2019版文科數(shù)學(xué)大2.2　函數(shù)的單調(diào)性與最值 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精§2.2函數(shù)的單調(diào)性與最值最新考綱考情考向分析1.理解函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值及其幾何意義．2。會(huì)運(yùn)用基本初等函數(shù)的圖象分析函數(shù)的性質(zhì).以基本初等函數(shù)為載體，考查函數(shù)的單調(diào)性、單調(diào)區(qū)間及函數(shù)最值的確定與應(yīng)用；強(qiáng)化對(duì)函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、分類討論思想的考查，題型既有選擇、填空題,又有解答題。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(shè)函數(shù)f(x）的定義域?yàn)镮，如果對(duì)于定義域I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)自變量的值x1,x2當(dāng)x1〈x2時(shí)，都有f(x1)<f（x2)，那么就說(shuō)函數(shù)f(x）在區(qū)間D上是增函數(shù)當(dāng)x1<x2時(shí)，都有f（x1)>f（x2），那么就說(shuō)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(shuō)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?yàn)镮，如果存在實(shí)數(shù)M滿足條件(1）對(duì)于任意的x∈I，都有f(x)≤M;(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(3）對(duì)于任意的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為最小值知識(shí)拓展函數(shù)單調(diào)性的常用結(jié)論(1）對(duì)?x1，x2∈D(x1≠x2），eq\f(fx1－fx2，x1－x2）>0?f（x)在D上是增函數(shù)，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0?f（x)在D上是減函數(shù)．（2)對(duì)勾函數(shù)y＝x＋eq\f（a,x）（a>0）的增區(qū)間為（－∞，－eq\r(a)］和［eq\r（a)，＋∞)，減區(qū)間為[－eq\r(a)，0）和(0,eq\r(a）]．（3）在區(qū)間D上，兩個(gè)增函數(shù)的和仍是增函數(shù)，兩個(gè)減函數(shù)的和仍是減函數(shù)．(4)函數(shù)f(g(x)）的單調(diào)性與函數(shù)y＝f（u）和u＝g(x)的單調(diào)性的關(guān)系是“同增異減”．題組一思考辨析1．判斷下列結(jié)論是否正確（請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√"或“×”）(1）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)．（×）（2）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，＋∞）．（×)(3）函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調(diào)遞減區(qū)間是（－∞，0)∪（0，＋∞)．（×）(4）閉區(qū)間上的單調(diào)函數(shù)，其最值一定在區(qū)間端點(diǎn)取到．(√)題組二教材改編2．[P39B組T1］函數(shù)f（x）＝x2－2x的單調(diào)遞增區(qū)間是____________．答案[1，＋∞）（或(1，＋∞))3．［P31例4］函數(shù)y＝eq\f(2,x－1）在[2，3］上的最大值是______．答案24．［P44A組T9］若函數(shù)f（x)＝x2－2mx＋1在[2，＋∞）上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．答案（－∞，2]解析由題意知，[2，＋∞）?［m，＋∞），∴m≤2。題組三易錯(cuò)自糾5．函數(shù)y＝的單調(diào)遞減區(qū)間為_(kāi)_______．答案(2,＋∞）6．若函數(shù)f(x）＝｜2x＋a｜的單調(diào)增區(qū)間是[3，＋∞），則a的值為_(kāi)_______．答案－6解析由圖象（圖略）易知函數(shù)f（x)＝|2x＋a｜的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(a,2),＋∞))，令－eq\f(a，2)＝3，得a＝－6。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_(kāi)_______．答案2解析當(dāng)x≥1時(shí)，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(dāng)x＜1時(shí)，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.題型一確定函數(shù)的單調(diào)性(區(qū)間）命題點(diǎn)1給出具體解析式的函數(shù)的單調(diào)性典例(1）函數(shù)y＝的單調(diào)遞減區(qū)間為（）A．（1,＋∞) B.eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1（－∞，\f(3,4））)C。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2）,＋∞）） D。eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(3，4），＋∞)）答案A解析由2x2－3x＋1〉0，得函數(shù)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))）∪（1，＋∞)．