3.2.1 函数的单调性与最值

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【基础过关系列】2022-2023 学年高一数学上学期同步知识点剖析精品讲义 (人教 A 版 2019）
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必修第一册同步巩固，难度 2 颗星！

基础知识

函数单调性的概念

1 增函数和减函数
一般地，设函数 $y=f(x)$ 的定义域为 $I$，区间 $D∈I$:
如果 $∀x_1 ,x_2∈D$，当 $x_1<x_2$ 时，都有 $f(x_1)<f(x_2)$，那么就说 $f(x)$ 在区间 $D$ 上单调递增 (左图).
特别地，当函数 $f(x)$ 在它定义域上单调递增时，我们就称它是增函数.
如果 $∀x_1 ,x_2∈D$，当 $x_1<x_2$ 时，都有 $f(x_1 )>f(x_2)$，那么就说 $f(x)$ 在区间 $D$ 上单调递减 (右图).
特别地，当函数 $f(x)$ 在它定义域上单调递减时，我们就称它是减函数.

注 ① $y=\dfrac{1}{x}$ 在 $(0,+∞)$ 上单调递减，但它不是减函数.
②$x_1 ,x_2$ 的三个特征一定要予以重视．函数单调性定义中的 $x_1 ,x_2$ 有三个特征：一是任意性，即任意取 $x_1 ,x_2$，“任意” 二字绝对不能丢掉，证明单调性时更不可随意以两个特殊值替换；二是有大小，通常规定 $x_1<x_2$；三是同属一个单调区间，三者缺一不可．
 

【例】 若函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+∞)$ 且满足 $f(1)<f(2)<f(3)$，则函数 $f(x)$ 在 $(0,+∞)$ 上为 (　　)
 A．增函数 $\qquad \qquad$ B．减函数 $\qquad \qquad$ C．先增后减 $\qquad \qquad$ D．不能确定
解析 由于函数单调性的定义突出了 $x_1,x_2$ 的任意性，所以仅凭区间内几个有限的函数值的关系，是不能做为判断单调性的依据的，也就是说函数单调性定义的三个特征缺一不可．故选 $D$．
 

2 单调性
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．
注 ① 这个区间可以是整个定义域也可以是定义域的一部分.
② 有的函数无单调性．如函数 $y=\left\{\begin {array}{l} 1, x \text { 为有理数 } \\ 0, x \text { 为无理数 } \end {array}\right.$ 它的定义域是 $(-∞,+∞)$，但无单调性可言．
 

【例】 说下函数 $y=x^2-2x-3$ 的单调性.
解析 函数 $y=x^2-2x-3$ 在整个定义域 $(-∞,+∞)$ 上不具有单调性，但是在 $(-∞,1]$ 上是减函数，在 $(1,+∞)$ 上是增函数.
 

【练】函数 $y=\dfrac{1}{x}$ 的单调递减区间是 (　　).
 A．$[0,+∞)$ $\qquad \qquad$ B．$(-∞,0)$ $\qquad \qquad$ C．$(-∞,0)$ 和 $(0,+∞)$ $\qquad \qquad$ D．$(-∞,0)∪(0,+∞)$
解析 $y=\dfrac{1}{x}$ 的减区间是 $(0,+∞),(-∞,0)$，不是 $(0,+∞)∪(-∞,0)$.
函数 $y=\dfrac{1}{x}$ 在 $(-∞,0)$ 上是减函数，在 $(0,+∞)$ 上也是减函数，
但不能说函数 $y=\dfrac{1}{x}$ 在 $(-∞,0)∪(0,+∞)$ 上是减函数．
因为当 $x_1=-1,x_2=1$ 时有 $f(x_1 )=-1<f(x_2 )=1$，不满足减函数的定义．
 

单调性概念的拓展

1 若 $y=f(x)$ 递增，$x_2>x_1$，则 $f(x_2 )>f(x_1)$.
2 若 $y=f(x)$ 递增，$f(x_2 )≥f(x_1)$，则 $x_2≥x_1$.
$y=f(x)$ 递减，有类似结论！
 

【例】 若 $y=f(x)$ 递增，比较 $f(a^2)$ 与 $f(0)$ 大小.
答案 $f(a^2)≥f(0)$.
 

【例】 若 $y=f(x)$ 递增，$f(1-m)≥f(n)$, 比较 $m+n$ 与 $1$ 大小.
答案 $m+n≤1$.
 

判断函数单调性的方法

1 定义法
解题步骤
(1) 任取 $x_1 ,x_2∈D$，且 $x_1<x_2$；
(2) 作差 $f(x_1 )-f(x_2)$；
(3) 变形 (通常是因式分解和配方)；
(4) 定号 (即判断差 $f(x_1)－f(x_2)$ 的正负)；
(5) 下结论 (指出函数 $f(x)$ 在给定的区间 $D$ 上的单调性)．

2 数形结合

3 性质法
增函数 + 增函数 = 增函数，减函数 + 减函数 = 减函数；
但增函数 × 增函数不一定是增函数，比如 $y=x$，$y=x-2$ 均是增函数，而 $y=x(x-2)$ 不是.

