高考数学一轮复习　第二章 第2节函数的单调性与最值

这是一份高考数学一轮复习　第二章 第2节函数的单调性与最值，共15页。试卷主要包含了函数的单调性，函数的最值，函数f＝ln的单调递增区间是等内容，欢迎下载使用。


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
[微点提醒]
1.(1)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.
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(或最小值).
2.函数y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝eq \f(1,f（x）)的单调性相反.
3.“对勾函数”y＝x＋eq \f(a,x)(a>0)的增区间为(－∞，－eq \r(a))，(eq \r(a)，＋∞)；单调减区间是[－eq \r(a)，0)，(0，eq \r(a)].
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则函数f(x)在区间D上是增函数.( )
(2)函数y＝eq \f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( )
(3)对于函数y＝f(x)，若f(1)(4)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞).( )
解析 (2)此单调区间不能用并集符号连接，取x1＝－1，x2＝1，则f(－1)＜f(1)，故应说成单调递减区间为(－∞，0)和(0，＋∞).
(3)应对任意的x1＜x2，f(x1)＜f(x2)成立才可以.
(4)若f(x)＝x，f(x)在[1，＋∞)上为增函数，但y＝f(x)的单调递增区间是R.
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×
2.(必修1P39B3改编)下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是( )
A.y＝eq \f(1,x)－x B.y＝x2－x
C.y＝ln x－x D.y＝ex
解析 对于A，y1＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x在(0，＋∞)内是增函数，则y＝eq \f(1,x)－x在(0，＋∞)内是减函数；B，C选项中的函数在(0，＋∞)上均不单调；选项D中，y＝ex在(0，＋∞)上是增函数.
答案 A
3.(必修1P31例4改编)函数y＝eq \f(2,x－1)在区间[2，3]上的最大值是________.
解析 函数y＝eq \f(2,x－1)在[2，3]上是减函数，
当x＝2时，y＝eq \f(2,x－1)取得最大值eq \f(2,2－1)＝2.
答案 2
4.(2019·广东省际名校联考)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是( )
A.y＝eq \f(1,f（x）)在R上为减函数
B.y＝|f(x)|在R上为增函数
C.y＝－eq \f(1,f(x))在R上为增函数
D.y＝－f(x)在R上为减函数
解析 如f(x)＝x3，则y＝eq \f(1,f(x))的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性，A错；则y＝|f(x)|在R上无单调性，B错；则y＝－eq \f(1,f(x))的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性，C错.
答案 D
5.(2019·青岛调研)若函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是增函数，则f(m)与f(1)的大小关系是( )
A.f(m)>f(1) B.f(m)C.f(m)≥f(1) D.f(m)≤f(1)
解析 因为f(x)＝(m－1)x＋b在R上是增函数，则m－1>0，所以m>1，所以f(m)>f(1).
答案 A
6.(2017·全国Ⅱ卷)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 由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.
设t＝x2－2x－8，则y＝ln t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，＋∞).
答案 D
考点一 确定函数的单调性(区间)
【例1】 (1)(2019·石家庄质检)若函数y＝lgeq \s\d6(\f(1,2))(x2－ax＋3a)在区间(2，＋∞)上是减函数，则a的取值范围为( )
A.(－∞，－4)∪[2，＋∞) B.(－4，4]
C.[－4，4) D.[－4，4]
解析 令t＝x2－ax＋3a，则y＝lgeq \s\d6(\f(1,2))t(t>0)，
易知t＝x2－ax＋3a在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,2)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞))上单调递增.
∵y＝lgeq \s\d6(\f(1,2)) (x2－ax＋3a)在区间(2，＋∞)上是减函数，
∴t＝x2－ax＋3a在(2，＋∞)上是增函数，且在(2，＋∞)上t>0，
∴2≥eq \f(a,2)，且4－2a＋3a≥0，∴a∈[－4，4].
答案 D
(2)判断并证明函数f(x)＝ax2＋eq \f(1,x)(其中1解 f(x)在[1，2]上单调递增，证明如下：
设1≤x1由1≤x10，21又因为1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.
规律方法 1.(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1).(2)单调区间不能用集合或不等式表达，且图象不连续的单调区间要用“和”“，”连接.
2.(1)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.
(2)函数y＝f[g(x)]的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.
【训练1】 (一题多解)试讨论函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性.