令t＝2x2－3x＋1,則y＝，∵t＝2x2－3x＋1＝2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（3,4）））2－eq\f（1，8），∴t＝2x2－3x＋1的單調(diào)遞增區(qū)間為（1，＋∞)．又y＝在(1，＋∞)上是減函數(shù)，∴函數(shù)y＝的單調(diào)遞減區(qū)間為（1,＋∞)．（2）函數(shù)y＝－x2＋2｜x｜＋3的單調(diào)遞減區(qū)間是__________________．答案［－1,0］,[1，＋∞)解析由題意知，當(dāng)x≥0時(shí)，y＝－x2＋2x＋3＝－（x－1)2＋4；當(dāng)x<0時(shí),y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1）2＋4,二次函數(shù)的圖象如圖．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，＋∞）．命題點(diǎn)2解析式含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性典例判斷并證明函數(shù)f（x)＝ax2＋eq\f(1，x)（其中1＜a＜3）在［1,2]上的單調(diào)性．解函數(shù)f（x）＝ax2＋eq\f(1,x)（1〈a<3）在［1,2］上單調(diào)遞增．證明：設(shè)1≤x1＜x2≤2,則f(x2）－f(x1）＝axeq\o\al(2，2）＋eq\f(1，x2）－axeq\o\al（2，1)－eq\f(1，x1）＝(x2－x1）eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（ax1＋x2－\f(1，x1x2)))，由1≤x1＜x2≤2,得x2－x1＞0,2＜x1＋x2＜4，1＜x1x2＜4，－1＜－eq\f(1,x1x2）＜－eq\f（1，4)。又因?yàn)?＜a＜3，所以2＜a（x1＋x2)＜12,得a(x1＋x2)－eq\f(1，x1x2)＞0，從而f(x2）－f（x1)＞0，即f（x2)＞f（x1）,故當(dāng)a∈(1，3）時(shí)，f（x）在［1，2]上單調(diào)遞增．引申探究如何用導(dǎo)數(shù)法求解本例？解因?yàn)閒′(x）＝2ax－eq\f(1,x2)＝eq\f（2ax3－1，x2)，因?yàn)?≤x≤2，∴1≤x3≤8,又1＜a＜3，所以2ax3－1＞0，所以f′（x）＞0，所以函數(shù)f(x）＝ax2＋eq\f（1，x）(其中1＜a＜3）在［1，2］上是增函數(shù)．思維升華確定函數(shù)單調(diào)性的方法:(1）定義法和導(dǎo)數(shù)法，證明函數(shù)單調(diào)性只能用定義法和導(dǎo)數(shù)法；(2)復(fù)合函數(shù)法，復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的規(guī)律是“同增異減”；(3）圖象法，圖象不連續(xù)的單調(diào)區(qū)間不能用“∪"連接．跟蹤訓(xùn)練(1）(2017·鄭州模擬)函數(shù)y＝的單調(diào)遞增區(qū)間為（)A．（1，＋∞） B。eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4))）C。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）,＋∞)) D。eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(3，4），＋∞））答案B解析易知函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，3))）t為減函數(shù)，t＝2x2－3x＋1的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(－∞,\f(3，4））)。∴函數(shù)y＝的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1(－∞，\f（3，4）））.（2）函數(shù)y＝－(x－3）｜x｜的單調(diào)遞增區(qū)間是________．答案eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f(3，2)))解析y＝－(x－3)｜x|＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－x2＋3x，x〉0,，x2－3x，x≤0。)）作出該函數(shù)的圖象，觀察圖象知單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f(3，2)）)。題型二函數(shù)的最值1．函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,3）））x－log2(x＋2）在區(qū)間[－1，1］上的最大值為_(kāi)_______．答案3解析由于y＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,3））)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．已知函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2，x≤1，,x＋\f（6,x）－6，x＞1，）)則f（x）的最小值是________．答案2eq\r（6)－6解析當(dāng)x≤1時(shí)，f（x)min＝0，當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）min＝2eq\r（6）－6，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(6）時(shí)取到最小值，又2eq\r（6）－6＜0，所以f（x)min＝2eq\r（6）－6.3．已知函數(shù)f（x）＝eq\f(1，a)－eq\f（1，x)（a>0，x>0),若f（x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（1，2）,2））上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)，2）)，則a＝________。