稱軸是：x＝2，故g（x）在[﹣2，2）遞增，在（2，6]遞減，故函數(shù)f（x）在[﹣2，2]遞增，故答案為：[﹣2，2]．【點(diǎn)評】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，考查函數(shù)的單調(diào)性問題，是一道基礎(chǔ)題．7．函數(shù)f（x）＝的單調(diào)遞增區(qū)間是[0，1]．【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間．【分析】根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系進(jìn)行求解即可．【解答】解：設(shè)t＝2x﹣x2，則y＝為增函數(shù)，由2x﹣x2≥0，得0≤x≤2，即函數(shù)的定義域?yàn)閇0，2]，函數(shù)t＝2x﹣x2的對稱軸為x＝1，要求f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間，即求函數(shù)t＝2x﹣x2的單調(diào)遞增區(qū)間，∵t＝2x﹣x2的單調(diào)遞增區(qū)間為[0，1]，∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為[0，1]，故答案為：[0，1]【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間的求解，根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系，利用換元法是解決本題的關(guān)鍵．8．下列函數(shù)中，定義域?yàn)镽且在R上為增函數(shù)的是（）A．y＝（x﹣1）2 B．y＝x?|x| C． D．y＝|x+2|【考點(diǎn)】函數(shù)的定義域及其求法；函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間；函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)中函數(shù)的定義域以及單調(diào)性，綜合即可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：對于A，y＝（x﹣1）2，為二次函數(shù)，在R上不是增函數(shù)，不符合題意；對于B，y＝x|x|＝，定義域?yàn)镽且在R上為增函數(shù)，符合題意；對于C，y＝﹣，其定義域?yàn)閧x|x≠0}，不符合題意；對于D，y＝|x+2|＝，在R上不是增函數(shù)，不符合題意；故選：B．【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)的單調(diào)性以及定義域，關(guān)鍵是掌握常見函數(shù)的定義域以及單調(diào)性，屬于基礎(chǔ)題．9．已知函數(shù)f（x）＝|x2﹣4x+3|．（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，并指出其增減性；（2）求集合M＝{m|m使方程f（x）＝mx有四個不相等的實(shí)根}．【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間；函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系．【分析】（1）作出函數(shù)的圖象，根據(jù)圖象可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）利用圖象，考慮y＝mx與圖象有四個交點(diǎn)，即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）f（x）＝|（x﹣2）2﹣1|，函數(shù)圖象如圖，∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（1，2），（3，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是（﹣∞，1），（2，3）；（2）由圖象，考慮y＝mx與拋物線相切時(shí)，m＝4﹣2，∵y＝mx與圖象有四個交點(diǎn)，∴0＜m＜4﹣2，即使方程f（x）＝mx有四個不相等的實(shí)根時(shí)，0＜m＜4﹣2，∴M＝{m|0＜m＜4﹣2}．【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，正確作出函數(shù)的圖象是關(guān)鍵．10．判斷并證明函數(shù)f（x）＝在區(qū)間（﹣1，0）上的單調(diào)性．【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】根據(jù)題意，設(shè)﹣1＜x1＜x2＜0，作差分析可得f（x1）﹣f（x2）＝，結(jié)合﹣1＜x1＜x2＜0，分析可得f（x1）﹣f（x2）＜0，由函數(shù)單調(diào)性的定義，分析可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)f（x）＝在區(qū)間（﹣1，0）上單調(diào)遞增，證明如下：設(shè)﹣1＜x1＜x2＜0，則f（x1）﹣f（x2）＝﹣＝，又由﹣1＜x1＜x2＜0，則x2﹣x1＞0，x2+x1＜0，x12﹣1＜0，x22﹣1＜0，則有f（x1）﹣f（x2）＜0，則函數(shù)f（x）＝在區(qū)間（﹣1，0）上單調(diào)遞增．【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)單調(diào)性的判斷，關(guān)鍵是掌握定義法證明函數(shù)單調(diào)性的步驟．題型2、抽象函數(shù)的單調(diào)性的判斷（了解）1．定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x）滿足f（xy）＝f（x）+f（y）對所有的正數(shù)x、y都成立，f（2）＝﹣1且當(dāng)x＞1，f（x）＜0．（1）求f（1）的值（2）判斷并證明函數(shù)f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性（3）若關(guān)于x的不等式f（kx）﹣f（x2﹣kx+1）≥1在（0，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷；抽象函數(shù)及其應(yīng)用．【分析】（1）由f（xy）＝f（x）+f（y），取x＝1，y＝1得f（1）＝0；（2）設(shè)x1＞x2＞0則f（x1）﹣f（x2）＝f（x2?）﹣f（x2）＝f（），又當(dāng)x＞1，f（x）＜0，得f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；（3）由f（2）＝﹣1，f（xy）＝f（x）+f（y），f（kx）﹣f（x2﹣kx+1）≥1得f（2kx）≥f（x2﹣kx+1），又f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，得關(guān)于k的不等式組，解之得實(shí)數(shù)k的取值范圍．【解答】解：（1）∵f（xy）＝f（x）+f（y），取x＝1，y＝1得：f（1）＝f（1）+f（1）；∴f（1）＝0；（2）設(shè)x1＞x2＞0則f（x1）﹣f（x2）＝f（x2?）﹣f（x2）＝f（），∵x1＞x2＞0；∴；又x＞1時(shí)，f（x）＜0；∴；∴f（x1）﹣f（x2）＜0；∴f（x1）＜f（x2）；∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；（3）∵f（2）＝﹣1，f（xy）＝f（x）+f（y）；由f（kx）﹣f（x2﹣kx+1）≥1得f（2kx）≥f（x2﹣kx+1）又f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，∴∴∴∴0＜k≤．