解 法一 设－1f(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)法二 f′(x)＝eq \f((ax)′(x－1)－ax(x－1)′,(x－1)2)
＝eq \f(a(x－1)－ax,(x－1)2)＝－eq \f(a,(x－1)2).
当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1，1)上单调递增.
考点二 求函数的最值
【例2】 (1)已知函数f(x)＝ax＋lgax(a>0，且a≠1)在[1，2]上的最大值与最小值之和为lga2＋6，则a的值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C.2 D.4
(2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lg（x2＋1），x<1，))则f[f(－3)]＝________，f(x)的最小值是________.
解析 (1)f(x)＝ax＋lgax在[1，2]上是单调函数，
所以f(1)＋f(2)＝lga2＋6，
则a＋lga1＋a2＋lga2＝lga2＋6，
即(a－2)(a＋3)＝0，又a>0，所以a＝2.
(2)∵f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1，
∴f[f(－3)]＝f(1)＝0，
当x≥1时，f(x)＝x＋eq \f(2,x)－3≥2eq \r(2)－3，当且仅当x＝eq \r(2)时，取等号，此时f(x)min＝2eq \r(2)－3<0；
当x<1时，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg 1＝0，当且仅当x＝0时，取等号，此时f(x)min＝0.
∴f(x)的最小值为2eq \r(2)－3.
答案 (1)C (2)0 2eq \r(2)－3
规律方法 求函数最值的四种常用方法
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.
(2)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.
(3)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.
(4)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.
【训练2】 (1)(2019·烟台调研)函数f(x)＝eq \r(x)－eq \f(1,x2)在x∈[1，4]上的最大值为M，最小值为m，则M－m的值是( )
A.eq \f(31,16) B.2 C.eq \f(9,4) D.eq \f(11,4)
(2)(2019·湖南怀化质检)定义max{a，b，c，}为a，b，c中的最大值，设M＝max{2x，2x－3，6－x}，则M的最小值是( )
A.2 B.3 C.4 D.6
解析 (1)易知f(x)＝eq \r(x)－eq \f(1,x2)在[1，4]上是增函数，
∴M＝f(x)max＝f(4)＝2－eq \f(1,16)＝eq \f(31,16)，m＝f(1)＝0.
因此M－m＝eq \f(31,16).
(2)画出函数M＝{2x，2x－3，6－x}的图象(如图)，由图可知，函数M在A(2，4)处取得最小值22＝6－2＝4，
故M的最小值为4.
答案 (1)A (2)C
考点三 函数单调性的应用 多维探究
角度1 利用单调性比较大小
【例3－1】 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\c1(－\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>a
C.a>c>b D.b>a>c
解析 由于函数f(x)的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y轴对称，故函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，
所以a＝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，等价于函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以b>a>c.
答案 D
角度2 求解函数不等式
【例3－2】 (2018·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－x，x≤0，,1，x>0.))则满足f(x＋1)A.(－∞，－1] B.(0，＋∞)
C.(－1，0) D.(－∞，0)
解析 当x≤0时，函数f(x)＝2－x是减函数，则f(x)≥f(0)＝1.
作出f(x)的大致图象如图所示，结合图象知，要使f(x＋1)＜f(2x)，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋1<0，,2x<0，,2x解得x<－1或－1≤x<0，即x<0.
答案 D
角度3 求参数的值或取值范围
【例3－3】 已知f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（2－a）x＋1，x<1，,ax，x≥1))满足对任意x1≠x2，都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0成立，那么a的取值范围是________.
解析 对任意x1≠x2，都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，
所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数.
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－a>0，,a>1，,（2－a）×1＋1≤a，))解得eq \f(3,2)≤a<2.
故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)).
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
规律方法 1.利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.对于分段函数，要注意衔接点的取值.
2.(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.
(2)求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f”.
【训练3】 (1)(2017·天津卷)已知奇函数f(x)在R上是增函数，若a＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,5)))，b＝f(lg2 4.1)，c＝f(20.8)，则a，b，c的大小关系为( )
A.aC.c(2)若函数f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq \f(a,x＋1)在区间[1，2]上都是减函数，则a的取值范围是( )
A.(－1，0)∪(0，1) B.(－1，0)∪(0，1]
C.(0，1) D.(0，1]
解析 (1)由f(x)是奇函数，得a＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,5)))＝f(lg25).
又lg25>lg24.1>2>20.8，且y＝f(x)在R上是增函数，所以a>b>c.
