高考數(shù)學（理）高分計劃一輪高分講義第2章函數(shù)導數(shù)及其應用22函數(shù)的單調性與最值

2.2函數(shù)的單調性與最值[知識梳理]1．函數(shù)的單調性(1)單調函數(shù)的定義

(2)函數(shù)單調性的三種等價形式設任意x1，x2∈[a，b]且x1<x2，那么①x1－x2<0，若f(x1)－f(x2)<0?f(x)在[a，b]上是增函數(shù)；若f(x1)－f(x2)>0?f(x)在[a，b]上是減函數(shù)．②eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0?f(x)在[a，b]上是增函數(shù)；eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0?f(x)在[a，b]上是減函數(shù)．③(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0?f(x)在[a，b]上是增函數(shù)；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0?f(x)在[a，b]上是減函數(shù)．注：研究函數(shù)單調區(qū)間的注意事項(1)單調性是與“區(qū)間”緊密相關的概念，一個函數(shù)在不同的區(qū)間上，可以有不同的單調性．(2)函數(shù)的單調性只能在函數(shù)的定義域內來討論，所以求函數(shù)的單調區(qū)間，必須先求函數(shù)的定義域．(3)函數(shù)的單調性是對某個區(qū)間而言的，所以要受到區(qū)間的限制．例如函數(shù)y＝eq\f(1,x)分別在(－∞，0)，(0，＋∞)內都是單調遞減的，但不能說它在整個定義域即(－∞，0)∪(0，＋∞)內單調遞減，只能分開寫，即函數(shù)的單調減區(qū)間為(－∞，0)和(0，＋∞)．2．函數(shù)的最值函數(shù)的最大值對應圖象最高點的縱坐標，函數(shù)的最小值對應圖象最低點的縱坐標．注：(1)函數(shù)的值域一定存在，而函數(shù)的最值不一定存在．(2)若函數(shù)的最值存在，則一定是值域中的元素；若函數(shù)的值域是開區(qū)間，則函數(shù)無最值，若函數(shù)的值域是閉區(qū)間，則閉區(qū)間上的端點值就是函數(shù)的最值．[診斷自測]1．概念思辨(1)函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(2)設任意x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，那么f(x)在[a，b]上是增函數(shù)?eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0?(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0.()(3)函數(shù)y＝f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)的增區(qū)間為[0，＋∞)．()(4)閉區(qū)間上的單調函數(shù)，其最值一定在區(qū)間端點取到．()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2．教材衍化(1)(必修A1P39B組T3)下列函數(shù)中，在區(qū)間(－∞，0)上是減函數(shù)的是()A．y＝2xB．y＝logeq\s\do8(\f(1,2))xC．y＝x－1D．y＝x3答案C解析函數(shù)y＝2x在區(qū)間(－∞，0)上是增函數(shù)；函數(shù)y＝logeq\s\do8(\f(1,2))x在區(qū)間(－∞，0)上無意義；函數(shù)y＝x－1在區(qū)間(－∞，0)上是減函數(shù)；函數(shù)y＝x3在區(qū)間(－∞，0)上是增函數(shù)．故選C.(2)(必修A1P45B組T4)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－ax－5x≤1，,\f(a,x)x>1))是R上的增函數(shù)，則a的取值范圍是()A．－3≤a<0 B．－3≤a≤－2C．a≤－2 D．a<0答案B解析∵函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－ax－5x≤1，,\f(a,x)x>1))是R上的增函數(shù)，設g(x)＝－x2－ax－5(x≤1)，h(x)＝eq\f(a,x)(x>1)，由分段函數(shù)的性質可知，函數(shù)g(x)＝－x2－ax－5在(－∞，1]單調遞增，函數(shù)h(x)＝eq\f(a,x)在(1，＋∞)單調遞增，且g(1)≤h(1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)≥1，,a<0，,－a－6≤a，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤－2，,a<0，,a≥－3，))解得－3≤a≤－2.故選B.3．小題熱身(1)(2014·天津高考)函數(shù)f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(x2－4)的單調遞增區(qū)間為()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)答案D解析由x2－4>0得x<－2或x>2.令u＝x2－4，易知u＝x2－4在(－∞，－2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)，y＝logeq\s\do8(\f(1,2))u為減函數(shù)，故f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，－2)．故選D.