【點(diǎn)評】本題主要考查抽象函數(shù)的單調(diào)性及恒成立問題，是綜合性題目，單調(diào)性的證明用定義法，恒成立問題用轉(zhuǎn)化思想，屬難題．2．已知函數(shù)f（x）定義域?yàn)镽，f（1）＝2，f（x）≠0，對任意x，y∈R都有f（x+y）＝f（x）?f（y），當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞1；（1）判斷f（x）在R上的單調(diào)性，并證明；（2）解不等式f（x）f（x﹣2）＞16．【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷；抽象函數(shù)及其應(yīng)用．【分析】（1）可令x+y＝x1，x＝x2，從而得出y＝x1﹣x2，再由f（x）≠0即可得出，根據(jù)條件可得出f（x）＞0，不妨設(shè)x1＞x2，從而得出f（x1﹣x2）＞1，這樣即可得到f（x1）＞f（x2），從而得出f（x）在R上單調(diào)遞增；（2）根據(jù)條件可得出f（4）＝16，f（x）f（x﹣2）＝f（2x﹣2），從而將原不等式化成f（2x﹣2）＞f（4），根據(jù)f（x）的單調(diào)性即可得出2x﹣2＞4，從而得出原不等式的解集．【解答】解：（1）f（x）在R上單調(diào)遞增，證明如下：令x+y＝x1，x＝x2，則y＝x1﹣x2；∴f（x1）＝f（x2）f（x1﹣x2）；∵f（x）≠0；∴；不妨設(shè)x1＞x2，則x1﹣x2＞0；又x＞0時(shí)，f（x）＞1；∴f（x1﹣x2）＞1；∴；∵；∴f（x1）＞f（x2）；∴f（x）在R上單調(diào)遞增；（2）∵f（1）＝2，∴f（2）＝f（1+1）＝f2（1）＝4；∴f（4）＝f（2+2）＝f2（2）＝16；∴f（x）f（x﹣2）＞16可化為f（2x﹣2）＞f（4）；由（1）知，f（x）在R上單調(diào)遞增；∴2x﹣2＞4；∴x＞3；∴原不等式的解集為（3，+∞）．【點(diǎn)評】考查函數(shù)單調(diào)性的定義，函數(shù)單調(diào)性的判斷及證明，會應(yīng)用條件f（x+y）＝f（x）f（y），根據(jù)單調(diào)性定義解不等式．3．定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x），對于任意的m，n∈（0，+∞），都有f（mn）＝f（m）+f（n）成立，當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＜0．（1）判斷f（x）是（0，+∞）上的單調(diào)性并利用定義證明；（2）當(dāng)時(shí)，解不等式f（ax+16）＞﹣1．【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷；抽象函數(shù)及其應(yīng)用．【分析】（1）可看出f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，根據(jù)減函數(shù)的定義證明：設(shè)任意的x1，x2∈（0，+∞），并且x1＜x2，根據(jù)f（mn）＝f（m）+f（n）即可得出，然后根據(jù)當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＜0即可得出f（x1）＞f（x2），從而證出f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；（2）根據(jù)即可得出f（16）＝﹣1，從而由f（ax+16）＞﹣1得出f（ax+16）＞f（16），根據(jù)f（x）的單調(diào)性即可得出0＜ax+16＜16，進(jìn)而得出﹣16＜ax＜0，討論a即可解出該不等式．【解答】解：（1）f（x）是（0，+∞）上的單調(diào)遞減．證明如下：設(shè)x1，x2∈（0，+∞）且x1＜x2，則由于對任意正實(shí)數(shù)m，n都有f（mn）＝f（m）+f（n），∴即，又當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＜0，而，∴，∴f（x2）﹣f（x1）＜0，∴f（x1）＞f（x2），∴f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)；（2）根據(jù)條件有，f（16）＝f（4）+f（4）＝﹣1，∴f（ax+16）＞﹣1等價(jià)于f（ax+16）＞f（16），由（1）知f（x）是定義在（0，+∞）上的減函數(shù)，∴0＜ax+16＜16，即﹣16＜ax＜0，若a＝0時(shí)，﹣16＜0＜0不成立，此時(shí)不等式的解集為空集；若a＞0時(shí)，，此時(shí)不等式的解集為；若a＜0時(shí)，，此時(shí)不等式的解集為．【點(diǎn)評】本題考查了減函數(shù)的定義，根據(jù)減函數(shù)的定義證明一個函數(shù)是減函數(shù)的方法和過程，分類討論的思想，考查了計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．4．已知函數(shù)f（x）對任意的a，b∈R，都有f（a+b）＝f（a）+f（b），并且當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞0．（1）求證：f（x）是R上的增函數(shù)；（2）若f（4）＝6，解關(guān)于m的不等式f（3m2﹣m﹣2）＜3．【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷；抽象函數(shù)及其應(yīng)用．【分析】（1）可設(shè)x1，x2∈R，并且x1＜x2，這樣根據(jù)f（x）對任意的a，b∈R，都有f（a+b）＝f（a）+f（b），即可得出f（x2）﹣f（x1）＝f（x2﹣x1），又由條件x＞0時(shí)，f（x）＞0，并且x2﹣x1＞0，從而得出f（x2﹣x1）＞0，即得出f（x1）＜f（x2），從而證出f（x）在R上是增函數(shù)；（2）根據(jù)f（x）對任意的a，b∈R，都有f（a+b）＝f（a）+f（b），及f（4）＝6即可求出f（2）＝3，從而原不等式可變成f（3m2﹣m﹣2）＜f（2），根據(jù)f（x）是R上的增函數(shù)即可得出3m2﹣m﹣2＜2解出m的范圍即可．【解答】解：（1）證明：設(shè)x1，x2∈R，且x1＜x2；∵f（x）對任意的a，b∈R，都有f（a+b）＝f（a）+f（b）；∴f（x2）﹣f（x1）＝f[（x2﹣x1）+x1]﹣f（x1）＝f（x2﹣x1）+f（x1）﹣f（x1）＝f（x2﹣x1）；∵x＞0時(shí)，f（x）＞0；又x2﹣x1＞0；∴f（x2﹣x1）＞0；∴f（x2）＞f（x1）；∴f（x）在R上是增函數(shù)；（2）∵f（x）對任意的a，b∈R，都有f（a+b）＝f（a）+f（b）；∴f（4）＝f（2）+f（2）＝6；∴f（2）＝3；∴由f（3m2﹣m﹣2）＜3得，f（3m2﹣m﹣2）＜f（2），且f（x）是R上的增函數(shù)；∴3m2﹣m﹣2＜2；解得；∴不等式的解集為．【點(diǎn)評】考查增函數(shù)的定義，根據(jù)增函數(shù)的定義證明一個函數(shù)是增函數(shù)的方法和過程，以及一元二次不等式的解法．5．函數(shù)f（x）是定義在（0，+∞）上的增函數(shù)，且對任意的x，y∈（0，+∞）都有f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1，且f（4）＝5．（1）求f（2）的值；（2）解不等式f（1）+f（2﹣m）＞4．【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷；抽象函數(shù)及其應(yīng)用．【分析】（1）令x＝y(tǒng)＝2，結(jié)合f（4）＝5，即可求解f（2）；（2）由f（1+1）＝f（1）+f（1）﹣1，可求f（1）＝2，然后結(jié)合f（x）是定義在（0，+∞）上的增函數(shù)，可求不等式．