高考数学（文）高分计划一轮高分讲义第2章函数导数及其应用2.2函数的单调性与最值

2．2函数的单调性与最值[知识梳理]1．函数的单调性(1)单调函数的定义(2)函数单调性的三种等价形式设任意x1，x2∈[a，b]且x1<x2，那么①x1－x2<0，若f(x1)－f(x2)<0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；若f(x1)－f(x2)>0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．②eq\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．③(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．注：研究函数单调区间的注意事项(1)单调性是与“区间”紧密相关的概念，一个函数在不同的区间上，可以有不同的单调性．(2)函数的单调性只能在函数的定义域内来讨论，求函数的单调区间，必须先求函数的定义域．(3)函数的单调性是对某个区间而言的，所以要受到区间的限制．例如函数y＝eq\f(1,x)分别在(－∞，0)，(0，＋∞)内都是单调递减的，但不能说它在整个定义域即(－∞，0)∪(0，＋∞)内单调递减，只能分开写，即函数的单调减区间为(－∞，0)和(0，＋∞)．2．函数的最值函数的最大值对应图象最高点的纵坐标，函数的最小值对应图象最低点的纵坐标．注：(1)函数的值域一定存在，而函数的最值不一定存在．(2)若函数的最值存在，则一定是值域中的元素；若函数的值域是开区间，则函数无最值，若函数的值域是闭区间，则闭区间上的端点值就是函数的最值．[诊断自测]1．概念思辨(1)函数y＝eq\f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(2)设任意x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，那么f(x)在[a，b]上是增函数⇔eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0⇔(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0.()(3)函数y＝f(x)在[0，＋∞)上为增函数，则函数y＝f(x)的增区间为[0，＋∞)．()(4)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到．()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2．教材衍化(1)(必修A1P39B组T3)下列函数中，在区间(－∞，0)上是减函数的是()A．y＝2x B．y＝logeq\s\do8(\f(1,2))xC．y＝x－1 D．y＝x3答案C解析函数y＝2x在区间(－∞，0)上是增函数；函数y＝logeq\s\do8(\f(1,2))x在区间(－∞，0)上无意义；函数y＝x－1在区间(－∞，0)上是减函数；函数y＝x3在区间(－∞，0)上是增函数．故选C.(2)(必修A1P45B组T4)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－ax－5x≤1，,\f(a,x)x>1))是R上的增函数，则a的取值范围是()A．－3≤a<0 B．－3≤a≤－2C．a≤－2 D．a<0答案B解析∵函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－ax－5x≤1，,\f(a,x)x>1))是R上的增函数，设g(x)＝－x2－ax－5(x≤1)，h(x)＝eq\f(a,x)(x>1)，由分段函数的性质可知，函数g(x)＝－x2－ax－5在(－∞，1]单调递增，函数h(x)＝eq\f(a,x)在(1，＋∞)单调递增，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.故选B.3．小题热身(1)(2014·天津高考)函数f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(x2－4)的单调递增区间为()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)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，y＝logeq\s\do8(\f(1,2))u为减函数，故f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)．故选D.(2)(2017·保定期末)直角梯形OABC中AB∥OC，AB＝1，OC＝BC＝2，直线l：x＝t截该梯形所得位于l左边图形面积为S，则函数S＝f(t)的图象大致为()答案C解析由题意可知：当0<t≤1时，f(t)＝eq\f(1,2)·t·2t＝t2，当1<t≤2时，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.))结合不同段上函数的性质，可知选项C符合．故选C.题型1函数单调性的判断与证明eq\o(\s\do1(典例))已知函数f(x)＝eq\r(x2＋1)－ax，其中a>0.(1)若2f(1)＝f(－1)，求a的值；(2)证明：当a≥1时，函数f(x)在区间[0，＋∞)上为单调减函数．本题用定义法．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)证明：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，＋∞)上单调递减．方法技巧确定函数单调性(区间)的常用方法1．定义法：本例采用了定义法．一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论．其关键是作差变形，为了便于判断差的符号，通常将差变成因式连乘(除)或平方和的形式，再结合变量的范围、假定的两个自变量的大小关系及不等式的性质进行判断．见典例．2．图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的直观性确定它的单调性．如冲关针对训练1.3．导数法：本例也可采用求导法．利用导数取值的正负确定函数的单调性．见冲关针对训练2.冲关针对训练1．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x≥0，,4x－x2，x<0，))若f(2－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－1,2)C．(－2,1) D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)答案C解析依题意知f(x)在R上是增函数，由f(2－a2)>f(a)，得2－a2>a，解得－2<a<1.故选C.2．讨论函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，＋∞)上的单调性．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，计算得出x＝±eq\r(a)，当f′(x)>0，即x>eq\r(a)时，f(x)单调递增，当f′(x)<0，即0<x<eq\r(a)时，f(x)单调递减，综上所述，x∈(eq\r(a)，＋∞)，函数f(x)单调递增，x∈(0，eq\r(a))，函数f(x)单调递减.