高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)2 第2講　函數(shù)的單調(diào)性與最值

第2講函數(shù)的單調(diào)性與最值課標(biāo)要求考情分析1.理解函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值及其幾何意義．2．會運用基本初等函數(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；強化對函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、分類討論思想的考查，題型既有選擇題、填空題，又有解答題，中等偏上難度．核心素養(yǎng)：數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、直觀想象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)定義設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為I，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(dāng)x1<x2時，都有f(x1)<f(x2)，就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)當(dāng)x1<x2時，都有f(x1)>f(x2)，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x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(1)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為最大值M為最小值常用結(jié)論1．函數(shù)單調(diào)性的兩個等價結(jié)論設(shè)?x1，x2∈D(x1≠x2)，則(1)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)?f(x)在D上單調(diào)遞增．(2)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)?f(x)在D上單調(diào)遞減．2．函數(shù)最值存在的兩條結(jié)論(1)閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定存在最大值和最小值．當(dāng)函數(shù)在閉區(qū)間上單調(diào)時最值一定在端點處取到．(2)開區(qū)間上的“單峰”函數(shù)一定存在最大(小)值．【小題自測】1．判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(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)f(x)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)所有的單調(diào)函數(shù)都有最值．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×2．(2021·高考全國卷甲)下列函數(shù)中是增函數(shù)的為()A．f(x)＝－x B．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)C．f(x)＝x2 D．f(x)＝eq\r(3,x)解析：選D.排除法：取x1＝－1，x2＝0，對于A項有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A項不符合題意；對于B項有f(x1)＝eq\f(3,2)，f(x2)＝1，所以B項不符合題意；對于C項有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C項不符合題意．3．(忽視函數(shù)的定義域致誤)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在區(qū)間(－∞，－1]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[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，＋∞)．4．函數(shù)f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值為________．解析：函數(shù)f(x)＝－x＋eq\f(1,x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝－1－eq\f(1,x2)，則f′(x)<0，可得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上單調(diào)遞減，即f(－2)為函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值，f(－2)＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)5．若函數(shù)y＝(2k＋1)x＋3在R上是減函數(shù)，則k的取值范圍是________．解析：由題可知2k＋1＜0，即k＜－eq\f(1,2).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))考點一確定函數(shù)的單調(diào)性(區(qū)間)(多維探究)考向1判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性試討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的單調(diào)性．【解】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)))，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(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）)，因為－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故當(dāng)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(dāng)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．利用定義法證明或判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟[注意]判斷函數(shù)的單調(diào)性還有圖象法、導(dǎo)數(shù)法、性質(zhì)法等．考向2求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求函數(shù)f(x)＝－x2＋2|x|＋1的單調(diào)區(qū)間．【解】f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（x－1）2＋2，x≥0，,－（x＋1）2＋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，＋∞)．確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的方法【對點訓(xùn)練】1．函數(shù)f(x)＝|x2－3x＋2|的單調(diào)遞增區(qū)間為________．解析：y＝|x2－3x＋2|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－3x＋2，x≤1或x≥2，,－（x2－3x＋2），1<x<2.))如圖所示，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))和[2，＋∞)．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))和[2，＋∞)2．已知a>0，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(x>0)，證明：函數(shù)f(x)在(0，eq\r(a)]上是減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù)．證明：設(shè)x1，x2是任意兩個正數(shù)，且0<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(dāng)0<x1<x2≤eq\r(a)時，0<x1x2<a，又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(dāng)eq\r(a)≤x1<x2時，x1x2>a，又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)．考點二函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用(多維探究)考向1比較函數(shù)值的大小(巧用結(jié)論1)已知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，當(dāng)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】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))).