(2)(2017·保定期末)直角梯形OABC中AB∥OC，AB＝1，OC＝BC＝2，直線l：x＝t截該梯形所得位于l左邊圖形面積為S，則函數(shù)S＝f(t)的圖象大致為()答案C解析由題意可知：當0<t≤1時，f(t)＝eq\f(1,2)·t·2t＝t2，當1<t≤2時，f(t)＝1×2×eq\f(1,2)＋(t－1)·2＝2t－1；所以f(t)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t2，0<t≤1，,2t－1，1<t≤2.))結合不同段上函數(shù)的性質，可知選項C符合．故選C.題型1函數(shù)單調性的判斷與證明eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x2＋1)－ax，其中a>0.(1)若2f(1)＝f(－1)，求a(2)證明：當a≥1時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上為單調減函數(shù)．本題用定義法．解(1)由2f(1)＝f(－1)可得2eq\r(2)－2a＝eq\r(2)＋a，得a＝eq\f(\r(2),3).(2)證明：任取x1，x2∈[0，＋∞)，且x1<x2，f(x1)－f(x2)＝eq\r(x\o\al(2,1)＋1)－ax1－eq\r(x\o\al(2,2)＋1)＋ax2＝eq\r(x\o\al(2,1)＋1)－eq\r(x\o\al(2,2)＋1)－a(x1－x2)＝eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),\r(x\o\al(2,1)＋1)＋\r(x\o\al(2,2)＋1))－a(x1－x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,\r(x\o\al(2,1)＋1)＋\r(x\o\al(2,2)＋1))－a)).∵0≤x1<eq\r(x\o\al(2,1)＋1)，0<x2<eq\r(x\o\al(2,2)＋1)，∴0<eq\f(x1＋x2,\r(x\o\al(2,1)＋1)＋\r(x\o\al(2,2)＋1))<1.又∵a≥1，∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x)在[0，＋∞)上單調遞減．方法技巧確定函數(shù)單調性(區(qū)間)的常用方法1．定義法：本例采用了定義法．一般步驟為設元→作差→變形→判斷符號→得出結論．其關鍵是作差變形．見典例．2．圖象法：如沖關針對訓練1.3．導數(shù)法：本例也可采用求導法．利用導數(shù)取值的正負確定函數(shù)的單調性．見沖關針對訓練2.沖關針對訓練1．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x≥0，,4x－x2，x<0，))若f(2－a2)>f(a)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－1,2)C．(－2,1) D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)答案C解析依題意知f(x)在R上是增函數(shù)，由f(2－a2)>f(a)，得2－a2>a，解得－2<a<1.2．討論函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，＋∞)上的單調性．解∵f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)，∴f′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)＝eq\f(x＋\r(a)x－\r(a),x2)，令f′(x)＝0，計算得出x＝±eq\r(a)，當f′(x)>0，即x>eq\r(a)時，f(x)單調遞增，當f′(x)<0，即0<x<eq\r(a)時，f(x)單調遞減，綜上所述，x∈(eq\r(a)，＋∞)函數(shù)f(x)單調遞增，x∈(0，eq\r(a))函數(shù)f(x)單調遞減.題型2求函數(shù)的單調區(qū)間eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例1))(2017·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調遞增區(qū)間是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)根據復合函數(shù)單調性的“同增異減”求解．答案D解析由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.設t＝x2－2x－8，則y＝lnt為增函數(shù)．要求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間，即求函數(shù)t＝x2－2x－8的單調遞增區(qū)間．∵函數(shù)t＝x2－2x－8的單調遞增區(qū)間為(4，＋∞)，∴函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(4，＋∞)．故選D.[條件探究]若將本典例自然對數(shù)變?yōu)橹笖?shù)函數(shù)如何求解呢？解eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例2))求函數(shù)f(x)＝|x2－4x＋3|的單調區(qū)間．本題用圖象法．解先作出函數(shù)y＝x2－4x＋3的圖象，由于絕對值的作用，把x軸下方的部分翻折到上方，可得函數(shù)y＝|x2－4x＋3|的圖象．如圖所示．由圖可知f(x)在(－∞，1]和[2,3]上為減函數(shù)，在[1,2]和[3，＋∞)上為增函數(shù)，故f(x)的增區(qū)間為[1,2]，[3，＋∞)，減區(qū)間為(－∞，1]，[2,3]．[條件探究]若將本典例中的絕對值符號挪動位置，那如何求解呢？例如：f(x)＝－x2＋2|x|＋3.解∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3x≥0，,－x2－2x＋3x<0，))其圖象如圖所示，所以函數(shù)y＝f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，－1]和[0,1]；單調遞減區(qū)間為[－1，0]和[1，＋∞)．eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例3))求函數(shù)f(x)＝x－lnx的單調區(qū)間．本題采用導數(shù)法．解由題意，得x>0.y′＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x).由y′＝0解得x＝1.列表如下：由上表可知，函數(shù)的單調遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(0,1)．[條件探究]若本典例變?yōu)閒(x)＝ax＋lnx．研究單調區(qū)間時，應注意什么問題？解由于參數(shù)a范圍未定，所以要對a進行分類討論．f(x)＝ax＋lnx的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax＋1,x)，①當a≥0時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)；②當a<0時，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))時，f′(x)>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0；故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).方法技巧1．研究函數(shù)的單調性及求單調區(qū)間問題，首先求出函數(shù)的定義域(定義域優(yōu)先原則)．2．對已知函數(shù)解析式的構成進行分析，變形轉化，變成幾個基本初等函數(shù)組成的形式，再根據基本初等函數(shù)的性質，研究函數(shù)的單調性．例如：典例1函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)是由y＝lnu，u＝x2－2x－8復合而成的，u是中間變量．典例2條件探究函數(shù)f(x)＝－x2＋2|x|＋3，帶絕對值符號的可去掉絕對值符號，化為分段函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3x≥0，,－x2－2x＋3x<0.))3．若函數(shù)解析式是由y＝lnx，y＝ex與其他基本函數(shù)構成的復雜函數(shù)，需要考慮求導法．如典例3.沖關針對訓練1．(2017·洛陽二模)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)]答案B解析由圖象可知，函數(shù)y＝f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).∵0<a<1，∴函數(shù)y＝logax在定義域內單調遞減．由題意可知，0≤logax≤eq\f(1,2)，解得eq\r(a)≤x≤1，即所求遞減區(qū)間為[eq\r(a)，1]．故選B.2．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x2－2x－3)，則該函數(shù)的單調遞增區(qū)間為()A．(－∞，1] B．[3，＋∞)C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)答案B解析設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]上單調遞減，在[3，＋∞)上單調遞增．所以函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為[3，＋∞)．故選B.題型3函數(shù)單調性的應用角度1利用函數(shù)的單調性比較大小eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2017·福州模擬)已知函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個單位后關于y軸對稱，當x2>x1>1時，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，設a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關系為()A．c>a>bB．c>b>aC．a>c>bD．b>a>c本題利用對稱性轉化到同一單調區(qū)間，再用單調性比較大?。鸢窪解析根據已知可得函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，且在(1，＋∞)上是減函數(shù)，所以a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，故b>a>c.故選D.角度2利用函數(shù)的單調性解不等式eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))f(x)是定義在(0，＋∞)上的單調增函數(shù)，滿足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，當f(x)＋f(x－8)≤2時，x的取值范圍是()A．(8，＋∞)B．(8,9]C．[8,9]D．(0,8)本題用轉化法，利用函數(shù)單調性把不等式從抽象轉化到具體．答案B解析2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f[x(x－8)]≤f(9)，因為f(x)是定義在(0，＋∞)上的增函數(shù)，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,x－8>0，,xx－8≤9，))解得8<x≤9.故選B.角度3利用函數(shù)的單調性求最值eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2017·福州一模)如果函數(shù)f(x)對任意的實數(shù)x，都有f(1＋x)＝f(－x)，且當x≥eq\f(1,2)時，f(x)＝log2(3x－1)，那么函數(shù)f(x)在[－2,0]上的最大值與最小值之和為()A．