题型2求函数的单调区间eq\o(\s\do1(典例1))(2017·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，＋∞)根据复合函数单调性的“同增异减”求解．答案D解析由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.设t＝x2－2x－8，则y＝lnt为增函数．要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间．∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)，∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．故选D.[条件探究]若将本典例自然对数变为指数函数如何求解呢？例如：y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x2－4x.解令u＝x2－4x，x∈R，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))u，u＝(x－2)2－4，∴x∈(－∞，2]上u是递减的，x∈[2，＋∞)上u是递增的，又y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))u是减函数，∴函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x2－4x的增区间是(－∞，2]，减区间是[2，＋∞)．eq\o(\s\do1(典例2))求函数f(x)＝|x2－4x＋3|的单调区间．本题用图象法．解先作出函数y＝x2－4x＋3的图象，由于绝对值的作用，把x轴下方的部分翻折到上方，可得函数y＝|x2－4x＋3|的图象．如图所示．由图可知f(x)在(－∞，1]和[2,3]上为减函数，在[1,2]和[3，＋∞)上为增函数，故f(x)的增区间为[1,2]，[3，＋∞)，减区间为(－∞，1]，[2,3]．[条件探究]若将本典例中的绝对值符号挪动位置，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，))其图象如图所示，所以函数y＝f(x)的单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]；单调递减区间为[－1，0]和[1，＋∞)．eq\o(\s\do1(典例3))求函数f(x)＝x－lnx的单调区间．本题采用导数法．解由题意，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：x(0,1)1(1，＋∞)y′－0＋y1由上表可知，函数的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．[条件探究]若本典例变为f(x)＝ax＋lnx．研究单调区间时，应注意什么问题？解由于参数a范围未定，所以要对a进行分类讨论．f(x)＝ax＋lnx的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax＋1,x)，①当a≥0时，f′(x)>0，故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a<0时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))时，f′(x)>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0；故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).方法技巧1．研究函数的单调性及求单调区间问题，首先求出函数的定义域(定义域优先原则)．2．对已知函数解析式的构成进行分析，变形转化，变成几个基本初等函数组成的形式，再根据基本初等函数的性质，研究函数的单调性．例如：典例1函数f(x)＝ln(x2－2x－8)是由y＝lnu，u＝x2－2x－8复合而成的，u是中间变量．典例2条件探究函数f(x)＝－x2＋2|x|＋3，带绝对值符号的可去掉绝对值符号，化为分段函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3x≥0，,－x2－2x＋3x<0.))3．若函数解析式是由y＝lnx，y＝ex与其他基本函数构成的复杂函数，需要考虑求导法．如典例3.冲关针对训练1．(2017·洛阳二模)函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则函数g(x)＝f(logax)(0<a<1)的单调减区间是()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解析由图象可知，函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).∵0<a<1，∴函数y＝logax在定义域内单调递减．由题意可知，0≤logax≤eq\f(1,2)，解得eq\r(a)≤x≤1，即所求递减区间为[eq\r(a)，1]．故选B.2．已知函数f(x)＝eq\r(x2－2x－3)，则该函数的单调递增区间为()A．(－∞，1] B．[3，＋∞)C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)答案B解析设t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t＝x2－2x－3的图象的对称轴为x＝1，所以函数t在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增．所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)．故选B.题型3函数单调性的应用角度1利用函数的单调性比较大小eq\o(\s\do1(典例))(2017·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利用对称性转化到同一单调区间，再利用单调性比较大小．答案D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，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.故选D.角度2利用函数的单调性解不等式eq\o(\s\do1(典例))f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，当f(x)＋f(x－8)≤2时，x的取值范围是()A．(8，＋∞) B．(8,9]C．[8,9] D．(0,8)本题用转化法，利用函数单调性把不等式从抽象转化到具体．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)，因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,x－8>0，,xx－8≤9，))解得8<x≤9.