中学数学单调性与最值练习题（含答案）

知识梳理知识梳理1．函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数图象描述自左向右看图象是上升的,自左向右看图象是下降的(2)函数单调性的两种等价形式设任意x1，x2∈[a，b]且x1＜x2，那么①eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＞0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．eq\a\vs4\al([必记结论])对于给出具体解析式的函数，证明或判断其在某区间上的单调性有两种方法：(1)可以利用定义(基本步骤为取值、作差或作商、变形、定号、下结论)求解；(2)可导函数则可以利用导数解之．(3)单调区间的定义如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y＝f(x)的单调区间．eq\a\vs4\al([必记结论])求函数单调区间的2个注意点(1)单调区间是定义域的子集，故求单调区间应树立“定义域优先”的原则．(2)单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示．2．函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(1)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值例题讲解例题讲解考点一函数单调性的判断与单调区间的求法自主探究基础送分考点——自主练透[题组练通]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)解析：(复合法)由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.因此，函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)．答案：D2．设函数f(x)的定义域为D，如果存在正实数k，使对任意x∈D，都有x＋k∈D，且f(x＋k)＞f(x)恒成立，则称函数f(x)为D上的“k型增函数”．已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f(x)＝|x－a|－2a，若f(x)为R上的“2014型增函数”，则实数a的取值范围是________．解析：(图象法)由题意得，当x＞0时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3ax≥a，,－x－ax＜a.))①当a≥0时，函数f(x)的图象如图①所示，考虑极大值f(－a)＝2a，令x－3a＝2a，得x＝5a.所以只需满足5a－(－a)＝6a＜2014，即0≤a＜eq\f(1007,3).②当a＜0时，函数f(x)的图象如图②所示，且f(x)为增函数．因为x＋2014＞x，所以满足f(x＋2014)＞f(x)．综上可知，实数a的取值范围是a＜eq\f(1007,3).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1007,3)))3．已知函数f(x)＝lnx＋mx2(m∈R)，求函数f(x)的单调区间．解析：(导数法)依题意，知f(x)的定义域为(0，＋∞)．对f(x)求导，得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2mx＝eq\f(1＋2mx2,x).当m≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当m＜0时，令f′(x)＝0，得x＝eq\r(－\f(1,2m)).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(1,2m))))时，f′(x)＞0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(1,2m))))上单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,2m))，＋∞))时，f′(x)＜0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,2m))，＋∞))上单调递减．函数单调性的判断方法方法解读适合题型定义法具体的方法步骤为：取值、作差、变形、定号、下结论适用于所有函数，特别是抽象函数复合法复合函数单调性的判断法则：“同增异减”，即对于y＝f(g(x))型的复合函数，令t＝g(x)，则可以把它看成由y＝f(t)和t＝g(x)复合而成的，若它们的单调性相同，则复合后的函数为增函数；若它们的单调性相反，则复合后的函数为减函数形如y＝f(g(x))的复合函数导数法具体方法为：(1)求出函数f(x)的定义域；(2)对函数f(x)求导得到导函数f′(x)，解不等式f′(x)>0，函数f(x)在此不等式对应的区间上为增函数；函数f(x)在不等式f′(x)<0对应的区间上为减函数适用于可求导的函数图象法方法步骤为：先求出函数f(x)的定义域，然后在定义域内作出相应的图象，根据图形中的单调性写出相应的单调区间适用于初等函数，易于作出图象的函数考点二函数单调性的应用多维探究题点多变考点——多角探明[锁定考向]高考对函数单调性的考查多以选择题、填空题的形式出现，有时也应用于解答题某一问中．常见的命题角度有：(1)求函数的值域或最值；(2)比较两个函数值或两个自变量的大小；(3)解函数不等式；(4)利用单调性求参数的取值范围或值．角度一求函数的值域或最值1．(2018·合肥模拟)已知函数f(x)＝(x2－2x)·sin(x－1)＋x＋1在[－1,3]上的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝()A．4B．2C．1D．0解析：设t＝x－1，则f(x)＝(x2－2x)sin(x－1)＋x＋1＝(t2－1)sint＋t＋2，t∈[－2,2]．记g(t)＝(t2－1)sint＋t＋2，则函数y＝g(t)－2＝(t2－1)sint＋t是奇函数．由已知得y＝g(t)－2的最大值为M－2，最小值为m－2，所以M－2＋(m－2)＝0，即M＋m＝4.