4 复合函数的单调性
(1) 如果 $y=f(u)(u∈M)$ ,$u=g(x)(x∈A)$, 则 $y=f[g(x)]=F(x)(x∈A)$ 称为 $f、g$ 的复合函数；
比如 ： $F(x)=\dfrac{1}{x^{2}+x}$ ( $f(u)=\dfrac{1}{u}$ 和 $g(x)= x^2+x$ 的复合函数)；
$F(x)=\sqrt{1-2 x}$ ( $f(u)=\sqrt{u}$ 和 $g(x)= 1-2x$ 的复合函数)；
$F(x)=2^{\dfrac{1}{x}}$ ($f(u)=2^u$ 和 $g(x)=\dfrac{1}{x}$ 的复合函数).
(2) 同增异减
设函数 $u=g(x)(x∈A)$ 的值域是 $M$，函数 $y=f(u)(u∈M)$，
若 $y=f(u),u=g(x)$ 在各自区间单调性相同，则复合函数 $y=f[g(x)]$ 在区间 $A$ 上递增；
若 $y=f(u) ,u=g(x)$ 在各自区间单调性不同，则复合函数 $y=f[g(x)]$ 在区间 $A$ 上递减.
 

函数的最值

一般地，设函数 $y=f(x)$ 的定义域为 $I$，如果存在实数 $M$ 满足：
(1)$∀x∈I$，都有 $f(x)≤M$；$\qquad \qquad$(2) $∃x_0∈I$，使得 $f(x_0 )=M$；
那么，我们称 $M$ 是函数 $y=f(x)$ 的最大值.(最小值类似定义)
简单来说，最大值和最小值分别是函数图像中最高点和最低点的函数值.
 

【例 1】下图为函数 $y=f(x)，x [-4,7]$ 的图象，指出它的最大值、最小值．

解析 观察函数图象可以知道，图象上最高点坐标为 $(3,3)$，最低点坐标为 $(-1.5,-2)$，
所以当 $x=3$ 时，函数 $y=f(x)$ 取得最大值 $y_{max}=3$；当 $x=-1.5$ 时，取得最小值 $y_{min}=-2$．
 

【例 2】 求函数 $f(x)=2x+1$ 在区间 $[3,6]$ 上的最大值和最小值.
解析 函数 $f(x)=2x+1$ 在区间 $[3,6]$ 上递增，则 $f(3)≤f(x)≤f(6)$，
所以最大值 $f(x)_{\max }=f(6)=13$_，_最小值 $f(x)_{\min }=f(3)=7$.
 

【练】 求函数 $f(x)=\dfrac{2}{x}$ 在区间 $[1,2]$ 上的最大值和最小值.
解析 函数 $f(x)=\dfrac{2}{x}$ 在区间 $[1,2]$ 上递减，则 $f(2)≤f(x)≤f(1)$，
所以最大值 $f(x)_{\max }=f(1)=2$_，最小值 _$f(x)_{\min }=f(2)=1$.
 

基本方法

【题型1】判断函数单调性的方法

方法 1 定义法
【典题 1】 判断 $f(x)=x+\dfrac{4}{x}$ 在 $(0 ,2) ,(2 ,+∞)$ 的单调性.
解析
设元 设 $0<x_1<x_2$，
作差 则 $y_{1}-y_{2}=\left(x_{1}+\dfrac{4}{x_{1}}\right)-\left(x_{2}+\dfrac{4}{x_{2}}\right)=\left(x_{1}-x_{2}\right)+\left(\dfrac{4}{x_{1}}-\dfrac{4}{x_{2}}\right)$
变形 $=\left(x_{1}-x_{2}\right)+\dfrac{4\left(x_{2}-x_{1}\right)}{x_{1} x_{2}}=\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(1-\dfrac{4}{x_{1} x_{2}}\right)$(因式分解判断 $y_1-y_2$ 正负)
定号
(1) 假如 $0<x_1<x_2<2$ ， 则 $0<x_{1} x_{2}<4 \Rightarrow \dfrac{4}{x_{1} x_{2}}>1 \Rightarrow 1-\dfrac{4}{x_{1} x_{2}}<0$ ,
又 $x_1-x_2<0$ , 所以 $y_1-y_2>0 ⇒ y_1>y_2$ , 故函数单调递减；
(2) 假如 $2<x_1<x_2$, 则 $x_{1} x_{2}>4 \Rightarrow \dfrac{4}{x_{1} x_{2}}<1 \Rightarrow 1-\dfrac{4}{x_{1} x_{2}}>0$ ,
又 $x_1-x_2<0$， 所以 $y_1-y_2<0⇒ y_1<y_2$ , 故函数单调递增；
下结论 所以函数在 $(0 ,2)$ 内单调递减，在 $(2 ,＋∞)$ 内单调递增．
点拨 利用定义法证明函数的单调性，注意熟练掌握解题的步骤：设元 — 作差 — 变式 — 定号 — 下结论.
 