2B．3C．4D．－1本題采用數(shù)形結合思想．答案C解析根據f(1＋x)＝f(－x)，可知函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(1,2)對稱．又函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調遞增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))上單調遞減，則函數(shù)f(x)在[－2,0]上的最大值與最小值之和為f(－2)＋f(0)＝f(1＋2)＋f(1＋0)＝f(3)＋f(1)＝log28＋log22＝4.故選C.角度4利用函數(shù)的單調性求參數(shù)的取值或范圍eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x<1，,logax，x≥1))是(－∞，＋∞)上的減函數(shù)，那么a的取值范圍是()A．(0,1)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，1))本題用定義法．答案C解析當x＝1時，loga1＝0，若f(x)為R上的減函數(shù)，則(3a－1)x＋4a>0在x令g(x)＝(3a－1)x＋4a，則必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1<0，,g1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1<0，,3a－1＋4a≥0，))且0<a<1?eq\f(1,7)≤a<eq\f(1,3).此時，logax是減函數(shù)，符合題意．故選C.方法技巧函數(shù)單調性應用問題的常見類型及解題策略1．比較函數(shù)值的大小，應將自變量轉化到同一個單調區(qū)間內，然后利用函數(shù)的單調性解決．如角度1典例．2．在求解與抽象函數(shù)有關的不等式時，往往是利用函數(shù)的單調性將“f”符號脫掉，使其轉化為具體的不等式求解．此時，應特別注意函數(shù)的定義域．如角度2典例．3．利用單調性求解最值問題，應先確定函數(shù)的單調性，然后再由單調性求解．如角度3典例．4．利用單調性求參數(shù)時，通常要把參數(shù)視為已知數(shù)，依據函數(shù)的圖象或單調性定義，確定函數(shù)的單調區(qū)間，與已知單調區(qū)間比較求參數(shù)．如角度4典例．提醒：若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是單調的，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子集上也是單調的．沖關針對訓練1．(2017·江西三校第一次聯(lián)考)定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足：對任意的x1，x2∈(－∞，0)(x1≠x2)，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0.則下列結論正確的是()A．f(0.32)<f(20.3)<f(log25)B．f(log25)<f(20.3)<f(0.32)C．f(log25)<f(0.32)<f(20.3)D．f(0.32)<f(log25)<f(20.3)答案A解析∵對任意x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，∴f(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，又∵f(x)是R上的偶函數(shù)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，∵0<0.32<20.3<log25，∴f(0.32)<f(20.3)<f(log25)．故選A.2．(2017·湖南益陽箴言中學三模)已知a>0且a≠1，若函數(shù)f(x)＝logaeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ax2－2－ax＋3))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函數(shù)，則a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(2,5)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，＋∞))解析由復合函數(shù)單調性可知①當a>1時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2－a,2a)≤\f(1,3)，,\f(1,9)a－\f(2－a,3)＋3>0，))解得a≥eq\f(6,5)；②當0<a<1時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2－a,2a)≥2，,4a－22－a＋3>0，))解得eq\f(1,6)<a≤eq\f(2,5).∴a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(2,5)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，＋∞)).1．(2017·山東高考)若函數(shù)exf(x)(e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調遞增，則稱函數(shù)f(x)具有M性質．下列函數(shù)中具有M性質的是()A．f(x)＝2－x B．f(x)＝x2C．f(x)＝3－x D．f(x)＝cosx答案A解析若f(x)具有性質M，則[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]>0在f(x)的定義域上恒成立，即f(x)＋f′(x)>0在f(x)的定義域上恒成立．