當(dāng)x2>x1>1時，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，故f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．因為1<2<eq\f(5,2)<e，所以f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))>f(e)，所以b>a>c.【答案】D利用函數(shù)的單調(diào)性比較函數(shù)值大小的方法比較函數(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)，則要利用函數(shù)性質(zhì)，將自變量的值轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間上進行比較，對于選擇題、填空題通常選用數(shù)形結(jié)合的方法進行求解．考向2解函數(shù)不等式(1)函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)．若f(1)＝－1，則滿足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范圍是()A．[－2，2] B．[－1，1]C．[0，4] D．[1，3](2)已知函數(shù)f(x)＝－x|x|，x∈(－1，1)，則不等式f(1－m)<f(m2－1)的解集為________．【解析】(1)因為f(x)為奇函數(shù)，所以f(－1)＝1，不等式－1≤f(x－2)≤1，即f(1)≤f(x－2)≤f(－1)，因為f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，所以－1≤x－2≤1，解得1≤x≤3，故x的取值范圍為[1，3]．(2)由已知得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，－1<x≤0，,－x2，0<x<1，))則f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞減，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<1－m<1，,－1<m2－1<1，,m2－1<1－m，))解得0<m<1，故原不等式的解集為(0，1)．【答案】(1)D(2)(0，1)利用函數(shù)的單調(diào)性求解不等式的方法若f(x)在定義域上(或某一區(qū)間上)是增(減)函數(shù)，x1，x2是定義域上(或該區(qū)間上)任意兩個自變量的值，則f(x1)<f(x2)?x1<x2(x1>x2)．在解決“與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式”問題時，可通過“脫去”函數(shù)符號“f”化為一般不等式求解，但必須在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)進行．需要說明的是，若不等式一邊沒有“f”，而是常數(shù)，則應(yīng)將常數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)值．如若已知0＝f(1)，f(x－1)<0，則f(x－1)<f(1)．考向3求參數(shù)的值或范圍(1)已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3－a）x，x∈（－∞，1]，,ax，x∈（1，＋∞）))是R上的增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(0，3) B．(1，3)C．(1，＋∞) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________．【解析】(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－a＞0，,a＞1，,3－a≤a，))解得eq\f(3,2)≤a＜3.(2)作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖象可知f(x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，需滿足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.【答案】(1)D(2)(－∞，1]∪[4，＋∞)利用單調(diào)性求參數(shù)的策略(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)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．[注意]求分段函數(shù)的單調(diào)性時，除注意各段的單調(diào)性外，還要注意銜接點的取值．【對點訓(xùn)練】1．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).故選D.2．函數(shù)y＝|2x－a|在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－1] B．(－∞，－2]C．(－∞，1] D．(－∞，2]解析：選B.因為函數(shù)y＝|2x－a|的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))，且函數(shù)y＝|2x－a|在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以[－1，＋∞)?eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))，所以eq\f(a,2)≤－1，解得a≤－2.考點三函數(shù)的最值(值域)(師生共研)(1)(2022·深圳調(diào)研)函數(shù)y＝|x＋1|＋|x－2|的值域為________；(2)(巧用結(jié)論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＝________；(3)函數(shù)y＝x＋eq\r(x－1)的最小值為________．【解析】(1)(圖象法)函數(shù)y＝eq\b\lc\{(\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，＋∞)．(2)(單調(diào)性)因為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)，且值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，所以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\{(\a\vs4\al\co1(－2a＋b＝\f(1,2)，,－\f(a,2)＋b＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(5,2).))(3)方法一(換元法)：令t＝eq\r(x－1)，則t≥0，x＝t2＋1，所以原函數(shù)變?yōu)閥＝t2＋1＋t，t≥0.配方得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)，又因為t≥0，所以y≥eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1，故函數(shù)y＝x＋eq\r(x－1)的最小值為1.方法二(單調(diào)性法)：因為函數(shù)y＝x和y＝eq\r(x－1)在定義域內(nèi)均為增函數(shù)，故函數(shù)y＝x＋eq\r(x－1)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，所以ymin＝1.【答案】(1)[3，＋∞)(2)1eq\f(5,2)(3)1求函數(shù)最值的常用方法(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．(4)分離常數(shù)法：形如y＝eq\f(cx＋d,ax＋b)(ac≠0)的函數(shù)常使用“分離常數(shù)法”求解．(5)換元法：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)的方法求最值．【對點訓(xùn)練】1．函數(shù)y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≤1，,x＋\f(6,x)－6，x>1))的最小值為________．解析：因為y＝x2在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x≤1時，f(x)min＝f(0)＝0.當(dāng)x>1時，y＝x＋eq\f(6,x)≥2eq\r(6)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(6)時，等號成立，此時f(x)min＝2eq\r(6)－6.又2eq\r(6)－6<0，所以f(x)min＝2eq\r(6)－6.答案：2eq\r(6)－62．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(3（x－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(－∞，3)∪(3，＋∞)．