【解答】解：（1）對任意的x，y∈（0，+∞）都有f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1，∵f（4）＝5，令x＝y(tǒng)＝2，∴f（4）＝f（2）+f（2）﹣1＝5，∴f（2）＝3，（2）由f（1+1）＝f（1）+f（1）﹣1，可得f（1）＝2，∵f（1）+f（2﹣m）＞4．∴f（2﹣m）＞2＝f（1），∵f（x）是定義在（0，+∞）上的增函數(shù)，∴2﹣m＞1，∴m＜1，故不等式的解集為（﹣∞，1）．【點(diǎn)評】本題主要考查了利用賦值法求解函數(shù)值及利用函數(shù)的單調(diào)性求解不等式，屬于函數(shù)性質(zhì)的簡單應(yīng)用．題型3、函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用——比較大小1．設(shè)函數(shù)f（x）滿足f（﹣x）＝f（x），且?x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2）有（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0，則（）A．f（﹣2）＜f（﹣3）＜f（1） B．f（﹣3）＜f（﹣2）＜f（1） C．f（﹣1）＜f（﹣2）＜f（3） D．f（﹣1）＜f（3）＜f（﹣2）【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】由已知得到函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且函數(shù)又是偶函數(shù)即可判斷．【解答】解：∵對?x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，都有（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0，∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∵f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，∴f（﹣2）＝f（2），∴f（1）＜f（2）＜f（3），即f（1）＜f（﹣2）＜f（3），故選：C．【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的判斷，要求熟練掌握常見函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的性質(zhì)，屬基礎(chǔ)題．2．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）在區(qū)間（﹣∞，5）上單調(diào)遞減，對任意實(shí)數(shù)t，都有f（5+t）＝f（5﹣t），那么下列式子一定成立的是（）A．f（﹣1）＜f（9）＜f（13） B．f（13）＜f（9）＜f（﹣1） C．f（9）＜f（﹣1）＜f（13） D．f（13）＜f（﹣1）＜f（9）【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間．【分析】由f（5+t）＝f（5﹣t），知函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于x＝5對稱，然后利用在區(qū)間（﹣∞，5）上單調(diào)遞減，可得函數(shù)在R上的單調(diào)性，從而可得函數(shù)值的大小關(guān)系．【解答】解：∵f（5+t）＝f（5﹣t）∴函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于x＝5對稱∴f（﹣1）＝f（11），∵函數(shù)f（x）在區(qū)間（﹣∞，5）上單調(diào)遞減，∴f（x）在（5，+∞）上為單調(diào)遞增．∴f（9）＜f（11）＜f（13），即f（9）＜f（﹣1）＜f（13）．故選：C．【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間，同時(shí)考查了函數(shù)圖象的對稱性，注意數(shù)形結(jié)合，是個基礎(chǔ)題．3．定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：對任意的x1，x2∈[0，+∞）（x1≠x2），有＜0，則（）A．f（3）＜f（2）＜f（4） B．f（1）＜f（2）＜f（3） C．f（2）＜f（1）＜f（3） D．f（3）＜f（1）＜f（0）【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的等價(jià)條件，即可到底結(jié)論．【解答】解：若對任意的x1，x2∈[0，+∞）（x1≠x2），有＜0，則函數(shù)f（x）滿足在[0，+∞）上單調(diào)遞減，則f（3）＜f（1）＜f（0），故選：D．【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)值的大小比較，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的等價(jià)條件是解決本題的關(guān)鍵．4．已知函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間[﹣5，5]上是增函數(shù)，那么下列不等式中成立的是（）A．f（4）＞f（﹣π）＞f（3） B．f（π）＞f（4）＞f（3） C．f（4）＞f（3）＞f（π） D．f（﹣3）＞f（﹣π）＞f（﹣4）【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】根據(jù)f（x）在[﹣5，5]上是增函數(shù)，所以比較4，﹣π，3，π，﹣3，﹣4這幾個數(shù)的大小即可得到對應(yīng)函數(shù)值的關(guān)系．【解答】解：∵f（x）在[﹣5，5]上是增函數(shù)，∴A．﹣π＜3，∴f（﹣π）＜f（3），所以該選項(xiàng)錯誤；B．π＜4，∴f（π）＜f（4），所以該選項(xiàng)錯誤；C.3＜π，∴f（3）＜f（π），所以該選項(xiàng)錯誤；D．﹣3＞﹣π＞﹣4，∴f（﹣3）＞f（﹣π）＞f（﹣4），所以該選項(xiàng)正確．故選：D．【點(diǎn)評】考查增函數(shù)的定義：定義域內(nèi)的兩個變量x1＜x2，則f（x1）＜f（x2）．5．定義在R上的函數(shù)f（x）滿足對任意x1，x2（x1≠x2）都有（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0，則下列關(guān)系式恒成立的是（）A．f（a）＞f（2a） B．f（a2）＜f（a） C．f（a2+1）＜f（2a） D．f（a2+2）＜f（2a）【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】由條件（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0可知函數(shù)f（x）為單調(diào)遞減函數(shù)，然后根據(jù)單調(diào)性進(jìn)行判斷．【解答】解：∵函數(shù)f（x）滿足（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0，即函數(shù)f（x）為單調(diào)遞減函數(shù)，∵a2+2﹣2a＝（a﹣1）2+1＞0，∴a2+2＞2a，∴f（a2+2）＜f（2a）．故選：D．【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的判斷和應(yīng)用，根據(jù)條件（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0得到函數(shù)f（x）為單調(diào)遞減函數(shù)是解決本題的關(guān)鍵．題型4、函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用——解不等式1．