答案eq\f（2,5）解析由反比例函數(shù)的性質(zhì)知函數(shù)f(x)＝eq\f(1，a）－eq\f（1，x）（a>0,x〉0）在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(1，2),2））上單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2)）)＝\f(1，2)，,f2＝2，)）即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(1，a)－2＝\f(1,2），,\f（1,a）－\f(1，2）＝2，)）解得a＝eq\f(2，5）。思維升華求函數(shù)最值的五種常用方法及其思路（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(diǎn)、最低點(diǎn)，求出最值．（3）基本不等式法：先對(duì)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．（4)導(dǎo)數(shù)法:先求導(dǎo),然后求出在給定區(qū)間上的極值,最后結(jié)合端點(diǎn)值，求出最值．(5）換元法：對(duì)比較復(fù)雜的函數(shù)可通過(guò)換元轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù)，再用相應(yīng)的方法求最值．題型三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用命題點(diǎn)1比較大小典例已知函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個(gè)單位后關(guān)于y軸對(duì)稱,當(dāng)x2>x1〉1時(shí)，[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（3）,則a，b，c的大小關(guān)系為（)A．c〉a〉bB．c>b>aC．a(chǎn)>c>bD．b〉a>c答案D解析根據(jù)已知可得函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，且在(1,＋∞)上是減函數(shù)，因?yàn)閍＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1，2)))＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（5，2))），且2<eq\f（5,2)〈3，所以b〉a〉c.命題點(diǎn)2解函數(shù)不等式典例已知函數(shù)f(x)為（0，＋∞）上的增函數(shù)，若f(a2－a)>f(a＋3),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)___________．答案（－3，－1）∪（3，＋∞）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(shí)數(shù)a的取值范圍為(－3，－1）∪（3，＋∞）．命題點(diǎn)3求參數(shù)范圍典例（1）（2018·鄭州模擬)函數(shù)y＝eq\f（x－5，x－a－2)在（－1，＋∞）上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()A．a(chǎn)＝－3 B．a(chǎn)＜3C．a(chǎn)≤－3 D．a(chǎn)≥－3(2)已知f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x＜1，，logax,x≥1）)是（－∞，＋∞）上的減函數(shù)，則a的取值范圍是（）A．(0,1） B。eq\b\lc\（\rc\)(\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）)答案(1)C(2）C解析（1)y＝eq\f（x－a－2＋a－3，x－a－2)＝1＋eq\f(a－3,x－a－2），由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3＜0，，a＋2≤－1，）)得a≤－3.∴a的取值范圍是a≤－3.（2)由f(x)是減函數(shù)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（3a－1＜0，，0＜a＜1.，3a－1×1＋4a≥loga1,））∴eq\f（1,7）≤a＜eq\f（1,3),∴a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，7）,\f(1，3）))。思維升華函數(shù)單調(diào)性應(yīng)用問(wèn)題的常見(jiàn)類型及解題策略（1)比較大?。?)解不等式．利用函數(shù)的單調(diào)性將“f"符號(hào)脫掉,轉(zhuǎn)化為具體的不等式求解，應(yīng)注意函數(shù)的定義域．(3)利用單調(diào)性求參數(shù)．①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；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；③分段函數(shù)的單調(diào)性，除注意各段的單調(diào)性外,還要注意銜接點(diǎn)的取值．跟蹤訓(xùn)練（1)如果函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2－ax＋1，x〈1，，ax,x≥1））滿足對(duì)任意x1≠x2,都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2）>0成立，那么a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(3,2)，2))解析對(duì)任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2）＞0。所以y＝f（x）在（－∞，＋∞）上是增函數(shù)．所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2－a＞0，，a＞1，,2－a×1＋1≤a,))解得eq\f(3，2）≤a＜2.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(3,2),2))。