2023版大一輪數(shù)學(xué)人教A版-第2節(jié)-函數(shù)的單調(diào)性與最值

第2節(jié)函數(shù)的單調(diào)性與最值知識梳理1.函數(shù)的單調(diào)性(1)增函數(shù)與減函數(shù)(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(yán)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(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x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(3)對于任意x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M結(jié)論M為最大值M為最小值1.有關(guān)單調(diào)性的常用結(jié)論在公共定義域內(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)；增函數(shù)－減函數(shù)＝增函數(shù)；減函數(shù)－增函數(shù)＝減函數(shù).2.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,f（x）)的單調(diào)性相反.3.“對勾函數(shù)”y＝x＋eq\f(a,x)(a>0)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－eq\r(a))，(eq\r(a)，＋∞)；單調(diào)減區(qū)間是[－eq\r(a)，0)，(0，eq\r(a)].診斷自測1.判斷下列結(jié)論正誤(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)對于函數(shù)f(x)，x∈D，若對任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù).()(2)函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)∪(0，＋∞).()(3)對于函數(shù)y＝f(x)，若f(1)<f(3)，則f(x)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，＋∞).()答案(1)√(2)×(3)×(4)×解析(2)此單調(diào)區(qū)間不能用“∪”連接，故單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)和(0，＋∞).(3)應(yīng)對任意的x1＜x2，f(x1)＜f(x2)成立才可以.(4)若f(x)＝x，在[1，＋∞)上為增函數(shù)，但y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，＋∞).2.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解析易知A中y＝eq\f(1,x)－x在(0，＋∞)內(nèi)是減函數(shù)，B，C中函數(shù)y＝x2－x與y＝lnx－x在(0，＋∞)內(nèi)不單調(diào)，D中y＝ex在(0，＋∞)內(nèi)是增函數(shù).3.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]上遞減，當(dāng)x＝2時，y＝eq\f(x,x－1)取得最大值eq\f(2,2－1)＝2.4.(2021·長沙檢測)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，＋∞)答案D解析由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.設(shè)t＝x2－2x－8，則y＝lnt為增函數(shù).要求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，即求t＝x2－2x－8的單調(diào)遞增區(qū)間.∵函數(shù)t＝x2－2x－8的單調(diào)遞增區(qū)間為(4，＋∞)，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(4，＋∞).5.(2020·全國Ⅱ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，則f(x)()A.是偶函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))單調(diào)遞增B.是奇函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))單調(diào)遞減C.是偶函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))單調(diào)遞增D.是奇函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))單調(diào)遞減答案D解析f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠±\f(1,2)))))，關(guān)于原點對稱，又f(－x)＝ln|－2x＋1|－ln|－2x－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，故排除A，C；又當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))時，f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)＝lneq\f(－2x－1,1－2x)＝lneq\f(2x＋1,2x－1)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2x－1)))，∵y＝1＋eq\f(2,2x－1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞減，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可得f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞減.故選D.6.(2021·聊城檢測)函數(shù)f(x)＝9x2＋eq\r(x－1)的最小值為________.答案9解析∵f(x)的定義域為[1，＋∞)，且y＝9x2與y＝eq\r(x－1)在[1，＋∞)內(nèi)均為增函數(shù)，∴f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(1)＝9.