方法 2 数形结合
【典题 1】 求下列函数的单调区间．
(1) $f(x)=|x^2+2x-3|$；(2)$f(x)=-x^2+2|x|+3$．
解析 (1) 令 $g(x)=x^2+2x-3=(x+1)^2-4$．
先作出函数 $g(x)$ 的图象，保留其在 $x$ 轴及 $x$ 轴上方部分，
把它在 $x$ 轴下方的图象翻到 $x$ 轴上方就得到函数 $f(x)=|x^2+2x-3|$ 的图象，如图所示．

由图象易得：函数 $f(x)$ 的递增区间是 $[ -3,-1]$，$[1,+∞)$；
函数 $f(x)$ 的递减区间是 $( -∞,-3],[ -1,1]$．
(2) $f(x)=-x^{2}+2|x|+3=\left\{\begin{array}{l} -x^{2}+2 x+3, x \geq 0 \\ -x^{2}-2 x+3, x<0 \end{array}\right.$，图象如图所示．

由图象可知，函数 $f(x)$ 的单调区间为 $( -∞,-1],( -1,0],(0,1],(1,+∞)$，
其中单调减区间为 $( -1,0]$ 和 $(1,+∞)$，单调增区间为 $( -∞,-1]$ 和 $(0,1]$．
点拨
1. 对于含绝对值的函数，画其图象，可以用 $|x|=\left\{\begin{array}{c} x, \quad x \geq 0 \\ -x, \quad x<0 \end{array}\right.$ 把函数化为分段函数，或用函数的翻转或对称变换；
2. 利用数形结合易得函数的单调性.
 

方法 3 复合函数的单调性
【典题 1】 函数 $f(x)=\sqrt{x^{2}+4 x-12}$ 的单调减区间为 $\underline{\quad \quad}$ .
解析 函数 $f(x)=\sqrt{x^{2}+4 x-12}$ 是由函数 $f(u)=\sqrt{u}$ 和 $u(x)=x^2+4 x-12$ 组成的复合函数，
$∵x^2+4 x-12≥0$， $∴$ 函数 $y=f(x)$ 的定义域是 $x≤-6$ 或 $x≥2$
由二次函数图像易得 $u(x)=x^2+4 x-12$ 在 $(-∞ ,-6]$ 单调递减，在 $[2 ,＋∞)$ 单调递增，
而 $f(u)=\sqrt{u}$ 在 $u≥0$ 是单调递增，
由复合函数单调性的 “同增异减”，可得函数 $f(x)$ 的单调减区间 $(-∞,-6]$．
点拨
① 研究函数的基本性质，优先考虑定义域；
② 研究复合函数，要弄清楚它由什么函数复合而成的.
 

巩固练习

1. 在区间 $(0,+∞)$ 上不是增函数的函数是 (　　)
 A．$y=2x+1$ $\qquad \qquad$ B．$y=3x^2+1$ $\qquad \qquad$ C． $y=\dfrac{2}{x}$ $\qquad \qquad$ D．$y=2x^2+x+1$
 

2. 函数 $f(x)=x|x-2|$ 的递减区间为 (　　)
 A．$( -∞,1)$ $\qquad \qquad$ B．$(0,1)$ $\qquad \qquad$ C．$(1,2)$ $\qquad \qquad$ D．$(0,2)$
 

3. 函数 $f(x)=\dfrac{x}{1-x}$ 的单调增区间是 $\underline{\quad \quad}$.
 

4. 函数 $y=\sqrt{x^{2}-5 x+4}$ 的单调递增区间是 $\underline{\quad \quad}$.
 

5. 试用函数单调性的定义判断函数 $f(x)=\dfrac{2 x}{x-1}$ 在区间 $(0,1)$ 上的单调性．
 

参考答案

1. 答案 $C$

2. 答案 $C$
   解析 当 $x≥2$ 时，$f(x)=x(x －2)=x^2-2x$，对称轴为 $x=1$，此时 $f(x)$ 为增函数，
   当 $x<2$ 时，$f(x)= －x(x －2)= －x^2+2x$，对称轴为 $x=1$，
   抛物线开口向下，当 $1<x<2$ 时，$f(x)$ 为减函数，
   即函数 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(1,2)$，故选：$C$．
   

3. 答案 $( -∞,1)，(1,+∞)$
   解析 $f(x)=\dfrac{-(1-x)+1}{1-x}=-1+\dfrac{1}{1-x}$；
   $∴f(x)$ 的图象是由 $y=-\dfrac{1}{x}$ 的图象沿 $x$ 轴向右平移 $1$ 个单位，然后沿 $y$ 轴向下平移一个单位得到；
   而 $y=-\dfrac{1}{x}$ 的单调增区间为 $( -∞,0)，(0,+∞)$；
   $∴f(x)$ 的单调增区间是 $( -∞,1)，(1,+∞)$．

4. 答案 $[4,+∞)$
   解析 令 $x^2-5x+4≥0$，解得 $x≥4$ 或 $x≤1$，
   而函数 $y=x^2 －5x+4$ 的对称轴是 $x=\dfrac{5}{2}$，
   故函数 $y=\sqrt{x^{2}-5 x+4}$ 的单调递增区间是 $[4,+∞)$.

5. 解析 任取 $x_1,x_2∈(0,1)$，且 $x_1<x_2$．
   则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\dfrac{2 x_{1}}{x_{1}-1}-\dfrac{2 x_{2}}{x_{2}-1}=\dfrac{2\left(x_{2}-x_{1}\right)}{\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)}$．
   由于 $0<x_1<x_2<1$，$x_1-1<0$，$x_2-1<0$，$x_2-x_1>0$，
   故 $f(x_1 )-f(x_2 )>0$，即 $f(x_1 )>f(x_2 )$．
   所以，函数 $f(x)=\dfrac{2 x}{x-1}$ 在 $(0,1)$ 上是减函数．
    

【题型2】函数的最值

【典题 1】函数 $f(x)=2 x-\sqrt{x-1}$ 的值域为 $\underline{\quad \quad}$ .
解析 设 $t=\sqrt{x-1} \geq 0$，则 $x=t^2+1$，
$\therefore f(t)=2\left(t^{2}+1\right)-t=2 t^{2}-t+2=2\left(t-\dfrac{1}{4}\right)^{2}+\dfrac{15}{8}(t \geq 0)$
$∴$ 值域为 $\left[\dfrac{15}{8}, \infty\right)$．
点拨 本题采取换元法，注意新变量的取值范围.
 