故选B.角度3利用函数的单调性求最值eq\o(\s\do1(典例))(2017·福州一模)如果函数f(x)对任意的实数x，都有f(1＋x)＝f(－x)，且当x≥eq\f(1,2)时，f(x)＝log2(3x－1)，那么函数f(x)在[－2,0]上的最大值与最小值之和为()A．2 B．3C．4 D．－1本题采用数形结合思想．答案C解析根据f(1＋x)＝f(－x)，可知函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(1,2)对称．又函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))上单调递减，则函数f(x)在[－2,0]上的最大值与最小值之和为f(－2)＋f(0)＝f(1＋2)＋f(1＋0)＝f(3)＋f(1)＝log28＋log22＝4.故选C.角度4利用函数的单调性求参数的取值或范围eq\o(\s\do1(典例))已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x<1，,logax，x≥1))是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a的取值范围是()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))本题用定义法和数形结合方法．答案C解析当x＝1时，loga1＝0，若f(x)为R上的减函数，则(3a－1)x＋4a>0在x<1时恒成立，令g(x)＝(3a－1)x＋4a，则必有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).此时，logax是减函数，符合题意．故选C.方法技巧函数单调性应用问题的常见类型及解题策略1．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．如角度1典例．2．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．如角度2典例．3．利用单调性求解最值问题，应先确定函数的单调性，然后再由单调性求解．如角度3典例．4．利用单调性求参数时，通常要把参数视为已知数，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．如角度4典例．提醒：若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．冲关针对训练1．(2017·江西三校第一次联考)定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈(－∞，0)(x1≠x2)，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0.则下列结论正确的是()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∵对任意x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，∴f(x)在(－∞，0)上是减函数，又∵f(x)是R上的偶函数，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∵0<0.32<20.3<log25，∴f(0.32)<f(20.3)<f(log25)．故选A.2．(2017·湖南益阳箴言中学三模)已知a>0且a≠1，若函数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))上是增函数，则a的取值范围是________．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)，＋∞))解析由复合函数单调性可知①当a>1时，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当0<a<1时，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的取值范围是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·山东高考)若函数exf(x)(e＝2.71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的是()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)具有性质M，则[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]>0在f(x)的定义域上恒成立，即f(x)＋f′(x)>0在f(x)的定义域上恒成立．对于选项A，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－xln2＝2－x(1－ln2)>0，符合题意．经验证，选项B，C，D均不符合题意．故选A.2．(2018·三门峡模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x<2，,x2，x≥2，))若f(a＋1)≥f(2a－1)，则实数a的取值范围是()A．(－∞，1] B．(－∞，2]C．[2,6] D．[2，＋∞)答案B解析函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x<2，,x2，x≥2))是在定义域为R上的增函数．∵f(a＋1)≥f(2a－1)，∴a＋1≥2a－1，解得a≤2.故实数a的取值范围是(－∞，2]．故选B.3．(2017·合肥模拟)若2x＋5y≤2－y＋5－x，则有()A．x＋y≥0 B．x＋y≤0C．x－y≤0 D．x－y≥0答案B解析设函数f(x)＝2x－5－x，易知f(x)为增函数，又f(－y)＝2－y－5y，由已知得f(x)≤f(－y)，∴x≤－y，∴x＋y≤0.故选B.4．(2017·辽宁三校联考)已知函数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]，则实数a的取值范围是()A．(0,1] B．[1，eq\r(3)]C．[1,2] D．[eq\r(3)，2]答案B解析先作出函数f(x)＝log2(1－x)＋1，－1≤x<0的图象，再研究f(x)＝x3－3x＋2,0≤x≤a的图象．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.∴当x＝1时，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).故选B.[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2017·衡阳四中月考)函数y＝f(x)在区间[0,2]上单调递增，且函数f(x＋2)是偶函数，则下列结论成立的是()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解析因为函数f(x＋2)是偶函数，所以f(x＋2)＝f(－x＋2)，即函数f(x)的图象关于x＝2对称，又函数y＝f(x)在[0,2]上单调递增，所以函数y＝f(x)在区间[2,4]上单调递减．