故选A.答案：A角度二比较函数值或自变量大小2．已知a＞b＞0，则下列命题成立的是()A．sina＞sinb B．log2a＜log2b D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b解析：函数y＝sinx在(0，＋∞)上不是单调函数，所以不能判断出sina与sinb的大小；函数y＝log2x在(0，＋∞)上单调递增，结合a＞b＞0可得log2a＞log2b；函数y＝在(0，＋∞)上单调递增，结合a＞b＞0可得；函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x是单调递减函数，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b.故选D.答案：D角度三求解函数不等式3．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≥0，,2x－x2，x＜0，))函数g(x)＝|f(x)|－1.若g(2－a2)＞g(a)，则实数a的取值范围是()A．(－2,1)B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－2,2)D．(－∞，－2)∪(－1,1)∪(2，＋∞)解析：由题可知，f(x)为单调递增的奇函数，则g(x)为偶函数且在[0，＋∞)上单调递增．因为g(2－a2)＞g(a)，所以|2－a2|＞|a|，即(2－a2)2＞a2，解得a＜－2或－1＜a＜1或a＞2，即实数a的取值范围是(－∞，－2)∪(－1,1)∪(2，＋∞)．故选D.答案：D角度四利用单调性求参数的取值范围4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x＜0，,a－3x＋4a，x≥0))满足对任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0成立，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B．(1,2]C．(1,3) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：由eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0，得f(x)在定义域上是减函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,a－3＜0，,4a≤1，))解得0＜a≤eq\f(1,4)，所以a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).故选A.答案：A函数单调性应用问题的常见类型及解题策略(1)比较大小比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．(2)解不等式在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域.(3)利用单调性求参数视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．(4)求函数最值(四种常用方法)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值．基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值．导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.[即时应用]1．(2018·福州模拟)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)＜0恒成立，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为()A．c＞a＞b B．c＞b＞aC．a＞c＞b D．b＞a＞c解析：根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数．因为a＝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.答案：D2．已知函数f(x)＝x2－2ax－3在区间[1,2]上具有单调性，则实数a的取值范围为________．解析：函数f(x)＝x2－2ax－3的图象开口向上，对称轴为直线x＝a，画出草图如图所示．由图象可知，函数在(－∞，a]和[a，＋∞)上都具有单调性，因此要使函数f(x)在区间[1,2]上具有单调性，只需a≤1或a≥2，从而a∈(－∞，1]∪[2，＋∞)．答案：(－∞，1]∪[2，＋∞)综合题库综合题库A组——基础对点练1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是()A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3xC．f(x)＝－eq\f(1,x＋1) D．f(x)＝－|x|解析：当x＞0时，f(x)＝3－x为减函数；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))时，f(x)＝x2－3x为减函数，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))时，f(x)＝x2－3x为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－eq\f(1,x＋1)为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．故选C.答案：C2．下列函数中，定义域是R且为增函数的是()A．y＝e－x B．y＝x3C．y＝lnx D．y＝|x|解析：因为对数函数y＝lnx的定义域不是R，故首先排除选项C；因为指数函数y＝e－x，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x，在定义域内单调递减，故排除选项A；对于函数y＝|x|，当x∈(－∞，0)时，函数变为y＝－x，在其定义域内单调递减，因此排除选项D；而函数y＝x3在定义域R上为增函数．