2023届高考一轮复习讲义（理科）第二章　函数概念与基本初等函数 第2讲　函数的单调性与最值学案

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一、知识梳理
1．函数的单调性
(1)单调函数的定义
(2)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．
2．函数的最值
常用结论
1．函数单调性的两种等价形式
设任意x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，
(1)eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；eq \f(f（x1）－f（x2）,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．
2．五条常用结论
(1)对勾函数y＝x＋eq \f(a,x)(a＞0)的增区间为(－∞，－eq \r(a)]和[eq \r(a)，＋∞)，减区间为[－eq \r(a)，0)和(0，eq \r(a)]．
(2)在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．
(3)函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)，u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”．
(4)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值．当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取到．
(5)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值．
二、习题改编
1．(必修1P39B组T1改编)函数f(x)＝x2－2x的单调递增区间是________．
答案：[1，＋∞)(或(1，＋∞))
2．(必修1P32T4改编)若函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，则k的取值范围是________．
解析：因为函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，所以2k＋1＜0，即k＜－eq \f(1,2).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
3．(必修1P31例4改编)已知函数f(x)＝eq \f(2,x－1)，x∈[2，6]，则f(x)的最大值为________，最小值为__________．
解析：可判断函数f(x)＝eq \f(2,x－1)在[2，6]上为减函数，所以f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝eq \f(2,5).
答案：2 eq \f(2,5)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若定义在R上的函数f(x)，有f(－1)(2)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数f(x)的单调递增区间是[1，＋∞)．( )
(3)函数y＝eq \f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( )
(4)所有的单调函数都有最值．( )
(5)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数．( )
(6)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点处取到． ( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)求单调区间忘记定义域导致出错；
(2)对于分段函数，一般不能整体单调，只能分段单调；
(3)利用单调性解不等式忘记在单调区间内求解；
(4)混淆“单调区间”与“在区间上单调”两个概念．
1．函数y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))(x2－4)的单调递减区间为________．
答案：(2，＋∞)
2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（a－2）x，x≥2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)－1，x<2))是定义在R上的减函数，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2<0，,2（a－2）≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)－1，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<2，,a≤\f(13,8)，))即a≤eq \f(13,8).
答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(13,8)))
3．函数y＝f(x)是定义在[－2，2]上的减函数，且f(a＋1)解析：由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2≤a＋1≤2，,－2≤2a≤2，,a＋1>2a，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3≤a≤1，,－1≤a≤1，,a<1.))
所以－1≤a<1.
答案：[－1，1)
4．(1)若函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4]上是减函数，则实数a的取值范围是________；
(2)若函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2的单调递减区间为(－∞，4]，则a的值为________．
答案：(1)a≤－3 (2)－3
[学生用书P14]
确定函数的单调性(区间)(多维探究)
角度一 给出具体解析式的函数的单调性
(1)函数f(x)＝|x2－3x＋2|的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))和[2，＋∞)
C．(－∞，1]和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2)))和[2，＋∞)
(2)函数y＝eq \r(x2＋x－6)的单调递增区间为________，单调递减区间为________．
【解析】 (1)y＝|x2－3x＋2|
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－3x＋2，x≤1或x≥2，,－（x2－3x＋2），1＜x＜2.))
如图所示，函数的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))和[2，＋∞)；单调递减区间是(－∞，1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)).故选B.
(2)令u＝x2＋x－6，
则y＝eq \r(x2＋x－6)可以看作是由y＝eq \r(u)与u＝x2＋x－6复合而成的函数．
令u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.