【典题 2】若函数 $f(x)=x^2-2ax+1-a$ 在 $[0,2]$ 上的最小值为 $-1$．则 $a=$ $\underline{\quad \quad}$.
解析 函数 $f(x)=x^2-2ax+1-a$ 图象的对称轴为 $x=a$，图象开口向上，
(1) 当 $a≤0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上单调递增．则 $f(x)_{\min }=f(0)=1-a$，
由 $1-a=-1$，得 $a=2$，不符合 $a≤0$；
(2) 当 $0<a<2$ 时．则 $f(x)_{\min }=f(a)=a^{2}-2 a^{2}+1-a=-a^{2}-a+1$，
由 $-a^2-a+1=-1$，得 $a=-2$ 或 $a=1$，$∵0<a<2$，$∴a=1$ 符合；
(3) 当 $a≥2$ 时，函数 $f(x)=x^2－2ax+1-a$ 在 $[0,2]$ 上单调递减，
$\therefore f(x)_{\min }=f(2)=4-4 a+1-a=5-5 a$，由 $5-5a=-1$，得 $a=\dfrac{6}{5}$，
$∵a≥2$， $\therefore a=\dfrac{6}{5}$ 不符合，
综上可得 $a=1$．
点拨 本题属于 “二次函数动轴定区间最值问题”，对对称轴与区间之间的相对位置进行分类讨论，结合图像求解.
 

巩固练习

1. 函数 $f(x)=x^2+3x+2$ 在区间 $[ -5,5]$ 上的最大值、最小值分别是 (　　)
 A． $12,-\dfrac{1}{4}$ $\qquad \qquad$ B．$2,12$ $\qquad \qquad$ C． $42,-\dfrac{1}{4}$ $\qquad \qquad$ D．最小值是 $-\dfrac{1}{4}$，无最大值
 

2. 函数 $f(x)=\dfrac{x}{x+2}$ 在区间 $[2,4]$ 上的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

3. 已知函数 $f(x)=x^2+|x-a|+1,x∈R,a∈R$．
(1) 当 $a=1$ 时，求函数 $f(x)$ 的最小值；(2) 求函数 $f(x)$ 的最小值为 $g(a)$．
 
 
参考答案

1. 答案 $C$
   解析 $y=x^{2}+3 x+2=\left(x+\dfrac{3}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4}$，抛物线的开口向上，对称轴为 $x=-\dfrac{3}{2}$，
   $∴$ 在区间 $[ －5,5]$ 上，当 $x=-\dfrac{3}{2}$ 时，$y$ 有最小值 $-\dfrac{1}{4}$；$x=5$ 时，$y$ 有最大值 $42$，
   函数 $f(x)=x^2+3x+2$ 在区间 $[ -5,5]$ 上的最大值、最小值分别是： $42,-\dfrac{1}{4}$．
   故选：$C$．
2. 答案 $\dfrac{1}{2}$
   解析 $\because f(x)=\dfrac{x}{x+2}=1-\dfrac{2}{x+2}$，$∴f(x)$ 在 $[2,4]$ 上为增函数，
   $∴$ 当 $x=2$ 时， $f(x)=\dfrac{x}{x+2}$ 在区间 $[2,4]$ 上的最小值为 $f(2)=\dfrac{1}{2}$．
3. 答案 (1) $\dfrac{7}{4}$ (2)$[1,+∞)$
   解析 (1) $f(x)=x^{2}+|x-1|+1=\left\{\begin{array}{c} x^{2}+x, x \geq 1 \\ x^{2}-x+2, x<1 \end{array}\right.$，
   由 $f(x)=x^{2}+x \Rightarrow f(x)=\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4}(x \geq 1)$，可知 $f(x)≥2$;
   由 $f(x)=x^{2}-x+2 \Rightarrow f(x)=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{7}{4}(x<1)$，可知 $f(x) \geq \dfrac{7}{4}$.
   所以 $f(x)_{min} =f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{7}{4}$．
   (2) $f(x)=\left\{\begin{array}{l} x^{2}+x-a+1, x \geq a \\ x^{2}-x+a+1, x<a \end{array}\right.$，
   1) 当 $a \geq \dfrac{1}{2}$， $f(x)_{\min }=f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{4}+a$；
   2) 当 $-\dfrac{1}{2}<a<\dfrac{1}{2}$， $f(x)_{\min }=f(a)=a^{2}+1$；
   3) 当 $a \leq-\dfrac{1}{2}$， $f(x)_{\min }=f\left(-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{4}-a$；
   所以 $g(a)=\left\{\begin{array}{c} \dfrac{3}{4}+a, a \geq \dfrac{1}{2} \\ a^{2}+1,-\dfrac{1}{2}<a<\dfrac{1}{2} \\ \dfrac{3}{4}-a, a \leq-\dfrac{1}{2} \end{array}\right.$．
    