故选B.答案：B3．(2018·长春市模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2，x＜－1，,|2x－1，x≥－1，))则函数f(x)的值域为()A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)C．[－eq\f(1,2)，＋∞) D．R解析：当x＜－1时，f(x)＝x2－2∈(－1，＋∞)；当x≥－1时，f(x)＝2x－1∈[－eq\f(1,2)，＋∞)，综上可知，函数f(x)的值域为(－1，＋∞)．故选B.答案：B4．设f(x)＝x－sinx，则f(x)()A．既是奇函数又是减函数B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数D．是没有零点的奇函数解析：∵f(－x)＝－x－sin(－x)＝－(x－sinx)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．又f′(x)＝1－cosx≥0，∴f(x)单调递增，选B.答案：B5．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x＞0，,cosx，x≤0，))则下列结论正确的是()A．f(x)是偶函数B．f(x)是增函数C．f(x)是周期函数D．f(x)的值域为[－1，＋∞)解析：因为f(π)＝π2＋1，f(－π)＝－1，所以f(－π)≠f(π)，所以函数f(x)不是偶函数，排除A；因为函数f(x)在(－2π，－π)上单调递减，排除B；函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)不是周期函数，排除C；因为x＞0时，f(x)＞1，x≤0时，－1≤f(x)≤1，所以函数f(x)的值域为[－1，＋∞)，故选D.答案：D6．设a＞0且a≠1，则“函数f(x)＝ax在R上是减函数”是“函数g(x)＝(2－a)x3在R上是增函数”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解析：若函数f(x)＝ax在R上为减函数，则有0＜a＜1；若函数g(x)＝(2－a)x3在R上为增函数，则有2－a＞0，即a＜2，所以“函数f(x)＝ax在R上是减函数”是“函数g(x)＝(2－a)x3在R上是增函数”的充分不必要条件，选A.答案：A7．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋3a，x<0，,ax，x≥0))，(a>0且a≠1)是R上的减函数，则a的取值范围是()A．(0,1) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析：∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1,3a≥1))，∴eq\f(1,3)≤a<1.答案：B8．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是()A．y＝eq\r(x＋1) B．y＝(x－1)2C．y＝2－x D．y＝log0.5(x＋1)解析：A项，y＝eq\r(x＋1)为(－1，＋∞)上的增函数，故在(0，＋∞)上递增；B项，y＝(x－1)2在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增；C项，y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x为R上的减函数；D项，y＝log0.5(x＋1)为(－1，＋∞)上的减函数．故选A.答案：A9．已知f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)单调递减，设a＝－21.2，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－0.8，c＝2log52，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为()A．f(c)<f(b)<f(a) B．f(c)<f(a)<f(b)C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(a)>f(b)解析：依题意，注意到21.2>20.8＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－0.8>20＝1＝log55>log54＝2log52>0，又函数f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数，于是有f(21.2)<f(20.8)<f(2log52)，由函数f(x)是偶函数得f(a)＝f(21.2)，因此f(a)<f(b)<f(c)，选C.答案：C10．(2018·长沙市统考)已知函数f(x)＝xeq\f(1,2)，则()A．∃x0∈R，f(x0)<0B．∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥0C．∃x1，x2∈[0，＋∞)，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0D．∀x1∈[0，＋∞)，∃x2∈[0，＋∞)，f(x1)>f(x2)解析：幂函数f(x)＝xeq\f(1,2)的值域为[0，＋∞)，且在定义域上单调递增，故A错误，B正确，C错误，D选项中当x1＝0时，结论不成立，选B.答案：B11．对于函数f(x)，若存在常数a≠0，使得x取定义域内的每一个值，都有f(x)＝f(2a－x)，则称f(x)为准偶函数．下列函数中是准偶函数的是()A．f(x)＝eq\r(x) B．f(x)＝x2C．f(x)＝tanx D．f(x)＝cos(x＋1)解析：由f(x)为准偶函数的定义可知，若f(x)的图象关于x＝a(a≠0)对称，则f(x)为准偶函数，A，C中两函数的图象无对称轴，B中函数图象的对称轴只有x＝0，而D中f(x)＝cos(x＋1)的图象关于x＝kπ－1(k∈Z)对称．