易知u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y＝eq \r(u)在[0，＋∞)上是增函数，
所以y＝eq \r(x2＋x－6)的单调递减区间为(－∞，－3]，单调递增区间为[2，＋∞)．
【答案】 (1)B (2)[2，＋∞) (－∞，－3]
角度二 含参函数的单调性
(一题多解)判断并证明函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性．
【解】 法一：设－1＜x1＜x2＜1，
f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x－1)))，
f(x1)－f(x2)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2－1)))
＝eq \f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）)，
由于－1＜x1＜x2＜1，
所以x2－x1＞0，x1－1＜0，x2－1＜0，
故当a＞0时，f(x1)－f(x2)＞0，
即f(x1)＞f(x2)，
函数f(x)在(－1，1)上单调递减；
当a＜0时，f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
函数f(x)在(－1，1)上单调递增．
法二：f′(x)＝eq \f(a（x－1）－ax,（x－1）2)＝eq \f(－a,（x－1）2)，
所以当a>0时，f′(x)<0，当a<0时，f′(x)>0，
即当a>0时，f(x)在(－1，1)上为单调递减函数，
当a<0时，f(x)在(－1，1)上为单调递增函数．
eq \a\vs4\al()
确定函数单调性的4种方法
(1)定义法．利用定义判断．
(2)导数法．适用于初等函数、复合函数等可以求导的函数．
(3)图象法．由图象确定函数的单调区间需注意两点：一是单调区间必须是函数定义域的子集；二是图象不连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接．
(4)性质法．利用函数单调性的性质，尤其是利用复合函数“同增异减”的原则时，需先确定简单函数的单调性．[提醒] 求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间．
1．函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调递减区间是________．
解析：
由题意知，当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；当x＜0时，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，二次函数的图象如图，由图象可知，函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调递减区间为[－1，0]，[1，＋∞)．
答案：[－1，0]，[1，＋∞)
2．判断并证明函数f(x)＝ax2＋eq \f(1,x)(其中1＜a＜3)在x∈[1，2]上的单调性．
解：设1≤x1＜x2≤2，则
f(x2)－f(x1)＝axeq \\al(2,2)＋eq \f(1,x2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(axeq \\al(2,1)＋\f(1,x1)))
＝(x2－x1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a（x1＋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1＜a＜3，
所以2＜a(x1＋x2)＜12，
得a(x1＋x2)－eq \f(1,x1x2)＞0，从而f(x2)－f(x1)＞0，
即f(x2)＞f(x1)，
故当a∈(1，3)时，f(x)在[1，2]上单调递增．
求函数的最值(师生共研)
(1)函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)－lg2(x＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________．
(2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2，x≤1，,x＋\f(6,x)－6，x>1，))则f(x)的最小值是________．
【解析】 (1)由于y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)在R上单调递减，y＝lg2(x＋2)在[－1，1]上单调递增，所以f(x)在[－1，1]上单调递减，故f(x)在[－1，1]上的最大值为f(－1)＝3.
(2)当x≤1时，f(x)min＝0，当x>1时，f(x)min＝2eq \r(6)－6，当且仅当x＝eq \r(6)时取到最小值，又2eq \r(6)－6<0，所以f(x)min＝2eq \r(6)－6.
【答案】 (1)3 (2)2eq \r(6)－6
eq \a\vs4\al()
求函数最值的5种常用方法及其思路

1．函数f(x)＝eq \f(1,x－1)在区间[a，b]上的最大值是1，最小值是eq \f(1,3)，则a＋b＝________．
解析：易知f(x)在[a，b]上为减函数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（a）＝1，,f（b）＝\f(1,3)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)＝1，,\f(1,b－1)＝\f(1,3)，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝4.))
所以a＋b＝6.
答案：6
2．(一题多解)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a，a≤b，,b，a＞b.))设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝lg2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．
解析：法一：在同一直角坐标系中，
作出函数f(x)，g(x)的图象，
依题意，h(x)的图象如图所示．
易知点A(2，1)为图象的最高点，
因此h(x)的最大值为h(2)＝1.
法二：依题意，h(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))
当0＜x≤2时，h(x)＝lg2x是增函数，
当x＞2时，h(x)＝3－x是减函数，
所以h(x)在x＝2处取得最大值h(2)＝1.
答案：1
函数单调性的应用(多维探究)
角度一 比较大小
已知函数f(x)的图象关于直线x＝1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\c1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
【解析】 因为f(x)的图象关于直线x＝1对称．
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2))).当x2>x1>1时，
[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，
知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．因为1<2所以f(2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))>f(e)，所以b>a>c.