答案：(－∞，3)∪(3，＋∞)[A級基礎(chǔ)練]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)))eq\s\up12(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．若函數(shù)f(x)＝x2－2x＋m在[3，＋∞)上的最小值為1，則實數(shù)m的值為()A．－3 B．－2C．－1 D．1解析：選B.因為f(x)＝(x－1)2＋m－1在[3，＋∞)上是增函數(shù)，f(x)min＝f(3)＝3＋m，因為3＋m＝1，所以m＝－2.3．(2022·陜西省部分學(xué)校摸底檢測)已知f(x)在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，若a＝f(ln3)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ln\f(1,2)))，c＝f(eq\r(3))，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c<a<b B．a(chǎn)<c<bC．b<a<c D．c<b<a解析：選A.因為2lneq\f(1,2)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝lneq\f(1,4)<ln1＝0<ln3<lneeq\s\up6(\f(3,2))<lneeq\r(3)＝eq\r(3)，函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，所以f(eq\r(3))<f(ln3)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ln\f(1,2)))，即c<a<b.4．已知函數(shù)f(x)是定義域為[0，＋∞)的減函數(shù)，且f(2)＝－1，則滿足f(2x－4)>－1的實數(shù)x的取值范圍是()A．(3，＋∞) B．(－∞，3)C．[2，3) D．[0，3)解析：選C.由題可知f(2x－4)>－1可化為f(2x－4)>f(2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－4≥0，,2x－4<2，))解得2≤x<3.5．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)解析：選D.因為函數(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.所以m的取值范圍是[－1，2)．6．函數(shù)y＝eq\r(x)－x(x≥0)的最大值為________．解析：令t＝eq\r(x)，則t≥0，y＝t－t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)，當(dāng)t＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(1,4)時，y取得最大值，為eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)7．(2022·長春高三質(zhì)量監(jiān)測(二))寫出一個符合“對任意x1，x2∈R，當(dāng)x1≠x2時，(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0”的函數(shù)________．解析：設(shè)x1>x2，則x1－x2>0.由(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0，得f(x1)－f(x2)<0，所以函數(shù)f(x)在R上為減函數(shù)．所以函數(shù)f(x)＝－x或f(x)＝eq\f(1,ex)等．答案：f(x)＝－x(答案不唯一)8．若函數(shù)f(x)＝2|x－a|＋3在區(qū)間[1，＋∞)上不單調(diào)，則a的取值范圍是________．解析：因為函數(shù)f(x)＝2|x－a|＋3＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－2a＋3，x≥a，,－2x＋2a＋3，x＜a，))因為函數(shù)f(x)＝2|x－a|＋3在區(qū)間[1，＋∞)上不單調(diào)，所以a＞1.所以a的取值范圍是(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)9．已知函數(shù)f(x)＝2a＋2x－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[1，3]上的最大值是最小值的2倍，求a的值．解：(1)證明：設(shè)0<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋2x1－\f(1,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋2x2－\f(1,x2)))＝2(x1－x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))，由于0<x1<x2，故x1－x2<0，eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1)<0，據(jù)此可得f(x1)－f(x2)<0，f(x1)<f(x2)，即函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)．(2)由函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合題意可得：f(3)＝2f(1)，即2a＋6－eq\f(1,3)＝2(2a＋2－1)，解得a＝eq\f(11,6).10．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋2,x).(1)寫出函數(shù)f(x)的定義域和值域；(2)證明：函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞減函數(shù)，并求f(x)在x∈[2，8]上的最大值和最小值．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為{x|x≠0}．又f(x)＝1＋eq\f(2,x)，所以值域為{y|y≠1}．(2)由題意可設(shè)0<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x2)))＝eq\f(2,x1)－eq\f(2,x2)＝eq\f(2（x2－x1）,x1x2).又0<x1<x2，所以x1x2>0，x2－x1>0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞減函數(shù)．在x∈[2，8]上，f(x)的最大值為f(2)＝2，最小值為f(8)＝eq\f(5,4).[B級綜合練]11．設(shè)函數(shù)f(x)滿足：對?x1，x2∈R且x1≠x2，都有[f(x1)－f(x2)](x1－x2)>0，則下列結(jié)論一定正確的是()A．y＝eq\f(1,f（x）)在R上為減函數(shù)B．y＝|f(x)|在R上為增函數(shù)C．y＝－eq\f(1,f（x）)在R上為增函數(shù)D．y＝－f(x)在R上為減函數(shù)解析：選D.依題意得，f(x)在R上為增函數(shù)，令f(x)＝x，則y＝eq\f(1,x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故A錯；y＝|x|在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故B錯；y＝－eq\f(1,x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故C錯．綜上，選D.12．設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2，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]解析：選D.因為當(dāng)x≤0時，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，所以a≥0.當(dāng)x＞0時，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋a≥2＋a，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”．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，所以a的取值范圍是0≤a≤2.13．已知定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，f(1)＝0，f(3)＝1.(1)解不等式0<f(x2－1)<1；(2)若f(x)≤m2－2am＋1對所有x∈(0，3]，a∈[－1，1]恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－1>0，,1<x2－1<3，))得eq\r(2)<x<2或－2<x<－eq\r(2).所以原不等式的解集為(－2，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，2)