答案：D12．函数的值域为________．解析：当x≥1时，0＜2x＜2，故值域为(0,2)∪(－∞，0]＝(－∞，2)．答案：(－∞，2)13．函数f(x)＝x＋eq\r(2x－1)的值域为________．解析：由2x－1≥0可得x≥eq\f(1,2)，∴函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，又函数f(x)＝x＋eq\r(2x－1)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，∴当x＝eq\f(1,2)时，函数取最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，∴函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))14．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a＝________.解析：由f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－a，x＜－\f(a,2),2x＋a，x≥－\f(a,2)))，可得函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))，故3＝－eq\f(a,2)，解得a＝－6.答案：－615．已知函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(x≠0，a∈R)，若函数f(x)在(－∞，－2]上单调递增，则实数a的取值范围是__________．解析：设x1<x2≤－2，则Δy＝f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(a,x1)－x2－eq\f(a,x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x1x2)))＝eq\f(x1－x2x1x2－a,x1x2).因为x1－x2<0，x1x2>0，所以要使Δy＝eq\f(x1－x2x1x2－a,x1x2)<0恒成立，只需使x1x2－a>0恒成立，即a<x1x2恒成立．因为x1<x2≤－2，所以x1x2>4，所以a≤4，故函数f(x)在(－∞，－2]上单调递增时，实数a的取值范围是(－∞，4]．答案：(－∞，4]B组——能力提升练1．(2018·西安一中模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3，x≤0，lnx＋1，x＞0，))若f(2－x2)＞f(x)，则实数x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C．(－1,2)D．(－2,1)解析：∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x＞0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，∴函数f(x)是定义在R上的增函数．因此，不等式f(2－x2)＞f(x)等价于2－x2＞x，即x2＋x－2＜0，解得－2＜x＜1.故选D.答案：D2．(2018·郑州模拟)已知函数f(x)＝x＋xlnx，若k∈Z，且k(x－1)＜f(x)对任意的x＞1恒成立，则k的最大值为()A．2 B．3C．4 D．5解析：依题意得，当x＝2时，k(2－1)＜f(2)，即k＜2＋2ln2＜2＋2＝4，因此满足题意的最大整数k的可能取值为3.当k＝3时，记g(x)＝f(x)－k(x－1)，即g(x)＝xlnx－2x＋3(x＞1)，则g′(x)＝lnx－1，当1＜x＜e时，g′(x)＜0，g(x)在区间(1，e)上单调递减；当x＞e时，g′(x)＞0，g(x)在区间(e，＋∞)上单调递增．因此，g(x)的最小值是g(e)＝3－e＞0，于是有g(x)＞0恒成立．所以满足题意的最大整数k的值是3，选B.答案：B3．若函数f(x)＝x2－eq\f(1,2)lnx＋1在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是()A．[1，＋∞) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))C．[1,2) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以k－1≥0，即k≥1.令f′(x)＝eq\f(4x2－1,2x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2)舍)).因为函数f(x)在区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，所以k－1＜eq\f(1,2)＜k＋1，得－eq\f(1,2)＜k＜eq\f(3,2).综上得1≤k＜eq\f(3,2).答案：B4．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a满足f(log2a)＋≤2f(1)，则a的取值范围是()A．[1,2] B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) D．(0,2]解析：由已知条件得f(－x)＝f(x)，则f(log2a)＋≤2f(1)⇒f(log2a)＋f(－log2a)≤2f(1)⇒f(log2a)≤f(1)，又f(log2a)＝f(|log2a|)且f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴|log2a|≤1⇒－1≤log2a≤1，解得eq\f(1,2)≤a≤2，选C.答案：C5．设函数f(x)＝ln(1＋x)＋mln(1－x)是偶函数，则()A．m＝1，且f(x)在(0,1)上是增函数B．m＝1，且f(x)在(0,1)上是减函数C．m＝－1，且f(x)在(0,1)上是增函数D．