【答案】 D
角度二 解函数不等式
已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3，x≤0，,ln（x＋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】 因为当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，所以函数f(x)的图象是一条连续的曲线．
因为当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，
所以函数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【答案】 D
角度三 根据函数的单调性求参数
(1)(2020·南京调研)已知函数f(x)＝x－eq \f(a,x)＋eq \f(a,2)在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．
(2)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋4x，x≤4，,lg2x，x>4.))若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________．
【解析】 (1)法一：设11.
因为函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数，
所以f(x1)－f(x2)＝x1－eq \f(a,x1)＋eq \f(a,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(a,x2)＋\f(a,2)))
＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a,x1x2)))<0.
因为x1－x2<0，所以1＋eq \f(a,x1x2)>0，即a>－x1x2.
因为11，所以－x1x2<－1，所以a≥－1.
所以a的取值范围是[－1，＋∞)．
法二：由f(x)＝x－eq \f(a,x)＋eq \f(a,2)得f′(x)＝1＋eq \f(a,x2)，
由题意得1＋eq \f(a,x2)≥0(x＞1)，
可得a≥－x2，当x∈(1，＋∞)时，－x2＜－1.
所以a的取值范围是[－1，＋∞)．
(2)作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.
【答案】 (1)[－1，＋∞)
(2)(－∞，1]∪[4，＋∞)
eq \a\vs4\al()
函数单调性应用问题的3种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．
[提醒] ①若函数在区间[a，b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；②分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．
1．(2020·武汉模拟)若函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
解析：选B.因为函数f(x)＝2|x－a|＋3
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－2a＋3，x≥a,－2x＋2a＋3，x＜a))，
因为函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，
所以a＞1.所以a的取值范围是(1，＋∞)．故选B.
2．定义在[－2，2]上的函数f(x)满足(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，且f(a2－a)＞f(2a－2)，则实数a的取值范围为( )
A．[－1，2) B．[0，2)
C．[0，1) D．[－1，1)
解析：选C.因为函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，
所以函数f(x)在[－2，2]上单调递增，
所以－2≤2a－2＜a2－a≤2，解得0≤a＜1，故选C.
[学生用书P263(单独成册)]
[基础题组练]
1．下列四个函数中，在x∈(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝－eq \f(1,x＋1) D．f(x)＝－|x|
解析：选C.当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))时，f(x)＝x2－3x为减函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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．
2．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是( )
A．(－∞，0) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C．[0，＋∞) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析：选B.y＝|x|(1－x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（1－x），x≥0，,－x（1－x），x＜0))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x＜0))函数y的草图如图所示．
由图易知原函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增．故选B.
3．若函数f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]
C．[－3，－2eq \r(2)] D．[－4，－3]
解析：选B.由于f(x)为R上的偶函数，因此只需考虑函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性即可．由题意知函数f(x)在[3，＋∞)上为增函数，在[1，2]上为减函数，故－eq \f(a,2)∈[2，3]，即a∈[－6，－4]．
4．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f(2x－1)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
解析：选D.因为函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f(2x－1)所以0≤2x－15．定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当aA．－1 B．1
C．6 D．12
解析：选C.由题意知当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当16．函数f(x)＝eq \r(4－x)－eq \r(x＋2)的值域为________．
解析：因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4－x≥0，,x＋2≥0，))所以－2≤x≤4，
所以函数f(x)的定义域为[－2，4]．
又y1＝eq \r(4－x)，y2＝－eq \r(x＋2)在区间[－2，4]上均为减函数，
所以f(x)＝eq \r(4－x)－eq \r(x＋2)在[－2，4]上为减函数，
所以f(4)≤f(x)≤f(－2)．
即－eq \r(6)≤f(x)≤ eq \r(6).
答案：[－eq \r(6)，eq \r(6)]
7．设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．
解析：
由题意知g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))函数图象如图所示，其递减区间是[0，1)．
答案：[0，1)
8．若f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（3a－1）x＋4a，x<1，,－ax，x≥1))是定义在R上的减函数，则a的取值范围是________．
解析：由题意知，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a－1<0，,（3a－1）×1＋4a≥－a，,a>0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<\f(1,3)，,a≥\f(1,8)，,a>0，))所以a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,3))).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,3)))
9．已知函数f(x)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x)(a>0，x>0)．
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，求a的值．
解：(1)证明：任取x1>x2>0，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x1)－eq \f(1,a)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(x1－x2,x1x2)，
因为x1>x2>0，所以x1－x2>0，x1x2>0，
所以f(x1)－f(x2)>0，
即f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)由(1)可知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上为增函数，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,a)－2＝eq \f(1,2)，
f(2)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,2)＝2，
解得a＝eq \f(2,5).