（2）（2017·珠海模擬)定義在R上的奇函數(shù)y＝f(x)在(0,＋∞)上單調(diào)遞增,且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2）))＝0，則不等式f(）>0的解集為_(kāi)_______________．答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\｜\rc\｝（\a\vs4\al\co1（0<x<\f(1,3)或1〈x＜3）））)解析由題意知，feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)))＝－feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2))）＝0,f（x)在（－∞，0)上也單調(diào)遞增．∴f（)＞feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，2）)）或f()＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1，2））)，∴＞eq\f（1，2)或－eq\f(1，2）＜＜0，解得0＜x＜eq\f(1,3)或1＜x＜3.∴原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(0<x<\f（1，3)或1〈x＜3）)))。1．函數(shù)y＝x2－6x＋10在區(qū)間(2,4）上是()A．遞減函數(shù) B．遞增函數(shù)C．先遞減再遞增 D．先遞增再遞減答案C解析作出函數(shù)y＝x2－6x＋10的圖象(圖略），根據(jù)圖象可知函數(shù)在（2,4）上是先遞減再遞增的．2．（2017·河南中原名校第一次質(zhì)檢）函數(shù)y＝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.eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)，＋∞）） D。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞，\f（1,2）)）答案A解析由－x2＋x＋6＞0，得－2＜x＜3,故函數(shù)的定義域?yàn)?－2,3）,令t＝－x2＋x＋6，則y＝，易知其為減函數(shù)，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性法則可知本題等價(jià)于求函數(shù)t＝－x2＋x＋6在（－2,3）上的單調(diào)遞減區(qū)間．利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得t＝－x2＋x＋6在定義域（－2,3)上的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2），3)），故選A。3．下列函數(shù)中，在區(qū)間(－1,1）上為減函數(shù)的是(）A．y＝eq\f（1,1－x) B．y＝cosxC．y＝ln(x＋1) D．y＝2－x答案D解析y＝eq\f（1，1－x）與y＝ln（x＋1)在區(qū)間（－1,1)上為增函數(shù)；y＝cosx在區(qū)間（－1,1)上不是單調(diào)函數(shù)；y＝2－x＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2））)x在（－1，1)上為減函數(shù)．4．已知函數(shù)y＝log2(ax－1）在(1，2)上是增函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（)A．（0,1］ B．[1,2］C．[1，＋∞） D．［2，＋∞）答案C解析要使y＝log2（ax－1）在（1,2)上是增函數(shù)，則a〉0且a－1≥0，即a≥1。5．（2017·天津）已知奇函數(shù)f(x）在R上是增函數(shù)．若a＝－feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(log2\f（1，5）））,b＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(log24.1)）,c＝f（20.8)，則a，b,c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<b〈c B．b〈a<cC．c〈b<a D．c〈a〈b答案C解析∵f（x）在R上是奇函數(shù)，∴a＝－feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（log2\f（1,5)）)＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－log2\f（1,5）))＝f(log25）．又f（x)在R上是增函數(shù)，且log25＞log24。1＞log24＝2＞20。8，∴f(log25)＞f（log24.1)＞f(20。8），∴a＞b＞c。故選C。6．設(shè)f（x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x－a2，x≤0，，x＋\f（1，x）＋a，x＞0.））若f（0）是f(x）的最小值，則a的取值范圍為()A．[－1,2］ B．[－1，0]C．[1，2］ D．［0，2]答案D解析∵當(dāng)x≤0時(shí)，f（x）＝(x－a）2,f（0）是f(x）的最小值，∴a≥0。當(dāng)x＞0時(shí),f(x）＝x＋eq\f（1，x）＋a≥2＋a,當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”．要滿足f（0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f（0)＝a2,即a2－a－2≤0,解得－1≤a≤2,∴a的取值范圍是0≤a≤2.故選D。7．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_(kāi)_______．答案［3,＋∞)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)的定義域?yàn)椋ǎ?，?]∪［3，＋∞)．因?yàn)楹瘮?shù)t＝x2－2x－3的圖象的對(duì)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，＋∞）．8．