m＝－1，且f(x)在(0,1)上是减函数解析：因为函数f(x)＝ln(1＋x)＋mln(1－x)是偶函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，则(m－1)ln3＝0，即m＝1，则f(x)＝ln(1＋x)＋ln(1－x)＝ln(1－x2)，在(0,1)上，当x增大时，1－x2减小，ln(1－x2)减小，即f(x)在(0,1)上是减函数，故选B.答案：B6．已知函数f(x)＝lg(ax－bx)＋x中，常数a，b满足a＞1＞b＞0，且a＝b＋1，那么f(x)＞1的解集为()A．(0,1) B．(1，＋∞)C．(1,10) D．(10，＋∞)解析：由ax－bx＞0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))x＞1，解得x＞0，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为a＞1＞b＞0，所以y＝ax单调递增，y＝－bx单调递增，所以t＝ax－bx单调递增．又y＝lgt单调递增，所以f(x)＝lg(ax－bx)＋x为增函数．而f(1)＝lg(a－b)＋1＝lg1＋1＝1，所以x＞1时f(x)＞1，故f(x)＞1的解集为(1，＋∞)．故选B.答案：B7．已知函数f(x)是定义在R上的单调递增函数，且满足对任意的实数x都有f(f(x)－3x)＝4，则f(x)＋f(－x)的最小值等于()A．2 B．4C．8 D．12解析：由f(x)的单调性知存在唯一实数K使f(K)＝4，即f(x)＝3x＋K，令x＝K得f(K)＝3K＋K＝4，所以K＝1，从而f(x)＝3x＋1，即f(x)＋f(－x)＝3x＋eq\f(1,3x)＋2≥2eq\r(3x·\f(1,3x))＋2＝4，当且仅当x＝0时取等号．故选B.答案：B8．(2013·高考安徽卷)“a≤0”是“函数f(x)＝|(ax－1)x|在区间(0，＋∞)内单调递增”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：充分性：当a<0时，f(x)＝|(ax－1)·x|＝－ax2＋x为图象开口向上的二次函数，且图象的对称轴为直线x＝eq\f(1,2a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)<0))，故f(x)在(0，＋∞)上为增函数；当a＝0时，f(x)＝x，为增函数．必要性：f(0)＝0，当a≠0时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝0，若f(x)在(0，＋∞)上为增函数，则eq\f(1,a)<0，即a<0.f(x)＝x时，f(x)为增函数，此时a＝0.综上，a≤0为f(x)在(0，＋∞)上为增函数的充分必要条件．答案：C9．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1x＋4－2a，x<11＋log2x，x≥1)).若f(x)的值域为R，则实数a的取值范围是()A．(1,2] B．(－∞，2]C．(0,2] D．[2，＋∞)解析：依题意，当x≥1时，f(x)＝1＋log2x单调递增，f(x)＝1＋log2x在区间[1，＋∞)上的值域是[1，＋∞)．因此，要使函数f(x)的值域是R，则需函数f(x)在(－∞，1)上的值域M⊇(－∞，1)．①当a－1<0，即a<1时，函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，函数f(x)在(－∞，1)上的值域M＝(－a＋3，＋∞)，显然此时不能满足M⊇(－∞，1)，因此a<1不满足题意；②当a－1＝0，即a＝1时，f(x)在(－∞，1)上的值域M＝{2}，此时不能满足M⊇(－∞，1)，因此a＝1不满足题意；③当a－1>0，即a>1时，函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，函数f(x)在(－∞，1)上的值域M＝(－∞，－a＋3)，由M⊇(－∞，1)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>13－a≥1))，解得1<a≤2.综上所述，满足题意的实数a的取值范围是(1,2]，选A.答案：A10．函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝eq\f(fx,x)在区间(1，＋∞)上一定()A．有最小值 B．有最大值C．是减函数 D．是增函数解析：∵函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，图象开口向上，对称轴x＝a，∴a＜1，g(x)＝eq\f(fx,x)＝x＋eq\f(a,x)－2a.若a≤0，则g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2a在(0，＋∞)，(－∞，0)上单调递增；若0＜a＜1，则g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2a在(eq\r(a)，＋∞)上单调递增，则在(1，＋∞)上单调递增．综上可得，g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2a在(1，＋∞)上单调递增．故选D.答案：D11．(2018·武汉市模拟)若存在正实数a，b，使得∀x∈R有f(x＋a)≤f(x)＋b恒成立，则称f(x)为“限增函数”．给出以下三个函数：①f(x)＝x2＋x＋1；②f(x)＝eq\r(|x|)；③f(x)＝sin(x2)，其中是“限增函数”的是()A．①② B．②③C．①③ D．③解析：对于①，f(x＋a)≤f(x)＋b即(x＋a)2＋(x＋a)＋1≤x2＋x＋1＋b，即2ax≤－a2－a＋b，x≤eq\f(－a2－a＋b,2a)对一切x∈R恒成立，显然不存在这样的正实数a，b.对于②，f(x)＝eq\r(|x|)，即eq\r(|x＋a|)≤eq\r(|x|)＋b，|x＋a|≤|x|＋b2＋2beq\r(|x|)，而|x＋a|≤|x|＋a，∴|x|＋a≤|x|＋b2＋2beq\r(|x|)，则eq\r(|x|)≥eq\f(a－b2,2b)，显然，当a≤b2时式子恒成立，∴f(x)＝eq\r(|x|)是“限增函数”．对于③，f(x)＝sin(x2)，－1≤f(x)＝sin(x2)≤1，故f(x＋a)－f(x)≤2，当b≥2时，对于任意的正实数a，b都成立，故选B