【题型3】参数范围

【典题 1】若 $f(x)=\left\{\begin{array}{l} \dfrac{a}{x}, x \geq 1 \\ -x+3 a, x<1 \end{array}\right.$ 是 $R$ 上的单调减函数，则实数 $a$ 的取值范围为 $\underline{\quad \quad}$．
解析 若 $f(x)=\left\{\begin{array}{l} \dfrac{a}{x}, x \geq 1 \\ -x+3 a, x<1 \end{array}\right.$ 是 $R$ 上的单调减函数，
得则 $\left\{\begin{array}{l} a>0 \\ \dfrac{a}{1} \leq-1+3 a \end{array}\right.$，解得 $a \geq \dfrac{1}{2}$，故答案为： $\left[\dfrac{1}{2},+\infty\right)$．
 

【典题 2】已知函数 $f(x)=\dfrac{4 x-6}{x-1}$ 的定义域和值域都是 $[2, b](b>2)$，则实数 $b$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$．
解析 $f(x)=\dfrac{4 x-6}{x-1}=\dfrac{4(x-1)-2}{x-1}=-\dfrac{2}{x-1}+4$，其图象如图，

由图可知，函数 $f(x)=\dfrac{4 x-6}{x-1}$ 在 $[2,b]$ 上为增函数，
又函数 $f(x)=\dfrac{4 x-6}{x-1}$ 的定义域和值域都是 $[2, b](b>2)$，
$\therefore f(b)=\dfrac{4 b-6}{b-1}=b$，解得 $b=3$．
 

巩固练习

1. 已知函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l} x^{2}+3(x \geq 0) \\ a x+b(x<0) \end{array}\right.$ 是 $R$ 上的增函数，则 (　　)
 A．$a<0,b≥3$ $\qquad \qquad$ B．$a<0,b≤3$ $\qquad \qquad$ C．$a>0,b≥3$ $\qquad \qquad$ D．$a>0,b≤3$
 

2. 已知函数 $f(x)= \begin{cases}x^{2}+4 x, & x \geq 0 \\ 4 x-x^{2}, & x<0\end{cases}$，若 $f(2-a^2 )>f(a)$ 则实数 $a$ 的取值范围是 (　　)
 A $(-∞,-1)∪(2,+∞)$ $\qquad \qquad$ B $(-1,2)$ $\qquad \qquad$ C$(-2,1)$ $\qquad \qquad$ D$(-∞,-2)∪(1,+∞)$
 

3. 函数 $f(x)=ax^2-(3a-1)x+a^2$ 在 $[1,+∞)$ 上是增函数，则 $a$ 的范围为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

4. 若函数 $y=x^2-5x-1$ 的定义域 $[0,m]$，值域为 $\left[-\dfrac{29}{4},-1\right]$，则 $m$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$.
 

参考答案

1. 答案 $D$
   解析 ∵函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l} x^{2}+3(x \geq 0) \\ a x+b(x<0) \end{array}\right.$ 是 $R$ 上的增函数，
   $∴a>0$，且 $0+3≥0+b$，故选：$D$．
2. 答案 $C$
   解析 由题知 $f(x)$ 在 $R$ 上是增函数，由题得 $2-a^2>a$，解得 $-2<a<1$.
3. 答案 $[0,1]$
   解析 根据题意，函数 $f(x)=ax^2-(3a-1)x+a^2$ 在 $[1,+∞)$ 上是增函数，
   分 2 种情况讨论：
   ①若 $a=0$，则 $f(x)=x$，在 $R$ 上为增函数，符合题意；
   ②若 $a≠0$，则有 $\left\{\begin{array}{l} a>0 \\ \dfrac{3 a-1}{2 a} \leq 1 \end{array}\right.$，解可得 $0<a≤1$，
   综合可得：$a$ 的取值范围为 $[0,1]$.
4. 答案 $\left[\dfrac{5}{2}, 5\right]$
   解析 根据题意，函数 $y=x^{2}-5 x-1=\left(x-\dfrac{5}{2}\right)^{2}-\dfrac{29}{4}$，
   函数的对称轴为 $x=\dfrac{5}{2}$ 且有 $f(0)=f(5)=-1$，　
   又由函数的定义域 $[0,m]$，值域为 $\left[-\dfrac{29}{4},-1\right]$，则有 $\dfrac{5}{2} \leq m \leq 5$；
   即 $m$ 的取值范围 $\left[\dfrac{5}{2}, 5\right]$．
    

分层练习

【A组---基础题】

1. 函数 $f(x)$ 在 $R$ 上是减函数，则有 (　　)
 A．$f(-1)<f(3)$　 $\qquad \qquad$ B．$f(-1)≤f(3)$ $\qquad \qquad$ C．$f(-1)>f(3)$ $\qquad \qquad$ D．$f(-1)≥f(3)$
 

2. 函数 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 和 $(c,d)$ 都是增函数，若 $x_1∈(a,b),x_2∈(c,d)$，且 $x_1<x_2$，那么 (　　)
 A．$f(x_1 )<f(x_2 )$ $\qquad \qquad$ B．$f(x_1 )>f(x_2 )$ $\qquad \qquad$ C．$f(x_1 )=f(x_2 )$ $\qquad \qquad$ D．无法确定
 