(2)因为f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2在[1，2]上为减函数，所以由其图象得a≤1，g(x)＝eq \f(a,x＋1)，
g′(x)＝－eq \f(a,（x＋1）2)，
要使g(x)在[1，2]上为减函数，需g′(x)<0在[1，2]上恒成立，
故有－a<0，因此a>0，综上可知0答案 (1)C (2)D
[思维升华]
1.利用定义证明或判断函数单调性的步骤：
(1)取值；(2)作差；(3)定号；(4)判断.
2.确定函数单调性有四种常用方法：定义法、导数法、复合函数法、图象法，也可利用单调函数的和差确定单调性.
3.求函数最值的常用求法：单调性法、图象法、换元法、利用基本不等式.
[易错防范]
1.区分两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集.
2.函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不要用“∪”.例如，函数f(x)在区间(－1，0)上是减函数，在(0 ，1)上是减函数，但在(－1，0)∪(0，1)上却不一定是减函数，如函数f(x)＝eq \f(1,x).
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.函数f(x)＝－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,3)))上的最大值是( )
A.eq \f(3,2) B.－eq \f(8,3) C.－2 D.2
解析 易知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,3)))上是减函数，
∴f(x)max＝f(－2)＝2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).
答案 A
2.(2019·广州模拟)下列函数f(x)中，满足“∀x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0”的是( )
A.f(x)＝2x B.f(x)＝|x－1|
C.f(x)＝eq \f(1,x)－x D.f(x)＝ln(x＋1)
解析 由(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0可知，f(x)在(0，＋∞)上是减函数，A，D选项中，f(x)为增函数；B中，f(x)＝|x－1|在(0，＋∞)上不单调，对于f(x)＝eq \f(1,x)－x，因为y＝eq \f(1,x)与y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，因此f(x)在(0，＋∞)上是减函数.
答案 C
3.(2019·济宁一模)已知函数f(x)＝lga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，若f(0)<0，则此函数的单调递增区间是( )
A.(－∞，－1] B.[－1，＋∞)
C.[－1，1) D.(－3，－1]
解析 令g(x)＝－x2－2x＋3，由题意知g(x)>0，可得－3答案 C
4.函数y＝eq \f(2－x,x＋1)，x∈(m，n]的最小值为0，则m的取值范围是( )
A.(1，2) B.(－1，2) C.[1，2) D.[－1，2)
解析 函数y＝eq \f(2－x,x＋1)＝eq \f(3－（x＋1）,x＋1)＝eq \f(3,x＋1)－1在区间(－1，＋∞)上是减函数，且f(2)＝0，所以n＝2.
根据题意，x∈(m，n]时，ymin＝0.
∴m的取值范围是[－1，2).
答案 D
5.(2019·蚌埠模拟)已知单调函数f(x)，对任意的x∈R都有f[f(x)－2x]＝6，则f(2)＝( )
A.2 B.4 C.6 D.8
解析 设t＝f(x)－2x，则f(t)＝6，且f(x)＝2x＋t，令x＝t，则f(t)＝2t＋t＝6，∵f(x)是单调函数，f(2)＝22＋2＝6，∴t＝2，即f(x)＝2x＋2，则f(2)＝4＋2＝6.
答案 C
二、填空题
6.(2019·北京杨镇一中月考)已知f(x)和g(x)在定义域内均为增函数，但f(x)·g(x)不一定是增函数，请写出一对这样的函数：例如当f(x)＝________，且g(x)＝________时，f(x)·g(x)不是增函数.
答案 此答案不唯一(参考答案：x，x；x，x3；x，ln x；x，lg x；x，ex；……)
7.设函数f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2a)在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a的取值范围是________.
解析 f(x)＝eq \f(ax＋2a2－2a2＋1,x＋2a)＝a－eq \f(2a2－1,x＋2a)，
∵函数f(x)在区间(－2，＋∞)上是增函数，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a2－1>0，,－2a≤－2，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a2－1>0，,a≥1，))即a≥1.
答案 [1，＋∞)
8.(一题多解)(2019·天津河东区模拟)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 在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)图象，
依题意，h(x)的图象如图所示的实线部分.
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，02.))
当0当x>2时，h(x)＝3－x是减函数，
因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1.
答案 1
三、解答题
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.
(1)证明 设x2>x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0，
∵f(x2)－f(x1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,x2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,x1)))＝eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x2－x1,x1x2)>0，∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数.
(2)解 ∵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))，
又由(1)得f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上是单调增函数，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)，f(2)＝2，易得a＝eq \f(2,5).