考點一確定函數(shù)的單調(diào)性(區(qū)間)1.(2019·北京卷)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A.y＝xeq\s\up6(\f(1,2)) B.y＝2－xC.y＝logeq\s\do9(\f(1,2))x D.y＝eq\f(1,x)答案A解析由圖象知，只有y＝xeq\f(1,2)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.故選A.2.函數(shù)y＝logeq\f(1,2)(－x2＋x＋6)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2)))C.(－2，3) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))答案A解析由－x2＋x＋6>0，得－2<x<3，故函數(shù)的定義域為(－2，3)，令t＝－x2＋x＋6，則y＝logeq\f(1,2)t，易知其為減函數(shù).則本題等價于求函數(shù)t＝－x2＋x＋6在(－2，3)上的單調(diào)遞減區(qū)間.利用二次函數(shù)的性質(zhì)，得t＝－x2＋x＋6在定義域(－2，3)上的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，故選A.3.(2021·重慶聯(lián)考)下列函數(shù)的圖象既關(guān)于直線x＝1對稱，又在區(qū)間[－1，0]上為增函數(shù)的是()A.y＝sinπx B.y＝|x－1|C.y＝cosπx D.y＝ex＋e－x答案C解析A中，當(dāng)x＝1時，y＝sinπ＝0≠±1，所以y＝sinπx不關(guān)于直線x＝1對稱，則A錯誤.B中，y＝|x－1|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1，x≥1，,－x＋1，x<1，))在區(qū)間[－1，0]上為減函數(shù)，則B錯誤.D中，y＝f(x)＝ex＋e－x，則f(0)＝2，f(2)＝e2＋e－2，則f(0)≠f(2)，所以y＝ex＋e－x不關(guān)于直線x＝1對稱，則D錯誤.4.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\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________.答案[0，1)解析由題意知g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))函數(shù)的圖象如圖所示的實線部分，根據(jù)圖象，g(x)的遞減區(qū)間是[0，1).感悟升華1.函數(shù)單調(diào)性的判斷方法有：(1)定義法；(2)圖象法；(3)利用已知函數(shù)的單調(diào)性；(4)導(dǎo)數(shù)法.2.函數(shù)y＝f[g(x)]的單調(diào)性應(yīng)根據(jù)外層函數(shù)y＝f(t)和內(nèi)層函數(shù)t＝g(x)的單調(diào)性判斷，遵循“同增異減”的原則.考點二函數(shù)的最值(值域)【例1】(1)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)在區(qū)間[－1，1]上的最大值為________.(2)對于任意實數(shù)a，b，定義min{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b.))設(shè)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)3(2)1解析(1)由于y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)在R上單調(diào)遞減，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在[－1，1]上單調(diào)遞減，故f(x)在[－1，1]上的最大值為f(－1)＝3.(2)法一在同一坐標(biāo)系中，作函數(shù)f(x)，g(x)的圖象，依題意，h(x)的圖象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.法二依題意，h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，0<x≤2，,－x＋3，x>2.))當(dāng)0<x≤2時，h(x)＝log2x是增函數(shù)，當(dāng)x>2時，h(x)＝3－x是減函數(shù)，因此h(x)在x＝2時取得最大值h(2)＝1.感悟升華1.求函數(shù)最值的三種基本方法：(1)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.(2)圖象法：先作出函數(shù)的圖象，再觀察其最高點、最低點，求出最值.(3)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.2.對于較復(fù)雜函數(shù)，可運用導(dǎo)數(shù)，求出在給定區(qū)間上的極值，最后結(jié)合端點值，求出最值.【訓(xùn)練1】(1)已知1≤x≤5，則下列函數(shù)中，最小值為4的是()A.y＝4x＋eq\f(1,x) B.y＝x＋eq\f(4,x＋1)C.y＝－x2＋2x＋3 D.y＝5＋lnx－eq\f(1,x)(2)(多選題)(2021·淄博質(zhì)檢)對于實數(shù)x，記[x]表示不超過x的最大整數(shù)，例如[π]＝3，[－1.08]＝－2，定義函數(shù)f(x)＝x－[x]，則下列說法中正確的是()A.f(－3.9)＝f(4.1)B.函數(shù)f(x)的最大值為1C.函數(shù)f(x)的最小值為0D.方程f(x)－eq\f(1,2)＝0有無數(shù)個根答案(1)D(2)ACD解析(1)函數(shù)y＝4x＋eq\f(1,x)在[1，5]上遞增，所以4x＋eq\f(1,x)≥5，A不符合題意；因為x≥1，所以y＝x＋eq\f(4,x＋1)＝x＋1＋eq\f(4,x＋1)－1≥4－1＝3(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號)，故其最小值不為4，B不符合題意；y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，其最大值為4(當(dāng)x＝1時取得)，最小值是f(5)＝－12，C不符合題意.