3. 定义在 $R$ 上的函数 $f(x)$ 对任意两个不相等实数 $a,b$，总有 $\dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}>0$ 成立， 则必有 (　　)
 A．$f(x)$ 在 $R$ 上是增函数 $\qquad \qquad$ B．$f(x)$ 在 $R$ 上是减函数
 C．函数 $f(x)$ 是先增加后减少 $\qquad \qquad$ D．函数 $f(x)$ 是先减少后增加
 

4. 下列函数中，在区间 $(0,2)$ 上为增函数的是 (　　)
 A.$y=-x+1$ $\qquad \qquad$ B． $y=\sqrt{x}$ $\qquad \qquad$ C．$y=x^2-4x+5$ $\qquad \qquad$ D． $y=\dfrac{2}{x}$
 

5.$y=x-\dfrac{1}{x}$ 在 $[1,2]$ 上的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

6. 已知函数 $f(x)=x|x|-2x$ 的单调增区间为 $\underline{\quad \quad}$．
 

7. 函数 $f(x)=x^2+(2a+1)x+1$ 在区间 $[1,2]$ 上是单调函数，则实数 $a$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$ .
 

8. 函数 $f(x)=x-2 \sqrt{1-x}+1$ 的值域为 $\underline{\quad \quad}$．
 

9. 已知函数 $f(x)=\dfrac{2}{x}-x^{m}$，且 $f(4)=\dfrac{7}{2}$
 (1) 求 $m$ 的值；
 (2) 判断 $f(x)$ 在 $(0,+∞)$ 上的单调性，并给予证明；
 (3) 求函数 $f(x)$ 在区间 $[-5,-1]$ 上的最值．
 
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 因为函数 $f(x)$ 在 $R$ 上是减函数，且 $－1<3$，所以 $f(-1)>f(3)$．故选 $C$.
2. 答案 $D$
3. 答案 $A$
4. 答案 $B$
5. 答案 $0$
   解析 根据题意 $y=x-\dfrac{1}{x}$ 在 $[1,2]$ 上为增函数，
   则 $y=x-\dfrac{1}{x}$ 在 $[1,2]$ 上的最小值为 $y=0$．
6. 答案 $(-∞,-1)$ 和 $(1,+∞)$.
   解析 $x≥0$ 时，$f(x)=x^2-2x$，对称轴 $x=1$，开口向上，在 $(1,+∞)$ 递增，
   $x<0$ 时，$f(x)=-x^2-2x$，对称轴 $x=-1$，开口向下，在 $(-∞,-1)$ 递增，
   $∴$ 函数的递增区间是 $(-∞,-1)$ 和 $(1,+∞)$.
7. 答案 $\left[-\dfrac{3}{2},+\infty\right) \cup\left(-\infty,-\dfrac{5}{2}\right]$
   解析 根据题意，函数 $f(x)=x^2+(2a+1)x+1$ 为二次函数，其对称轴为 $x=-\dfrac{2 a+1}{2}$，
   若 f (x) 在区间 [1,2] 上是单调函数，则有 $-\dfrac{2 a+1}{2} \leq 1$ 或 $-\dfrac{2 a+1}{2} \geq 2$，
   解可得： $a \geq-\dfrac{3}{2}$ 或 $a \leq-\dfrac{5}{2}$，
   即 $a$ 的取值范围为 $\left[-\dfrac{3}{2},+\infty\right) \cup\left(-\infty,-\dfrac{5}{2}\right]$.
8. 答案 $(-∞,2]$
   解析 令 $\sqrt{1-x}=t$，则 $t≥0$，$x=1-t^2$，
   则 $y=1-t^2-2t+1=-t^2-2t+2$ 在 $[0,+∞)$ 上是减函数，
   故 $y≤2$，
   即函数 $f(x)=x-2 \sqrt{1-x}+1$ 的值域为 $(-∞,2]$.
9. 答案 (1)$m=1$ (2) 减函数 (3) 最大值为 $\dfrac{23}{5}$，最小值为 $-1$.
   解析 (1) 由 $f(4)=\dfrac{7}{2}$ 得 $\dfrac{2}{4}-4^{m}=-\dfrac{7}{2}$，即 $4^m=4$，解得:$m=1$；
   (2) 函数 $f(x)$ 在 上为减函数．
   证明：设 $0<x_1<x_2$，
   则 $f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=\left(\dfrac{2}{x_{2}}-x_{2}\right)-\left(\dfrac{2}{x_{1}}-x_{1}\right)$$=\left(\dfrac{2}{x_{2}}-\dfrac{2}{x_{1}}\right)+\left(x_{1}-x_{2}\right)=\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(1+\dfrac{2}{x_{2} x_{1}}\right)$
   $∵0<x_1<x_2$ $\therefore\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(1+\dfrac{2}{x_{2} x_{1}}\right)<0$，
   即 $f(x_2 )-f(x_1 )<0$，即 $f(x_2 )<f(x_1 )$， $∴f(x)$ 在 $(0,+∞)$ 上为减函数．
   (3) 由 (1) 知：函数 $f(x)=\dfrac{2}{x}-x$，其定义域为 ${x∣x≠0}$．
   $\therefore f(-x)=\dfrac{2}{-x}-(-x)=-\left(\dfrac{2}{x}-x\right)=-f(x)$，即函数 $f(x)$ 为奇函数．
   由 (2) 知：$f(x)$ 在 $[1,5]$ 上为减函数，则函数 $f(x)$ 在区间 $[-5,-1]$ 上为减函数．
   $∴$ 当 $x=-5$ 时，$f(x)$ 取得最大值，最大值为 $f(-5)=-\dfrac{2}{5}+5=\dfrac{23}{5}$；
   当 $x=-1$ 时，$f(x)$ 取得最小值，最小值为 $f(-1)=-2+1=-1$．
    