已知函數(shù)f（x）是定義在區(qū)間[0，+∞）上的增函數(shù)，則滿足f（2x﹣1）＜f（）的x的取值范圍是（）A．（，） B．[，） C．（，） D．[，）【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】由函數(shù)的單調(diào)性的性質(zhì)可得0≤2x﹣1＜，由此求得x的取值范圍．【解答】解：∵函數(shù)f（x）是定義在區(qū)間[0，+∞）上的增函數(shù)，則滿足f（2x﹣1）＜f（），∴0≤2x﹣1＜，解得≤x＜，故選：D．【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．2．已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，且對任意兩個不相等的實(shí)數(shù)a，b都有（a﹣b）[f（a）﹣f（b）]＞0，則不等式f（3x﹣1）＞f（x+5）的解集為（）A．（﹣∞，3） B．（﹣∞，2） C．（3，+∞） D．（2，+∞）【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】根據(jù)題意可得出f（x）在R上是增函數(shù)，從而由原不等式可得出3x﹣1＞x+5，然后解出x的范圍即可．【解答】解：不妨設(shè)a＞b，∵（a﹣b）[f（a）﹣f（b）]＞0，∴f（a）＞f（b），∴f（x）是R上的增函數(shù)，原不等式等價(jià)于3x﹣1＞x+5，解得x＞3，∴原不等式的解集為（3，+∞）．故選：C．【點(diǎn)評】本題考查了增函數(shù)的定義，考查了推理和計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．3．已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，對任意x1＜x2，有f（x1）﹣f（x2）＜x1﹣x2，且f（3）＝4，則不等式f（2x﹣1）＞2x的解集為（）A．（2，+∞） B．（1，+∞） C．（0，+∞） D．（﹣1，+∞）【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】由題意可得函數(shù)R（x）＝f（x）﹣x是R上的增函數(shù)，由此求出不等式f（2x﹣1）＞2x的解集即可．【解答】解：∵函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，對任意x1＜x2，有f（x1）﹣f（x2）＜x1﹣x2，即＞0，故函數(shù)R（x）＝f（x）﹣x是R上的增函數(shù)，f（2x﹣1）＞2x，即f（2x﹣1）﹣（2x﹣1）＞1，即R（2x﹣1）＞1，而R（3）＝f（3）﹣3＝1，故R（2x﹣1）＞R（3），故2x﹣1＞3，解得：x＞2，故選：A．【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性的應(yīng)用，判斷函數(shù)R（x）＝f（x）﹣x是R上的增函數(shù)，是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題．4．函數(shù)y＝f（x）在R上為增函數(shù)，且f（2m）＞f（m+9），則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（）A．（9，+∞） B．[9，+∞） C．（﹣∞，﹣9） D．（﹣∞，9]【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性的定義可得：2m＞m+9，由此解得m的范圍．【解答】解：∵函數(shù)y＝f（x）在R上為增函數(shù)，且f（2m）＞f（m+9），∴2m＞m+9，解得m＞9，故選：A．【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．5．已知函數(shù)，若f（a2﹣4）＞f（3a），則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣4，1） B．（﹣∞，﹣4）∪（1，+∞） C．（﹣1，4） D．（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】由已知可知f（x）單調(diào)遞增，結(jié)合單調(diào)性即可求解不等式．【解答】解：由分段函數(shù)的性質(zhì)可知，f（x）在R上單調(diào)遞增，若f（a2﹣4）＞f（3a），則a2﹣4＞3a，解可得，a＞4或a＜﹣1．故選：D．【點(diǎn)評】本題主要考查了利用函數(shù)的單調(diào)性求解不等式，屬于基礎(chǔ)試題．題型5、利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的值或取值范圍1．函數(shù)y＝x2+2（m﹣1）x+3在區(qū)間（﹣∞，﹣2]上是減函數(shù)，則m的取值范圍是（）A．m≤3 B．m≥3 C．m≤﹣3 D．m≥﹣3【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷；二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象．【分析】先求出對稱軸方程，利用開口向上的二次函數(shù)在對稱軸左邊遞減，比較區(qū)間端點(diǎn)和對稱軸的關(guān)系可得結(jié)論．【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)y＝x2+2（m﹣1）x+3開口向上，對稱軸為x＝﹣＝1﹣m；又因?yàn)閰^(qū)間（﹣∞，﹣2]上是減函數(shù)所以應(yīng)有1﹣m≥﹣2?m≤3．故選：A．【點(diǎn)評】本題考查二次函數(shù)的單調(diào)性．二次函數(shù)的單調(diào)區(qū)間有對稱軸和開口方向二者決定．開口向上的二次函數(shù)在對稱軸右邊遞增，左邊遞減；開口向下的二次函數(shù)在對稱軸左邊遞增，右邊遞減．2．已知f（x）＝﹣x2+2ax+3與函數(shù)g（x）＝|x﹣3a|在區(qū)間[1，2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍為（）A．[，1] B．[1，+∞）∪（﹣∞，] C．（，1） D．[1，+∞）∪（﹣∞，）【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷；二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象．【分析】對于f（x），由二次函數(shù)的性質(zhì)，求f（x）在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)時(shí)a的取值范圍，而g（x）＝|x﹣3a|＝，由此可得g（x）在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)時(shí)a的取值范圍，綜合可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，f（x）＝﹣x2+2ax+3，為開口向下的二次函數(shù)，其對稱軸為x＝a，若f（x）在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)，必有a≤1，g（x）＝|x﹣3a|＝，在區(qū)間（﹣∞，3a]上為減函數(shù)，若g（x）在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)，必有3a≥2，即a≥，綜上，a的取值范圍為[，1]．故選：A．【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)的單調(diào)性的性質(zhì)以及應(yīng)用，涉及二次函數(shù)的單調(diào)性，屬于基礎(chǔ)題．3．