易知函數(shù)y＝5＋lnx－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上遞增，所以在區(qū)間[1，5]上也是增函數(shù)，其最小值為f(1)＝5＋ln1－eq\f(1,1)＝4，D符合題意.(2)f(－3.9)＝－3.9－[－3.9]＝－3.9－(－4)＝0.1，f(4.1)＝4.1－[4.1]＝4.1－4＝0.1，A正確；顯然x－1＜[x]≤x，因此0≤x－[x]＜1，∴f(x)無最大值，但有最小值且最小值為0，B錯誤，C正確；方程f(x)－eq\f(1,2)＝0的解為x＝k＋eq\f(1,2)(k∈Z)，D正確.故選ACD.考點三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用角度1利用單調(diào)性比較大小【例2】(1)(2021·武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,ex＋1)－eq\f(1,2)，若a＝f(21.3)，b＝f(40.7)，c＝f(log38)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.c<a<b B.a<c<bC.b<a<c D.a<b<c(2)(2021·福州質(zhì)檢)已知定義域為R的函數(shù)f(x)滿足f(－x)－f(x)＝0，且當(dāng)x≥0時，f(x)＝eq\r(x)－2－x，設(shè)a＝f(－31.2)，b＝f(3－0.2)，c＝f(log30.2)，則()A.c>b>a B.a>b>cC.c>a>b D.a>c>b答案(1)C(2)D解析(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,ex＋1)－eq\f(1,2)是R上的減函數(shù)，又log38<2<21.3<21.4＝40.7，∴f(40.7)<f(21.3)<f(log38)，即b<a<c.(2)由f(－x)－f(x)＝0，知f(x)是偶函數(shù)，易知f(x)＝eq\r(x)－2－x在[0，＋∞)上單調(diào)遞增.因為a＝f(－31.2)＝f(31.2)，c＝f(log30.2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,5)))＝f(－log35)＝f(log35)，且31.2>3，1＝log33<log35<log327＝3，0<3－0.2<1，即31.2>log35>3－0.2>0，所以f(31.2)>f(log35)>f(3－0.2)，即a>c>b.角度2求解函數(shù)不等式【例3】(1)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，則實數(shù)x的取值范圍是________.(2)(2021·青島聯(lián)考)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f(－x)，且f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，若不等式f(ax＋2)≤f(－1)對于任意x∈[1，2]恒成立，則a的最大值為________.答案(1)(－eq\r(5)，－2)∪(2，eq\r(5))(2)－1解析(1)因為函數(shù)f(x)＝lnx＋2x在定義域(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2得，f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－eq\r(5)<x<－2或2<x<eq\r(5).(2)由于f(x)滿足f(x)＝f(－x)，可知f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，∵f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，∴f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增.根據(jù)f(x)的圖象特征可得－1≤ax＋2≤1在[1，2]上恒成立，得－eq\f(3,x)≤a≤－eq\f(1,x)在[1，2]上恒成立，所以－eq\f(3,2)≤a≤－1，故a的最大值為－1.角度3求參數(shù)的值或取值范圍【例4】(1)(2020·九江三校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(22－x，x<2，,\f(3,4)x2－3x＋4，x≥2，))若不等式a≤f(x)≤b的解集恰好為[a，b]，則b－a＝________.(2)(2021·衡水中學(xué)檢測)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x≥4，,2ax－3，x<4，))對任意x1，x2∈(－∞，＋∞)，x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，則實數(shù)a的取值范圍為________.答案(1)4(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,8)))解析(1)易知f(x)在(－∞，2)上遞減，在[2，＋∞)上遞增，且x<2時，22－x>22－2＝1，∴f(x)min＝f(2)＝1，又a≤f(x)≤b的解集恰好為[a，b].∴必然有a≤1，此時22－1＝2，所以b≥2.依題設(shè)，eq\f(3,4)b2－3b＋4＝b，解得b＝4或b＝eq\f(4,3)(舍).令22－x＝4，得x＝0，所以a＝0，于是b－a＝4.(2)依題設(shè)，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x≥4，,2ax－3，x<4))在R上單調(diào)遞增，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a>0，,8a－3≤2，))解得0<a≤eq\f(5,8).故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,8))).感悟升華1.比較函數(shù)值的大小，應(yīng)將自變量轉(zhuǎn)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，其實質(zhì)是函數(shù)單調(diào)性的逆用，由條件脫去“f”，轉(zhuǎn)化為自變量間的大小關(guān)系，應(yīng)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)的思路是：根據(jù)其單調(diào)性直接構(gòu)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(jié)合圖象求解.對于分段函數(shù)，要注意銜接點的取值.