【B组---提高题】

1. 已知 $f(x)=\sqrt{x}-\sqrt{1-x}$，则 (　　)
 A． $f(x)_{\max }=\sqrt{2}$，$f(x)$ 无最小值 $\qquad \qquad$ B． $f(x)_{\min }=1$，$f(x)$ 无最大值
 C． $f(x)_{\max }=1, f(x)_{\min }=-1$ $\qquad \qquad$ D． $f(x)_{\max }=1, f(x)_{\min }=0$
 

2. 若函数 $f(x)=-\dfrac{2^{x}}{2^{x}+1}$，则该函数在 $( －∞,+∞)$ 上是 (　　)
 A．单调递减无最小值 $\qquad \qquad$ B．单调递减有最小值
 C．单调递增无最大值 $\qquad \qquad$ D．单调递增有最大值
 

3. 若函数 $f(x)=|x-2|(x-4)$ 在区间 $(5a,4a+1)$ 上单调递减，则实数 $a$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
 

4. 函数 $y=\dfrac{1}{\sqrt{-x^{2}+2 x+3}}$ 的单调减区间是 $\underline{\quad \quad}$．
 

5. 已知函数 $f(x)=\dfrac{x+2}{|x|+2}$，$x∈R$，则 $f(x^2-3x)<f(3-x)$ 的解集是 $\underline{\quad \quad}$．
 

6. 函数 $f(x)=x^2-2x+2$ 在区间 $[0,m]$ 上的最大值为 $2$，最小值为 $1$，则 $m$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
 
7. 设函数 $f (x)=\left\{\begin {array}{l} |x-1|, 0 \leq x \leq 2 \\ -x^{2}+2 x+1, x<0 \text { 或 } x>2 \end {array}\right.$，则函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $\underline{\quad \quad}$ ．
 

8. 已知二次函数 $f(x)=ax^2+2ax+1$ 在区间 $[ -2,3]$ 的最大值为 $6$，则 $a$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 $f(x)=\sqrt{x}-\sqrt{1-x}$ 的定义域为 $[0,1]$，
   因为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递增，所以 $f(x)_{\max }=1, f(x)_{\min }=-1$．故选：$C$．

2. 答案 $A$
   解析 $f(x)=-\dfrac{2^{x}}{2^{x}+1}=-1+\dfrac{1}{2^{x}+1}$，
   设 $x_1<x_2∈R$，
   $\therefore f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\dfrac{1}{2^{x_{1}}+1}-\dfrac{1}{2^{x_{2}}+1}=\dfrac{2^{x_{2}-2^{x_{1}}}}{\left(2^{x_{1}}+1\right)\left(2^{x_{2}}+1\right)}$，
   $∵x_1<x_2$，$∴2^{x_2}>2^{x_1}>0$，
   $∴2^{x_2}-2^{x_1}>0$，$2^{x_1}+1>0$，$2^{x_2}+1>0$，
   $∴f(x_1 )-f(x_2 )>0$，$∴f(x_1 )>f(x_2 )$，
   $\therefore f(x)=-\dfrac{2^{x}}{2^{x}+1}$ 在 $( －∞,+∞)$ 上递减，无最小值，
   故选：$A$．

3. 答案 $\dfrac{2}{5} \leq a \leq \dfrac{1}{2}$
   解析 函数 $∵f(x)=|x-2|(x-4)=\left\{\begin{array}{l} (x-2)(x-4)(x \geq 2) \\ (2-x)(x-4)(x<2) \end{array}\right.$
   $∴$ 函数的增区间为 $( －∞,2)$ 和 $(3,+∞)$，减区间是 $(2,3)$．
   $∵$ 在区间 $(5a,4a+1)$ 上单调递减，
   $∴(5a,4a+1)⊆(2,3)$，得 $\left\{\begin{array}{l} 2 \leq 5 a \\ 4 a+1 \leq 3 \end{array}\right.$，解之得 $\dfrac{2}{5} \leq a \leq \dfrac{1}{2}$
   故为： $\dfrac{2}{5} \leq a \leq \dfrac{1}{2}$
   

4. 答案 $( －1,1)$
   解析 由函数有意义得 $－x^2+2x+3>0$，解得 $－1<x<3$．
   又 $∵y= －x^2+2x+3$ 对称轴为 $x=1$，
   $∴y= －x^2+2x+3$ 在 $( －1,1]$ 单调递增，在 $(1,3)$ 上单调递减，
   $\therefore y=\dfrac{1}{\sqrt{-x^{2}+2 x+3}}$ 的单调减区间是 $( －1,1)$．