10.函数f(x)＝lga(1－x)＋lga(x＋3)(0(1)求方程f(x)＝0的解.
(2)若函数f(x)的最小值为－1，求a的值.
解 (1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－x>0，,x＋3>0，))得－3∴f(x)的定义域为(－3，1).
则f(x)＝lga(－x2－2x＋3)，x∈(－3，1)，
令f(x)＝0，得－x2－2x＋3＝1，
解得x＝－1－eq \r(3)或x＝－1＋eq \r(3)，
检验，均满足原方程成立.
故f(x)＝0的解为x＝－1±eq \r(3).
(2)由(1)得f(x)＝lga[－(x＋1)2＋4]，x∈(－3，1)，
由于0<－(x＋1)2＋4≤4，且a∈(0，1)，
∴lga[－(x＋1)2＋4]≥lga4，
由题意可得lga4＝－1，解得a＝eq \f(1,4)，满足条件.
所以a的值为eq \f(1,4).
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数.若f(1)＝－1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是( )
A.[－2，2] B.[－1，1] C.[0，4] D.[1，3]
解析 ∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x).
∵f(1)＝－1，∴f(－1)＝－f(1)＝1.
故由－1≤f(x－2)≤1，得f(1)≤f(x－2)≤f(－1).
又f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，
∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.
答案 D
12.已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝eq \f(f（x）,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 因为函数f(x)＝x2－2ax＋a＝(x－a)2＋a－a2在区间(－∞，1)上有最小值，
所以函数f(x)的对称轴x＝a应当位于区间(－∞，1)内，
即a<1，又g(x)＝eq \f(f（x）,x)＝x＋eq \f(a,x)－2a，
当a<0时，g(x)＝x＋eq \f(a,x)－2a在区间(1，＋∞)上为增函数，此时，g(x)min>g(1)＝1－a>0；
当a＝0时，g(x)＝x在区间(1，＋∞)上为增函数，此时，g(x)min>g(1)＝1；
当01－a>0，
此时g(x)min>g(1)＝1－a；
综上，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.
答案 D
13.已知f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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，则实数a的取值范围是________.
解析 二次函数y1＝x2－4x＋3的对称轴是x＝2，所以该函数在(－∞，0]上单调递减，所以x2－4x＋3≥3，同样可知函数y2＝－x2－2x＋3在(0，＋∞)上单调递减，所以－x2－2x＋3<3，所以f(x)在R上单调递减，所以由f(x＋a)>f(2a－x)得到x＋a<2a－x，即2x答案 (－∞，－2)
14.已知函数f(x)＝a－eq \f(2,2x＋1).
(1)求f(0)；
(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论；
(3)若f(x)为奇函数，求满足f(ax)解 (1)f(0)＝a－eq \f(2,20＋1)＝a－1.
(2)f(x)在R上单调递增.证明如下：
∵f(x)的定义域为R，∴任取x1，x2∈R且x1则f(x1)－f(x2)＝a－eq \f(2,2x1＋1)－a＋eq \f(2,2x2＋1)
＝eq \f(2·(2x1－2x2),(1＋2x1)(1＋2x2))，
∵y＝2x在R上单调递增且x1∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0，2x1＋1>0，2x2＋1>0.
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴f(x)在R上单调递增.
(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
即a－eq \f(2,2－x＋1)＝－a＋eq \f(2,2x＋1)，
解得a＝1(或用f(0)＝0去解).
∴f(ax)又∵f(x)在R上单调递增，∴x<2.
∴x的取值范围是(－∞，2).
新高考创新预测
15.(多填题)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋1，x≤1，,2x＋ax，x>1，))若f[f(1)]＝4a，则实数a＝________，函数f(x)的单调增区间为________.
解析 ∵f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋1，x≤1，,2x＋ax，x>1，))∴f(1)＝12＋1＝2，f[f(1)]＝f(2)＝22＋2a.由f[f(1)]＝4a，∴22＋2a＝4a，∴a＝2.当x≤1时，f(x)在(－∞，0]上递减，在[0，1]上递增，且f(1)＝2；当x>1时，f(x)＝2x＋2x在(1，＋∞)上递增，令x＝1时，2x＋2x＝2＋2＝4＞f(1)，故f(x)的单调增区间为[0，1]∪(1，＋∞)＝[0，＋∞).
答案 2 [0，＋∞)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
(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；
(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值