10．已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．
解：(1)证明：设x1＜x2＜－2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)＝eq \f(2（x1－x2）,（x1＋2）（x2＋2）).
因为(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，
所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．
(2)设1＜x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1－a)－eq \f(x2,x2－a)＝eq \f(a（x2－x1）,（x1－a）（x2－a）).
因为a＞0，x2－x1＞0，所以要使f(x1)－f(x2)＞0，
只需(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，
所以a≤1.综上所述，0＜a≤1.
[综合题组练]
1．若f(x)＝－x2＋4mx与g(x)＝eq \f(2m,x＋1)在区间[2，4]上都是减函数，则m的取值范围是( )
A．(－∞，0)∪(0，1] B．(－1，0)∪(0，1]
C．(0，＋∞) D．(0，1]
解析：选D.函数f(x)＝－x2＋4mx的图象开口向下，且以直线x＝2m为对称轴，若在区间[2，4]上是减函数，则2m≤2，解得m≤1；g(x)＝eq \f(2m,x＋1)的图象由y＝eq \f(2m,x)的图象向左平移一个单位长度得到，若在区间[2，4]上是减函数，则2m>0，解得m>0.综上可得，m的取值范围是(0，1]．
2．已知函数f(x)＝lg2x＋eq \f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，则( )
A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0
C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0
解析：选B.因为函数f(x)＝lg2x＋eq \f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1，2)时，f(x1)当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)>f(2)＝0，
即f(x1)<0，f(x2)>0.故选B.
3．设f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x＞0.))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为________．
解析：因为当x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，所以a≥0.当x＞0时，f(x)＝x＋eq \f(1,x)＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取“＝”．要满足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的取值范围是0≤a≤2.
答案：[0，2]
4．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝eq \f(f（x）,x)在区间I上是减函数，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓增函数”，区间I叫做“缓增区间”．若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为________．
解析：因为函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，又当x≥1时，eq \f(f（x）,x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)，令g(x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)(x≥1)，则g′(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,2x2)＝eq \f(x2－3,2x2)，
由g′(x)≤0得1≤x≤eq \r(3)，即函数eq \f(f（x）,x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)在区间[1，eq \r(3) ]上单调递减，故“缓增区间”I为[1，eq \r(3) ]．
答案：[1，eq \r(3) ]
5．已知函数f(x)＝x2＋a|x－2|－4.
(1)当a＝2时，求f(x)在[0，3]上的最大值和最小值；
(2)若f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋2|x－2|－4＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－8，x≥2,x2－2x，x＜2))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x＋1）2－9，x≥2,（x－1）2－1，x＜2))，
当x∈[0，2)时，－1≤f(x)<0，当x∈[2，3]时，0≤f(x)≤7，
所以f(x)在[0，3]上的最大值为7，最小值为－1.
(2)因为f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋ax－2a－4，x＞2,x2－ax＋2a－4，x≤2))，
又f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，
所以当x＞2时，f(x)单调递增，则－eq \f(a,2)≤2，即a≥－4.
当－1＜x≤2时，f(x)单调递增，则eq \f(a,2)≤－1.
即a≤－2，且4＋2a－2a－4≥4－2a＋2a－4恒成立，
故a的取值范围为[－4，－2]．
6．已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，②当x>0时，f(x)>－1.
(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调递增函数；
(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.
解：(1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1.
在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，f(x1－x2)>－1.
又f(x1)＝f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)，所以函数f(x)在R上是单调递增函数．
(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.
由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4得f(x2＋x＋1)>f(3)，
又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1>3，
解得x<－2或x>1，
故原不等式的解集为{x|x<－2或x>1}．
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当x1f(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
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