因为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))).故选B.2．(2017·武汉调研)若函数f(x)＝ax＋1在R上递减，则函数g(x)＝a(x2－4x＋3)的增区间是()A．(2，＋∞) B．(－∞，2)C．(4，＋∞) D．(－∞，4)答案B解析∵f(x)＝ax＋1在R上递减，∴a<0.而g(x)＝a(x2－4x＋3)＝a(x－2)2－a.∵a<0，∴在(－∞，2)上g(x)递增．故选B.3．若函数y＝loga(x2＋2x－3)，当x＝2时，y>0，则此函数的单调递减区间是()A．(－∞，－3) B．(1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－1，＋∞)答案A解析当x＝2时，y＝loga(22＋2×2－3)＝loga5，∴y＝loga5>0，∴a>1.由复合函数单调性知，单调递减区间需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3>0，,x<－1，))解之得x<－3.故选A.4．已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(0，＋∞)上有最小值，则函数g(x)＝eq\f(fx,x)在区间(0，＋∞)上一定()A．有最小值 B．有最大值C．是减函数 D．是增函数答案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))上单调递减，在(eq\r(a)，＋∞)上单调递增．∴g(x)在(0，＋∞)上一定有最小值．故选A.5．(2018·太原模拟)已知f(x)＝x2－cosx，则f(0.6)，f(0)，f(－0.5)的大小关系是()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)是偶函数．∴f(－0.5)＝f(0.5)．又∵f′(x)＝2x＋sinx，当x∈(0,1)时，f′(x)>0.∴f(x)在(0,1)上是增函数，∴f(0)<f(0.5)<f(0.6)，即f(0)<f(－0.5)<f(0.6)．故选B.6．(2018·贵阳模拟)定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当a<b时，a⊕b＝b2，则函数f(x)＝(1⊕x)x－2⊕x，x∈[－2,2]的最大值等于()A．－1 B．1C．6 D．12答案C解析由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当1<x≤2时，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数．∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.故选C.7．(2018·天津质检)已知f(x)为R上的减函数，则满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)))>f(1)的实数x的取值范围是()A．(－∞，2) B．(2，＋∞)C．(－∞，1)∪(1,2) D．(－∞，1)∪(2，＋∞)答案D解析∵f(x)为R上的减函数，∴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的取值范围是(－∞，1)∪(2，＋∞)．故选D.8．已知a>0，设函数f(x)＝eq\f(2018x＋1＋2010,2018x＋1)(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝()A．2018 B．2019C．4028 D．4027答案C解析由题意得f(x)＝eq\f(2018x＋1＋2010,2018x＋1)＝2018－eq\f(8,2018x＋1).∵y＝2018x＋1在[－a，a]上是单调递增的，∴f(x)＝2018－eq\f(8,2018x＋1)在[－a，a]上是单调递增的，∴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.故选C.9．(2017·集宁区期末)函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是()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∵当a＝0时，f(x)＝eq\f(1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递减，故a＝0舍去，∴a≠0，此时f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)＝eq\f(ax＋2＋1－2a,x＋2)＝a＋eq\f(1－2a,x＋2)，又因为y＝eq\f(1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递减，而函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递增，∴1－2a<0，即a>eq\f(1,2).故选B.10．(2018·山西联考)若函数f(x)＝log0.2(5＋4x－x2)在区间(a－1，a＋1)上递减，且b＝lg0.2，c＝20.2，则()A．c<b<a B．b<c<aC．a<b<c D．b<a<c答案D解析f(x)定义域为{x|－1<x<5}，令u＝5＋4x－x2，y＝log0.2u，u(x)在(－1,2)上单调增，且y＝log0.2u为单调减函数，由复合函数单调性知f(x)在(－1,2)上为减函数，(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.故选D.二、填空题11．(2017·山东济宁模拟)若函数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上单调递减，则实数a的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))解析因为函数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上单调递减，则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，即实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).12．已知函数f(x)的定义域为A，若其值域也为A，则称区间A为f(x)的保值区间．若g(x)＝－x＋m＋ex的保值区间为[0，＋∞)，则m的值为________．答案－1解析由定义知，g(x)＝－x＋m＋ex保值区间为[0，＋∞)，又∵g′(x)＝－1＋ex≥0，∴g(x)为在[0，＋∞)上的增函数．∴当x＝0时，g(0)＝0，即m＋1＝0，∴m＝－1.13．(2017·菏泽期中)已知函数f(x)＝x2＋eq\f(a,x)，若函数f(x)在x∈[2，＋∞)上是单调递增的，则实数a的取值范围为________．答案(－∞，16]解析∵函数f(x)＝x2＋eq\f(a,x)在x∈[2，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝2x－eq\f(a,x2)＝eq\f(2x3－a,x