函數(shù)f（x）＝﹣x2+2（a﹣2）x與，這兩個函數(shù)在區(qū)間[1，2]上都是減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a∈（）A．（﹣2，﹣1）∪（1，2） B．（﹣1，0）∪（1，4] C．（1，2） D．（1，3]【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷；二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象．【分析】根據(jù)題意，對于f（x），由二次函數(shù)的性質(zhì)分析可得a≤3，對于g（x），結(jié)合反比例函數(shù)的性質(zhì)可得a的取值范圍，綜合即可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)f（x）＝﹣x2+2（a﹣2）x為二次函數(shù)，其開口向下且對稱軸為x＝a﹣2，若f（x）在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)，必有a﹣2≤1，則有a≤3；，若g（x）在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)，必有a﹣1＞0，則有a＞1，綜合可得：1＜a≤3，即a的取值范圍為（1，3]；故選：D．【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)單調(diào)性的判斷以及應(yīng)用，涉及二次函數(shù)的單調(diào)性，屬于基礎(chǔ)題．4．已知函數(shù)f（x）＝﹣x2+2（a﹣1）x與函數(shù)均在區(qū)間[3，4]上為減函數(shù)，則a的取值范圍為（）A．[2，4] B．[2，+∞） C．[5，6] D．（2，4]【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷；二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象．【分析】根據(jù)題意，對于f（x），由二次函數(shù)的性質(zhì)分析f（x）在區(qū)間[3，4]上為減函數(shù)時(shí)a的取值范圍，對于g（x），由反比例函數(shù)的性質(zhì)分析g（x）在區(qū)間[3，4]上為減函數(shù)時(shí)a的取值范圍，綜合即可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)f（x）＝﹣x2+2（a﹣1）x，為開口向下的二次函數(shù)，其對稱軸為x＝﹣＝a﹣1，若f（x）在區(qū)間[3，4]上為減函數(shù)，必有a﹣1≤3，即a≤4，若函數(shù)在區(qū)間[3，4]上為減函數(shù)，必有a﹣2＞0，即a＞2，綜合可得：a的取值范圍為（2，4]，故選：D．【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)以及應(yīng)用，涉及二次函數(shù)和反比例函數(shù)的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．5．已知f（x）＝x2﹣（m+2）x+2在[1，3]上是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為m≤0或m≥4．【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間．【分析】根據(jù)題意，求出函數(shù)的對稱軸，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義分析可得≤1或≥3，解可得m的取值范圍，即可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，f（x）＝x2﹣（m+2）x+2為二次函數(shù)，其對稱軸為x＝，若f（x）在[1，3]上是單調(diào)函數(shù)，則有≤1或≥3，解可得m≤0或m≥4，即m的取值范圍為m≤0或m≥4；故答案為：m≤0或m≥4．【點(diǎn)評】本題考查二次函數(shù)的單調(diào)性，注意分析函數(shù)的對稱軸，屬于基礎(chǔ)題．6.已知函數(shù)f（x）＝是R上的增函數(shù)，則a的取值范圍是（）A．﹣3≤a＜0 B．﹣3≤a≤﹣2 C．a(chǎn)≤﹣2 D．a(chǎn)＜0【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷；二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象．【分析】由函數(shù)f（x）上R上的增函數(shù)可得函數(shù)，設(shè)g（x）＝﹣x2﹣ax﹣5，h（x）＝，則可知函數(shù)g（x）在x≤1時(shí)單調(diào)遞增，函數(shù)h（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，且g（1）≤h（1），從而可求【解答】解：∵函數(shù)是R上的增函數(shù)設(shè)g（x）＝﹣x2﹣ax﹣5（x≤1），h（x）＝（x＞1）由分段函數(shù)的性質(zhì)可知，函數(shù)g（x）＝﹣x2﹣ax﹣5在（﹣∞，1]單調(diào)遞增，函數(shù)h（x）＝在（1，+∞）單調(diào)遞增，且g（1）≤h（1）∴∴解可得，﹣3≤a≤﹣2故選：B．【點(diǎn)評】本題主要考查了二次函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，反比例函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，主要分段函數(shù)的單調(diào)性應(yīng)用中，不要漏掉g（1）≤h（1）7．已知f（x）＝是定義在R上的減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．[，+∞） B．[，） C．（﹣∞，） D．（﹣∞，]∪（，+∞）【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】根據(jù)分段函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)建立不等式關(guān)系進(jìn)行求解即可．【解答】解：當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)f（x）＝﹣x+1為減函數(shù)，此時(shí)函數(shù)的最大值為f（1）＝0，要使f（x）在R上的減函數(shù)，則滿足，即，解集≤a＜，故選：B．【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，根據(jù)分段函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)建立不等式關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．8．函數(shù)f（x）＝是定義在R上的增函數(shù)，則a的取值范圍是（）A．（0，+∞） B．{3} C．（0，3） D．（0，3]【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到關(guān)于a的不等式，解出即可求出a的范圍．【解答】解：x≥0時(shí)，f（x）＝ax+3，若f（x）在[0，+∞）遞增，則a＞0x＜0時(shí)，f（x）＝﹣x2+2x+a＝﹣（x﹣1）2+a+1，對稱軸x＝1，f（x）在（﹣∞，0）遞增，若f（x）在R遞增，則a≤3，綜上：0＜a≤3，故選：D．【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查一次函數(shù)以及二次函數(shù)的性質(zhì)，是一道基礎(chǔ)題．9．