對于選項A，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－xln2＝2－x(1－ln2)>0，符合題意．經驗證，選項B，C，D均不符合題意．故選A.2．(2018·三門峽模擬)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x<2，,x2，x≥2，))若f(a＋1)≥f(2a－1)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，1] B．(－∞，2]C．[2,6] D．[2，＋∞)答案B解析函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x<2，,x2，x≥2))是在定義域為R上的增函數(shù)．∵f(a＋1)≥f(2a－1)，∴a＋1≥2a－1，解得a故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，2]．故選B.3．(2017·合肥模擬)若2x＋5y≤2－y＋5－x，則有()A．x＋y≥0 B．x＋y≤0C．x－y≤0 D．x－y≥0答案B解析設函數(shù)f(x)＝2x－5－x，易知f(x)為增函數(shù)，又f(－y)＝2－y－5y，由已知得f(x)≤f(－y)，∴x≤－y，∴x＋y≤0.故選B.4．(2017·遼寧三校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log21－x＋1，－1≤x<0，,x3－3x＋2，0≤x≤a))的值域是[0,2]，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(0,1]B．[1，eq\r(3)]C．[1,2]D．[eq\r(3)，2]答案B解析先作出函數(shù)f(x)＝log2(1－x)＋1，－1≤x<0的圖象，再研究f(x)＝x3－3x＋2,0≤x≤a的圖象．令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝1(x＝－1舍去)，由f′(x)>0得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1.∴當x＝1時，f(x)在0≤x≤a上有最小值f(1)＝0.又f(eq\r(3))＝2.∴1≤a≤eq\r(3).故選B.[基礎送分提速狂刷練]一、選擇題1．(2017·衡陽四中月考)函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[0,2]上單調遞增，且函數(shù)f(x＋2)是偶函數(shù)，則下列結論成立的是()A．f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2))) B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<f(1) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))答案B解析因為函數(shù)f(x＋2)是偶函數(shù)，所以f(x＋2)＝f(－x＋2)，即函數(shù)f(x)的圖象關于x＝2對稱，又函數(shù)y＝f(x)在[0,2]上單調遞增，所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[2,4]上單調遞減．因為f(1)＝f(3)，eq\f(7,2)>3>eq\f(5,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(3)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).故選B.2．(2017·武漢調研)若函數(shù)f(x)＝ax＋1在R上遞減，則函數(shù)g(x)＝a(x2－4x＋3)的增區(qū)間是()A．(2，＋∞) B．(－∞，2)C．(4，＋∞) D．(－∞，4)答案B解析∵f(x)＝ax＋1在R上遞減，∴a<0.而g(x)＝a(x2－4x＋3)＝a(x－2)2－a.∵a<0，∴在(－∞，2)上g(x)遞增．故選B.3．若函數(shù)y＝loga(x2＋2x－3)，當x＝2時，y>0，則此函數(shù)的單調遞減區(qū)間是()A．(－∞，－3) B．(1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－1，＋∞)答案A解析當x＝2時，y＝loga(22＋2×2－3)＝loga5，∴y＝loga5>0，∴a>1.由復合函數(shù)單調性知，單調遞減區(qū)間需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3>0，,x<－1，))解之得x<－3.故選A.4．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(0，＋∞)上有最小值，則函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x)在區(qū)間(0，＋∞)上一定()A．有最小值 B．有最大值C．是減函數(shù) D．是增函數(shù)答案A解析∵f(x)＝x2－2ax＋a在(0，＋∞)上有最小值，∴a>0.∴g(x)＝eq\f(fx,x)＝x＋eq\f(a,x)－2a在(0，eq\r(a))上單調遞減，在(eq\r(a)，＋∞)上單調遞增．∴g(x)在(0，＋∞)上一定有最小值．故選A.5．(2018·太原模擬)已知f(x)＝x2－cosx，則f(0.6)，f(0)，f(－0.5)的大小關系是()A．f(0)<f(0.6)<f(－0.5)B．f(0)<f(－0.5)<f(0.6)C．f(0.6)<f(－0.5)<f(0)D．f(－0.5)<f(0)<f(0.6)答案B解析∵f(－x)＝(－x)2－cos(－x)＝x2－cosx＝f(x)，∴f(x)是偶函數(shù)．∴f(－0.5)＝f(0.5)．又∵f′(x)＝2x＋sinx，當x∈(0,1)時，f′(x)>0.