【訓(xùn)練2】(1)設(shè)f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)單調(diào)遞減，則()A.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))>f(2－eq\f(3,2))>f(2－eq\f(2,3))B.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))>f(2－eq\f(2,3))>f(2－eq\f(3,2))C.f(2－eq\f(3,2))>f(2－eq\f(2,3))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))D.f(2－eq\f(2,3))>f(2－eq\f(3,2))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))(2)如果函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－a）x＋1，x<1，,ax，x≥1))滿足對任意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0成立，那么a的取值范圍是________.答案(1)C(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))解析(1)因為f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))＝f(－log34)＝f(log34).又因為log34>1>2－eq\f(2,3)>2－eq\f(3,2)>0，且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(log34)<f(2－eq\f(2,3))<f(2－eq\f(3,2)).即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))<f(2－eq\f(2,3))<f(2－eq\f(3,2)).(2)對任意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù).所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－a>0，,a>1，,（2－a）×1＋1≤a，))解得eq\f(3,2)≤a<2.故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).構(gòu)造函數(shù)破解不等式(方程)問題對于結(jié)構(gòu)相同(相似)的不等式(方程)，通常考慮變形，構(gòu)造函數(shù)，利用基本初等函數(shù)的性質(zhì)，尋找變量之間的關(guān)系，達(dá)到解題目的.考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理與數(shù)學(xué)抽象.【典例】(2020·全國Ⅰ卷)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A.a>2b B.a<2b C.a>b2 D.a<b2答案B解析由指數(shù)和對數(shù)的運算性質(zhì)可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.令f(x)＝2x＋log2x，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.故選B.素養(yǎng)升華1.破解此類題的關(guān)鍵：一是細(xì)審題，盯題眼，如本題的題眼為“2a＋log2a＝4b＋2log4b”；二是巧構(gòu)造，即會構(gòu)造函數(shù)，注意活用基本初等函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行判斷；三是會放縮，即會利用放縮法比較大小.2.(1)本題主要考查利用函數(shù)的單調(diào)性，比較大小等知識；(2)邏輯推理是解決數(shù)學(xué)問題最常用、最重要的手段，將題目變形“22b＋log2b<22b＋log2(2b)”時要充分借助選項與提供的信息.【訓(xùn)練】(2020·全國Ⅱ卷)若2x－2y<3－x－3－y，則()A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0答案A解析原已知條件等價于2x－3－x<2y－3－y，設(shè)函數(shù)f(x)＝2x－3－x.因為函數(shù)y＝2x與y＝－3－x在R上均單調(diào)遞增，所以f(x)在R上單調(diào)遞增.即f(x)<f(y)，所以x<y，即y－x>0，所以A正確，B不正確.因為|x－y|與1的大小不能確定，所以C，D不正確.A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1.(2021·青島一中月考)函數(shù)f(x)＝logeq\f(1,2)(x2－4)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.(－∞，－2) B.(2，＋∞)C.(－∞，0) D.(0，＋∞)答案A解析f(x)的定義域為(－∞，－2)∪(2，＋∞)，令t＝x2－4，易知t＝x2－4在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，又y＝logeq\f(1,2)t是減函數(shù)，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－2).2.(2021·宜賓調(diào)研)下列函數(shù)中，同時滿足：①圖象關(guān)于y軸對稱；②?x1，x2∈(0，＋∞)(x1≠x2)，eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)>0的是()A.f(x)＝x－1 B.f(x)＝log2|x|C.f(x)＝cosx D.f(x)＝2x＋1答案B解析滿足條件的函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵f(x)＝x－1為奇函數(shù)，f(x)＝2x＋1非奇非偶，f(x)＝cosx為周期函數(shù)，且在(0，＋∞)上不單調(diào)，∴A，C，D項均不正確，只有f(x)＝log2|x|為偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上遞增.3.