已知函數(shù)f（x）＝在R上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．0＜a＜1 B．≤a＜1 C．≤a＜1 D．0＜a≤【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】根據(jù)常見函數(shù)的性質(zhì)得到關(guān)于a的不等式組，解出即可．【解答】解：由題意得：，解得：≤a＜1，故選：C．【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查常見函數(shù)的性質(zhì)，是一道常規(guī)題．10．已知函數(shù)f（x）＝是R上的減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．（0，2） B．（0，2] C．（0，3） D．（0，3]【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷．【分析】由f（x）為R上的減函數(shù)可知，x≤1及x＞1時(shí)，f（x）均遞減，且（a﹣3）×1+5≥2a，由此可求a的取值范圍．【解答】解：因?yàn)閒（x）為R上的減函數(shù)，所以x≤1時(shí)，f（x）遞減，即a﹣3＜0①，x＞1時(shí)，f（x）遞減，即a＞0②，且（a﹣3）×1+5≥2a③，聯(lián)立①②③解得，0＜a≤2．故選：B．【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，本題結(jié)合圖象分析更為容易．題型6、函數(shù)的最值及應(yīng)用1．已知函數(shù)f（x）＝．（Ⅰ）判斷函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，+∞）上的單調(diào)性，并用定義證明其結(jié)論；（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，9]上的最大值與最小值．【考點(diǎn)】函數(shù)的最值及其幾何意義．【分析】（Ⅰ）利用函數(shù)的單調(diào)性的定義證明即可．（Ⅱ）利用函數(shù)的單調(diào)性，求解函數(shù)的最值即可．【解答】（Ⅰ）解：f（x）在區(qū)間[0，+∞）上是增函數(shù)．證明如下：任取x1，x2∈[0，+∞），且x1＜x2，＝＝．∵x1﹣x2＜0，（x1+1）（x2+1）＞0，∴f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）．∴函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，+∞）上是增函數(shù)．（Ⅱ）由（1）知函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，9]上是增函數(shù)，故函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，9]上的最大值為，最小值為．【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷與應(yīng)用，函數(shù)的最值的求法，考查計(jì)算能力．2．已知函數(shù)f（x）＝．（1）判斷函數(shù)在區(qū)間[1，+∞）上的單調(diào)性，并用定義證明你的結(jié)論；（2）求該函數(shù)在區(qū)間[1，4]上的最大值與最小值．【考點(diǎn)】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷；函數(shù)的最值及其幾何意義．【分析】（1）根據(jù)增函數(shù)的定義進(jìn)行判斷和證明；（2）利用（1）的結(jié)論，利用函數(shù)的單調(diào)性．【解答】解：任取x1，x2∈[1，+∞），且x1＜x2，f（x1）﹣f（x2）＝＝，∵x1﹣x2＜0，（x1+1）（x2+1）＞0，所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），所以函數(shù)f（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)．（2）由（1）知函數(shù)f（x）在[1，4]上是增函數(shù)，∴最大值f（4）＝，最小值f（1）＝．【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性和最大（?。┲?，屬于比較基礎(chǔ)題．3．已知函數(shù)f（x）＝（x﹣t）|x|（t∈R）．（Ⅰ）求函數(shù)y＝f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）當(dāng)t＞0時(shí)，若f（x）在區(qū)間[﹣1，2]上的最大值為M（t），最小值為m（t），求M（t）﹣m（t）的最小值．【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間；函數(shù)的最值及其幾何意義．【分析】（Ⅰ）根據(jù)分段函數(shù)的表達(dá)式，結(jié)合一元二次函數(shù)的性質(zhì)即可求函數(shù)y＝f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）討論t的范圍，結(jié)合一元二次函數(shù)的性質(zhì)求出函數(shù)的最值進(jìn)行求解即可．【解答】（Ⅰ）解：（1），…（1分）當(dāng)t＞0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為[0，]…（3分）當(dāng)t＝0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（﹣∞，+∞）…（4分）當(dāng)t＜0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為[0，+∞），，單調(diào)減區(qū)間為…（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知t＞0時(shí)f（x）在（﹣∞，0）上遞增，在上遞減，在上遞增從而當(dāng)即t≥4時(shí)，M（t）＝f（0）＝0，…（7分），m（t）＝min{f（﹣1），f（2）}＝min{﹣1﹣t，4﹣2t}…（8分）所以，當(dāng)4≤t≤5時(shí)，m（t）＝﹣1﹣t，故M（t）﹣m（t）＝1+t≥5…（9分）當(dāng)t＞5時(shí)，m（t）＝4﹣2t，故M（t）﹣m（t）＝2t﹣4＞6…（10分）當(dāng)＜2≤t，即2≤t＜4時(shí)，M（t）＝f（0）＝0，m（t）＝min{f（﹣1），f（）}＝min{﹣1﹣t，﹣}＝﹣1﹣t，…（11分）所以，M（t）﹣m（t）＝t+1≥3…（12分）當(dāng)0＜t＜2時(shí)，M（t）＝f（2）＝4﹣2t…（13分）m（t）＝min{f（﹣1），f（）}＝min{﹣1﹣t，﹣}＝﹣1﹣t，…（11分）所以，M（t）﹣m（t）＝5﹣t＞3…（14分）綜上所述，當(dāng)t＝2時(shí)，M（t）﹣m（t）取得最小值為3．…（15分）【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)最值的應(yīng)用，根據(jù)條件將函數(shù)轉(zhuǎn)化為分段函數(shù)形式，結(jié)合一元二次函數(shù)的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)．4．設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f（x）＝x2﹣|x﹣a|+1，x∈R．（Ⅰ）當(dāng)a＝0時(shí)，求f（x）在區(qū)間[0，2]上的最大值和最小值；（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的最小值．