∴f(x)在(0,1)上是增函數(shù)，∴f(0)<f(0.5)<f(0.6)，即f(0)<f(－0.5)<f(0.6)．故選B.6．(2018·貴陽模擬)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．－1B．1C．6D．12答案C解析由已知得當－2≤x≤1時，f(x)＝x－2，當1<x≤2時，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定義域內都為增函數(shù)．∴f(x)的最大值為f(2)＝23－2＝6.故選C.7．(2018·天津質檢)已知f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)))>f(1)的實數(shù)x的取值范圍是()A．(－∞，2) B．(2，＋∞)C．(－∞，1)∪(1,2) D．(－∞，1)∪(2，＋∞)答案D解析∵f(x)為R上的減函數(shù)，∴由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)))>f(1)得eq\f(1,x－1)<1.解得x<1或x>2.∴x的取值范圍是(－∞，1)∪(2，＋∞)．故選D.8．已知a>0，設函數(shù)f(x)＝eq\f(2018x＋1＋2010,2018x＋1)(x∈[－a，a])的最大值為M，最小值為N，那么M＋N＝()A．2018B．2019C．4028D．4027答案C解析由題意得f(x)＝eq\f(2018x＋1＋2010,2018x＋1)＝2018－eq\f(8,2018x＋1).∵y＝2018x＋1在[－a，a]上是單調遞增的，∴f(x)＝2018－eq\f(8,2018x＋1)在[－a，a]上是單調遞增的，∴M＝f(a)，N＝f(－a)，∴M＋N＝f(a)＋f(－a)＝4036－eq\f(8,2018a＋1)－eq\f(8,2018－a＋1)＝4028.故選C.9．(2017·集寧期末)函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調遞增，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(－2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案B解析∵當a＝0時，f(x)＝eq\f(1,x＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調遞減，故a＝0舍去，∴a≠0，此時f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)＝eq\f(ax＋2＋1－2a,x＋2)＝a＋eq\f(1－2a,x＋2)，又因為y＝eq\f(1,x＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調遞減，而函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調遞增，∴1－2a<0，即a>eq\f(1,2).故選B.10．(2018·山西聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝log0.2(5＋4x－x2)在區(qū)間(a－1，a＋1)上遞減，且b＝lg0.2，c＝20.2，則()A．c<b<aB．b<c<aC．a<b<cD．b<a<c答案D解析f(x)定義域為{x|－1<x<5}，令u＝5＋4x－x2，y＝log0.2u，u(x)在(－1,2)上單調增，且y＝log0.2u為單調減函數(shù)，由復合函數(shù)單調性知f(x)在(－1,2)上為減函數(shù)，(a－1，a＋1)?(－1,2)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1≤2，,a－1≥－1))?0≤a≤1，又由于b＝lg0.2<0，所以a>b，c＝20.2>20＝1，c>a>b.故選D.二、填空題11．(2017·山東濟寧模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1x－2a，x<2，,logax，x≥2))(a>0且a≠1)在R上單調遞減，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))解析因為函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1x－2a，x<2，,logax，x≥2))(a>0且a≠1)在R上單調遞減，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1<0，,0<a<1，,loga2≤a－1×2－2a))?eq\f(\r(2),2)≤a<1，即實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).12．已知函數(shù)f(x)的定義域為A，若其值域也為A，則稱區(qū)間A為f(x)的保值區(qū)間．若g(x)＝－x＋m＋ex的保值區(qū)間為[0，＋∞)，則m的值為________．答案－1解析由定義知，g(x)＝－x＋m＋ex保值區(qū)間為[0，＋∞)，又∵g′(x)＝－1＋ex≥0，∴g(x)為在[0，＋∞)上的增函數(shù)．∴當x＝0時，g(0)＝0，即m＋1＝0，∴m＝－1.13．(2017·濟南期中)已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(a,x)，若函數(shù)f(x)在x∈[2，＋∞)上是單調遞增的，則實數(shù)a的取值范圍為________．答案(－∞，16]解析∵函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(a,x)在x∈[2，＋∞)上單調遞增，∴f′(x)＝2x－eq\f(a,x2)＝eq\f(2x3－a,x2)≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立．∴2x