(2021·南昌四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝3x－2cosx，若a＝f(3eq\r(2))，b＝f(2)，c＝f(log27)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A.a<b<c B.c<a<bC.b<a<c D.b<c<a答案D解析對f(x)＝3x－2cosx求導(dǎo)得f′(x)＝3＋2sinx，則有f′(x)＝3＋2sinx>0在R上恒成立，則f(x)在R上為增函數(shù).又2＝log24<log27<3<3eq\r(2)，所以b<c<a.4.若函數(shù)y＝eq\f(2－x,x＋1)，x∈(m，n]的最小值為0，則m的取值范圍是()A.(1，2) B.(－1，2)C.[1，2) D.[－1，2)答案D解析函數(shù)y＝eq\f(2－x,x＋1)＝eq\f(3－（x＋1）,x＋1)＝eq\f(3,x＋1)－1在區(qū)間(－1，＋∞)上是減函數(shù)，且f(2)＝0，所以n＝2.根據(jù)題意，x∈(m，n]時，ymin＝0.∴m的取值范圍是[－1，2).5.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋（4a－3）x＋3a，x<0，,loga（x＋1）＋1，x≥0))(a>0且a≠1)在R上單調(diào)遞減，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))答案C解析由分段函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，可得0<a<1，根據(jù)二次函數(shù)圖象及性質(zhì)，可得－eq\f(4a－3,2)≥0，解得a≤eq\f(3,4)，又由3a≥loga(0＋1)＋1得3a≥1，解得a≥eq\f(1,3).∴實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,4))).6.定義max{a，b，c}為a，b，c中的最大值，設(shè)M＝max{2x，2x－3，6－x}，則M的最小值是()A.2 B.3 C.4 D.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4.二、填空題7.若函數(shù)f(x)＝ex－e－x，則不等式f(2x＋1)＋f(x－2)>0的解集為________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析由f(－x)＝－f(x)，知f(x)＝ex－e－x為奇函數(shù)，又易證在定義域R上，f(x)是增函數(shù)，則不等式f(2x＋1)＋f(x－2)>0等價于f(2x＋1)>－f(x－2)＝f(－x＋2)，則2x＋1>－x＋2，即x>eq\f(1,3)，故不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).8.函數(shù)y＝|x|(1－x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析y＝|x|(1－x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（1－x），x≥0，,－x（1－x），x<0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x<0，))函數(shù)的大致圖象如圖所示.由圖易知函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).9.(2021·山東師大附中調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝e|x－a|(a為常數(shù))，若f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________.答案(－∞，1]解析f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－a，x≥a，,ea－x，x<a，))當(dāng)x≥a時，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x<a時，f(x)單調(diào)遞減，又f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，所以a≤1.三、解答題10.函數(shù)f(x)＝loga(1－x)＋loga(x＋3)(0<a<1).(1)求方程f(x)＝0的解；(2)若函數(shù)f(x)的最小值為－1，求a的值.解(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,x＋3>0))得－3<x<1.∴f(x)的定義域為(－3，1).則f(x)＝loga(－x2－2x＋3)，x∈(－3，1)，令f(x)＝0，得－x2－2x＋3＝1，解得x＝－1－eq\r(3)或x＝－1＋eq\r(3)，經(jīng)檢驗，均滿足原方程成立.故f(x)＝0的解為x＝－1±eq\r(3).(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)，∴l(xiāng)oga[－(x＋1)2＋4]≥loga4，由題意可得loga4＝－1，解得a＝eq\f(1,4)，滿足條件.所以a的值為eq\f(1,4).11.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(jié)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－eq\f(2,2x1＋1)－a＋eq\f(2,2x2＋1)＝eq\f(2·（2x1－2x2）,（1＋2x1）（1＋2x2）)，∵y＝2x在R上單調(diào)遞增且x1<x2，∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0，2x1＋1>0，2x2＋1>0.∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2).∴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).B級能力提升12.(多選題)(2021·長沙調(diào)研)函數(shù)f(x)的定義域為D，對給定的正數(shù)k，若存在閉區(qū)間[a，b]?D，使得函數(shù)f(x)滿足：①f(x)在[a，b]內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②f(x)在[a，b]上的值域為[ka，kb]，則稱區(qū)間[a，b]為y＝f(x)的k級“理想?yún)^(qū)間”.下列結(jié)論正確的是()A.函數(shù)f(x)＝x2存在1級“理想?yún)^(qū)間”B.函數(shù)f(x)＝ex不存