5. 答案 $(0,3)$
   解析 $f(x)=\dfrac{x+2}{|x|+2}= \begin{cases}1 & x \geq 0 \\ -1+\dfrac{4}{2-x} & x<0\end{cases}$；
   $∴f(x)$ 在 $( －∞,0)$ 上单调递增，且 $x<0$ 时，$f(x)<1$；
   $∴$ 由 $f(x^2-3x)<f(3-x)$ 得 $\left\{\begin{array}{l} x^{2}-3 x<0 \\ x^{2}-3 x<3-x \end{array}\right.$；解得 $0<x<3$；
   $∴$ 解集为 $(0,3)$．

6. 答案 $[1.2]$
   解析 $∵f(x)=x^2-2x+2$，$∴$ 对称轴 $x=1$，$∴f(0)=2，f(1)=1$，
   $∵f(x)=x^2-2x+2$ 在区间 $[0,m]$ 上的最大值为 $2$，最小值为 $1$
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} m \geq 1 \\ f(m) \leq 2 \end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l} m \geq 1 \\ m^{2}-2 m \leq 0 \end{array}\right.$ 求解得：$1≤m≤2$.

7. 答案 $( -∞,0),(1,2)$
   解析 函数 $f (x)=\left\{\begin {array}{l} |x-1|, 0 \leq x \leq 2 \\ -x^{2}+2 x+1, x<0 \text { 或 } x>2 \end {array}\right.$，
   当 $0≤x≤2$ 时，$f(x)=|x-1|$ 的增区间为 $(1,2)$；
   当 $x<0$ 或 $x>2$ 时，$f(x)= -x^2+2x+1$ 的对称轴为 $x=1$，
   增区间为 $( -∞,0)$，
   即有函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $( -∞,0),(1,2)$．

8. 答案 $-5$ 或 $\dfrac{1}{3}$
   解析 根据所给二次函数解析式可知，对称轴为 $x=-1$，且恒过定点 $(0,1)$，
   (1) 当 $a<0$ 时，函数在 $[ -2,-1]$ 上单调递增，在 $[ -1,3]$ 上单调递减，
   所以函数在 $x= -1$ 处取得最大值，因为 $f( -1)= -a+1=6$，所以 $a= -5$．
   (2) 当 $a>0$ 时，函数在 $[ -2,-1]$ 上单调递减，在 $[ -1,3]$ 上单调递增，
   所以函数在 $x=3$ 处取得最大值，
   因为 $f(3)=15a+1=6$，所以 $a=\dfrac{1}{3}$，
   故 为：$-5$ 或 $\dfrac{1}{3}$．
    

【C组---拓展题】

1. 已知函数 $f(x)$ 在 $R$ 上是单调函数，且对任意 $x∈R$，都有 $f(f(x)－2^x)=3$，则 $f(3)$ 的值等于 (　　)
 A．$3$ $\qquad \qquad$ B．$9$ $\qquad \qquad$ C．$10$ $\qquad \qquad$ D．$11$
 

2. 若函数 $f(x)=(x －2)|x －a|(a∈R)$ 在区间 $[3,4]$ 上单调递增，则实数 $a$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$．
 

3. 已知函数 $f(x)$ 是定义在 $(0,+∞)$ 上的增函数，且 $f\left(\dfrac{x}{y}\right)=f(x)-f(y)$，$f(2)=1$，解不等式 $f(x)-f\left(\dfrac{1}{x-3}\right) \leq 2$．
 
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 设 $f(x)－2^x=t$，则 $f(x)=2^x+t$；
   $∴f(t)=2^t+t$；$f(t)$ 在 $R$ 上单调递增；$∴f(1)=3$；
   $∴f(f(x)－2^x)=3=f(1)$；
   $∴f(x)－2^x=1$；$∴f(x)=2^x+1$；$∴f(3)=9$．
   故选：$B$．
2. 答案 $( -∞,3]∪[6,+∞)$
   解析 $f(x)=\left\{\begin{array}{l} (x-2)(x-a), x \geq a \\ -(x-2)(x-a), x<a \end{array}\right.$；
   (1)$∴a≥2$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $\left[2, \dfrac{a+2}{2}\right]$ 和 $[a,+∞)$，
   若函数 $f(x)$ 在区间 $[3，4]$ 上单调递增，则 $\dfrac{a+2}{2} \geq 4$，或 $a≤3$
   解得：$a∈[2,3]∪[6,+∞)$
   (2)$a<2$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $( -∞,a]$ 和 $\left[\dfrac{a+2}{2},+\infty\right)$，
   在区间 $[3,4]$ 上恒单调递增，
   综上 $a∈( -∞,3]∪[6,+∞)$.
3. 答案 $\{x∣3<x≤4\}$
   解析 在 $f\left(\dfrac{x}{y}\right)=f(x)-f(y)$ 中取 $x=4，y=2$，可得 $f(2)=f(4)－f(2)$．
   于是 $f(4)=2f(2)=2$．
   因此不等式 $f(x)-f\left(\dfrac{1}{x-3}\right) \leq 2$ 可转化为不等式 $f(x(x－3))≤f(4)$．
   $∵$ 函数 $f(x)$ 是定义在 $(0,+∞)$ 上的增函数，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} x>0 \\ x-3>0 \\ x(x-3) \leq 4 \end{array}\right.$ 解得 $3<x≤4$．
   $∴$ 不等式 $f(x)-f\left(\dfrac{1}{x-3}\right) \leq 2$ 的解集为 $\{x∣3<x≤4\}$．