【考點(diǎn)】函數(shù)的最值及其幾何意義．【分析】（Ⅰ）根據(jù)a＝0時(shí)，x在[0，2]上，取絕對值，根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性即可求解在區(qū)間[0，2]上的最大值和最小值；（Ⅱ）利用零點(diǎn)分段去絕對值，根據(jù)對稱軸分情況討論即可求函數(shù)f（x）的最小值【解答】解：（Ⅰ）當(dāng)a＝0，x∈[0，2]時(shí)，函數(shù)f（x）＝x2﹣x+1，因?yàn)閒（x）的圖象拋物線開口向上，對稱軸為，所以，當(dāng)時(shí)，f（x）值最小，最小值為；當(dāng)x＝2時(shí)，f（x）值最大，最大值為3．（Ⅱ）①當(dāng)x≤a時(shí)，函數(shù)．若，則f（x）在（﹣∞，a]上單調(diào)遞減，在（﹣∞，a]上的最小值為f（a）＝a2+1；若，則函數(shù)f（x）在（﹣∞，a]上的最小值為；②當(dāng)x＞a時(shí)，．若，則f（x）在[a，+∞）上的最小值為；若，則f（x）在[a，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）＞f（a）＝a2+1．所以，當(dāng)時(shí)，，f（x）的最小值為．當(dāng)時(shí)，，f（x）的最小值為．當(dāng)時(shí)，f（x）的最小值為與中小者．所以，當(dāng)時(shí)，f（x）的最小值為；當(dāng)時(shí)，f（x）的最小值為綜上，當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）的最小值為；當(dāng)a≥0時(shí)，f（x）的最小值為．【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)最值的求解，利用零點(diǎn)分段思想以及一元二次函數(shù)的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．5．已知f（x）是一次函數(shù)，且滿足3f（x+1）﹣2f（x﹣1）＝x+3．（1）求函數(shù)f（x）的解析式；（2）當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，若函數(shù)g（x）＝x?f（x）﹣2ax+2的最小值為，求a的值．【考點(diǎn)】函數(shù)的最值及其幾何意義．【分析】（1）設(shè)f（x）＝kx+b，則3f（x+1）﹣2f（x﹣1）＝kx+（5k+b），進(jìn)而求解；（2）因?yàn)閤∈[1，2]時(shí)，g（x）＝x2﹣2x﹣2ax+2＝x2﹣2（1+a）x+2，對稱軸x＝a+1，討論對稱軸與區(qū)間端點(diǎn)的關(guān)系，進(jìn)而求解．【解答】解：（1）設(shè)f（x）＝kx+b，則3f（x+1）﹣2f（x﹣1）＝kx+（5k+b），∵3f（x+1）﹣2f（x﹣1）＝x+3，∴k＝1且5k+b＝3，∴b＝﹣2，∴f（x）＝x﹣2；（2）因?yàn)閤∈[1，2]時(shí)，g（x）＝x2﹣2x﹣2ax+2＝x2﹣2（1+a）x+2，對稱軸x＝a+1，①當(dāng)a+1≤1時(shí)，即a≤0時(shí)，g（x）min＝g（1）＝1﹣2a，則得，此時(shí)不成立；②當(dāng)1＜a+1＜2，即0＜a＜1時(shí)，g（x）min＝g（a+1）＝﹣a2﹣2a+1，則得或（舍）；③當(dāng)a+1≥2，即a≥1時(shí)，g（x）min＝g（2）＝2﹣4a．則得，此時(shí)不成立，綜上可得：．【點(diǎn)評】（1）考查一次函數(shù)解析式的求解；考查二次函數(shù)在特定區(qū)間上最值問題，通過討論對稱軸與區(qū)間端點(diǎn)的關(guān)系求解．6．已知二次函數(shù)f（x）的圖象過點(diǎn)，且最小值為．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的解析式；（Ⅱ）函數(shù)g（x）＝f（x）﹣x2﹣（1+2m）x+1（m∈R）在[2，+∞）上的最小值為﹣3，求實(shí)數(shù)m的值．【考點(diǎn)】函數(shù)的最值及其幾何意義．【分析】（Ⅰ）根據(jù)題意，分析f（x）的對稱軸，設(shè)，將點(diǎn)（0，1）代入其解析式，解可得a的值，即可得答案；（Ⅱ）根據(jù)題意，求出g（x）的解析式，分m≤2與m＞2兩種情況討論，結(jié)合函數(shù)的最小值求出m的值，綜合即可得答案．【解答】解：（Ⅰ）由題意得：二次函數(shù)f（x）的圖象過點(diǎn)，則f（x）的對稱軸為對稱軸，設(shè)，又f（x）的圖象過點(diǎn)（0，1），代入得，解得a＝2，＝2x2+x+1，故f（x）＝2x2+x+1；（Ⅱ）由已知g（x）＝f（x）﹣x2﹣（1+2m）x+1＝x2﹣2mx+2，對稱軸為直線x＝m，開口向上，分兩種情況：①當(dāng)m≤2時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間[2，+∞）單調(diào)遞增，g（x）min＝g（2）＝6﹣4m＝﹣3，得到，與m＜2矛盾．②當(dāng)m＞2時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間[2，m）單調(diào)遞減，在區(qū)間[m，+∞）單調(diào)遞增，從而，得到或舍掉與m＞2矛盾；綜上所述：．【點(diǎn)評】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，關(guān)鍵是求出該二次函數(shù)的解析式，屬于基礎(chǔ)題．7．已知函數(shù)f（x）＝|x﹣1|﹣2|x+1|的最大值a（a∈R）．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）若（m＞0，n＞0），試比較m+2n與2的大小．【考點(diǎn)】函數(shù)的最值及其幾何意義．【分析】（Ⅰ）去掉絕對值，利用分段函數(shù)寫出f（x）的解析式，再計(jì)算f（x）的最大值a；（Ⅱ）由＝2，利用基本不等式求m+2n的最小值即可．【解答】解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）＝|x﹣1|﹣2|x+1|＝；∴f（x）的最大值為f（﹣1）＝2，∴a＝2；（Ⅱ）∵＝2，且m＞0，n＞0，∴m+2n＝（m+2n）××（+）＝×（2++）≥×（2+2）＝2，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即m＝1，n＝時(shí)等號成立；所以m+2n≥2．【點(diǎn)評】本題考查了含有絕對值的函數(shù)以及基本不等式的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．8．已知函數(shù)f（x）＝．（1）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，2]上的最值；（2）若關(guān)于x的方程（x+1）f（x）﹣ax＝0在區(qū)間（1，4）內(nèi)有兩個不等實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【考點(diǎn)】函數(shù)的最值及其幾何意義；函數(shù)零點(diǎn)的判定定理．【分析】（1）利用換元法令t＝x+1，t∈[1，3]，從而化為y＝t+﹣2，從而求閉區(qū)間上的最值；（2）當(dāng)x∈（1，4）時(shí)，可化方程為a＝＝x+，從而作函數(shù)y＝x+在（1，4）上的圖象，結(jié)合圖象求解即可．