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，）)函數(shù)g（x）的圖象如圖所示，其單調(diào)遞減區(qū)間為［0，1）．9．設(shè)函數(shù)f（x）＝eq\f（ax＋1,x＋2a)在區(qū)間（－2，＋∞）上是增函數(shù)，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),∵函數(shù)f（x)在區(qū)間(－2，＋∞）上是增函數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2a2－1>0，,－2a≤－2，））即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a2－1〉0，,a≥1，)）即a≥1。10．已知函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)a－2，x≤1,,ax－a，x>1，))若f（x)在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．答案（1，2]解析由題意，得12＋eq\f（1,2)a－2≤0，則a≤2，又y＝ax－a（x>1)是增函數(shù),故a>1,所以a的取值范圍為1<a≤2.11．已知函數(shù)f(x）＝－eq\f(2，x＋1)，x∈［0，2]，求函數(shù)的最大值和最小值．解設(shè)x1,x2是區(qū)間[0,2]上的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，且x1〈x2，且f(x1）－f(x2)＝－eq\f（2,x1＋1)－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（2，x2＋1)））＝－eq\f(2x2＋1－x1－1，x1＋1x2＋1)＝－eq\f(2x2－x1,x1＋1x2＋1)。由0≤x1<x2≤2，得x2－x1>0，(x1＋1)（x2＋1）〉0,所以f（x1）－f(x2)<0，即f（x1）〈f（x2),故f(x）在區(qū)間[0,2］上是增函數(shù)．因此，函數(shù)f（x)＝－eq\f（2，x＋1）在區(qū)間[0，2]的左端點(diǎn)取得最小值,右端點(diǎn)取得最大值，即最小值是f(0）＝－2，最大值是f(2)＝－eq\f（2，3）。12．函數(shù)f（x）＝4x2－4ax＋a2－2a＋2在區(qū)間［0,2]上有最小值3,求a的值．解f(x)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f（a，2)))2－2a＋2，①當(dāng)eq\f（a，2）≤0，即a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在［0,2］上是增函數(shù)．∴f（x）min＝f(0)＝a2－2a＋2。由a2－2a＋2＝3，得a＝1±eq\r（2）?！遖≤0，∴a＝1－eq\r（2).②當(dāng)0〈eq\f(a，2）〈2，即0〈a〈4時(shí)，f（x）min＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（a，2))）＝－2a＋2.由－2a＋2＝3,得a＝－eq\f(1,2）?（0，4)，舍去．③當(dāng)eq\f(a，2)≥2，即a≥4時(shí),函數(shù)f（x）在[0，2］上是減函數(shù)，f（x）min＝f(2)＝a2－10a＋18。由a2－10a＋18＝3，得a＝5±eq\r（10）.∵a≥4，∴a＝5＋eq\r（10)。綜上所述，a＝1－eq\r(2)或a＝5＋eq\r(10）.13．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(shí)數(shù)a的值是________．答案8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)的單調(diào)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\(\a\vs4\al\co1(\f(a，4)≤2,，\f(a,2）≥4，)）解得a＝8。14．已知f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≤0，,－x2－2x＋3，x〉0,））不等式f(x＋a）>f(2a－x）在[a,a＋1]上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是____________．答案（－∞，－2）解析二次函數(shù)y1＝x2－4x＋3的對(duì)稱軸是x＝2，∴該函數(shù)在(－∞，0］上單調(diào)遞減,∴x2－4x＋3≥3,同樣可知函數(shù)y2＝－x2－2x＋3在（0，＋∞）上單調(diào)遞減,∴－x2－2x＋3<3，∴f(x）在R上單調(diào)遞減，∴由f（x＋a)>f(2a－x）得到x＋a<2a－x，即2x〈a，∴2x〈a在[a，a＋1］上恒成立，∴2(a＋1)〈a,∴a<－2，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，－2)．15．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镈，若對(duì)于任意x1，x2∈D，當(dāng)x1〈x2時(shí),都有f(x1）≤f（x2），則稱函數(shù)f(x)在D上為非減函數(shù),設(shè)函數(shù)f(x）在[0,1]上為非減函數(shù)，且滿足以下三個(gè)條件：①f（0)＝0;②feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（x,3)））＝eq\f(1，2）f(x）；③f（1－x)＝1－f(x)．則feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，3)）)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,8）)）＝________。答案eq\f（3,4）解析由①③，令x＝0,可得f（1)＝1。由②,令x＝1，可得feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，3)）)＝eq\f（1,2）f(1）＝eq\f(1，2).令x＝eq\f（1,3)，可得