【解答】解：（1）令t＝x+1，t∈[1，3]，則x＝t﹣1，故y＝f（x）＝＝＝t+﹣2，由對勾函數(shù)的性質(zhì)可知，函數(shù)y＝g（t）＝t+﹣2在[1，2]上單調(diào)遞減，在[2，3]上單調(diào)遞增；且g（1）＝1+4﹣2＝3，g（2）＝2+2﹣2＝2，g（3）＝3+﹣2＝，故函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，2]上的最小值為2，最大值為3；（2）當(dāng)x∈（1，4）時(shí)，∵（x+1）f（x）﹣ax＝0，∴（x2+3）﹣ax＝0，故a＝＝x+，作函數(shù)y＝x+在（1，4）上的圖象如下，，其中ymin＝+＝2，y|x＝1＝1+3＝4，y|x＝4＝4+＞4，故結(jié)合圖象可知，當(dāng)2＜a＜4時(shí)，關(guān)于x的方程（x+1）f（x）﹣ax＝0在區(qū)間（1，4）內(nèi)有兩個不等實(shí)根．故實(shí)數(shù)a的取值范圍為2＜a＜4．【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的最值的求法及數(shù)形結(jié)合的思想應(yīng)用．9．已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣x+1﹣a．（1）當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)y＝f（x）在[﹣3，3]上的最大值與最小值．（2）當(dāng)a＞0時(shí)，記，若對任意x1，x2∈[﹣3，﹣1]，總有，求a的取值范圍．【考點(diǎn)】函數(shù)的最值及其幾何意義．【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出函數(shù)的最值，（2）問題轉(zhuǎn)化為只需當(dāng)x∈[﹣3，﹣1]時(shí)，，分類討論，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求出．【解答】解：（1）當(dāng)a＝1時(shí)，，∵，∴當(dāng)x＝﹣3時(shí)，f（x）max＝12，當(dāng)時(shí)，（2）由題意可知：要使得對任意x1，x2∈[﹣3，﹣1]，總有只需當(dāng)x∈[﹣3，﹣1]時(shí)，①當(dāng)a≥1時(shí)，g（x）在[﹣3，﹣1]上單調(diào)遞增即：，所以，所以，不合題意）②當(dāng)0＜a＜1時(shí)（Ⅰ）當(dāng)時(shí)，g（x）在[﹣3，﹣1]上單調(diào)遞增，解得（Ⅱ）時(shí)，g（x）在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減可得，解得（Ⅲ），g（x）在[﹣3，﹣1]上單調(diào)遞減，所以，即綜上≤a≤【點(diǎn)評】本題考查不等式恒成立問題的解法，注意運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性，同時(shí)考查分類討論的思想方法，屬于中檔題．題型7、二次函數(shù)含參最值問題及逆用1．已知：函數(shù)f（x）＝x2﹣2ax+2，x∈[﹣1，1]．（1）求f（x）的最小值g（a）；（2）求g（a）的最大值．【考點(diǎn)】二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象．【分析】（1）通過對稱軸x＝a是否在區(qū)間內(nèi)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解最小值即可．（2）求出g（a）的表達(dá)式，然后求解最大值即可．【解答】解：（1）當(dāng)a≥1時(shí)，f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上是減函數(shù)，最小值g（a）＝3﹣2a；當(dāng)﹣1＜a＜1時(shí)，f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上是先減后增函數(shù)，最小值g（a）＝2﹣a2；當(dāng)a≤﹣1時(shí)，f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上是增函數(shù)，最小值g（a）＝3+2a；（2）由（1）可知g（a）在[1，+∞）上是減函數(shù)，g（a）最大值為1；g（a）在（﹣1，1）上是先增再減函數(shù)，g（a）最大值為2；g（a）在（﹣∞，﹣1]上是增函數(shù)，g（a）最大值為1；所以g（a）最大值為2．【點(diǎn)評】本題考查二次函數(shù)的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．2．已知函數(shù)f（x）＝x2+bx+c有兩個零點(diǎn)0和﹣2，且g（x）和f（x）的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱．（1）求函數(shù)f（x）和g（x）的解析式；（2）解不等式f（x）≥g（x）+6x﹣4；（3）如果f（x）定義在[m，m+1]，f（x）的最大值為g（m），求g（m）的解析式．【考點(diǎn)】函數(shù)解析式的求解及常用方法；二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象．【分析】（1）直接將x＝0，x＝﹣2代入f（x），求出b，c，即可求出函數(shù)f（x）的解析式，利用f（x）和g（x）的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，即可求出g（x）的解析式；（2）f（x）≥g（x）+6x﹣4即x2+2x≥﹣x2+2x+6x﹣4，解出即可；（3）先求出函數(shù)的對稱軸，通過討論m的范圍，從而確定出g（m）的解析式即可．【解答】解：（1）由f（x）＝x2+bx+c有兩個零點(diǎn)0和﹣2，即有，解得b＝2，c＝0，即f（x）＝x2+2x，由f（x）和g（x）的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以g（x）＝﹣x2+2x．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）（2）f（x）≥g（x）+6x﹣4即x2+2x≥﹣x2+2x+6x﹣4，即x2﹣3x+2≥0得不等式的解為{x|x≥2或x≤1}﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（3）f（x）＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，當(dāng)m+1≤﹣1，即m≤﹣2時(shí)，f（x）的最大值g（m）＝m2+2m，當(dāng)m＞﹣1時(shí)，f（x）的最大值g（m）＝（m+1）2+2（m+1）＝m2+4m+3，當(dāng)時(shí)，f（x）的最大值g（m）＝m2+2m，當(dāng)時(shí)，f（x）的最大值g（m）＝（m+1）2+2（m+1）＝m2+4m+3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）【點(diǎn)評】本題考查了求函數(shù)的解析式問題，考查二次函數(shù)的性質(zhì)，函數(shù)的最值問題，是一道中檔題．3．已知二次函數(shù)f（x）滿足f（x+1）﹣f（x）＝2x（x∈R），且f（0）＝1．（1）求f（x）的解析式；（2）當(dāng)x∈[﹣1，1]時(shí)，不等式f（x）＞2x+m有解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；（3）設(shè)g（t）＝f（2t+a），t∈[﹣1，1]，求g（t）的最大值．【考點(diǎn)】二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象．【分析】（1）設(shè)出二次函數(shù)的一般形式后，代入f（x+1）﹣f（x）＝2x，化簡后根據(jù)多項(xiàng)式相等的條件求出a，b及c的值，即可確定出f（x）的解析式；（2）不等式恒成立即為把不等式變?yōu)閤2﹣3x+1＞m，令g（x）等于x2﹣3x+1，求出g（x）在區(qū)間[﹣1，1]上