还剩3页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2022高考数学一轮总复习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集训含解析文
展开
这是一份2022高考数学一轮总复习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集训含解析文，共6页。
[A级 基础练]
1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝xeq \s\up8(\f(1,2)) B． y＝2－x
C．y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x D．y＝eq \f(1,x)
解析：选A．对于幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，当α<0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递减，所以选项A正确；选项D中的函数y＝eq \f(1,x)可转化为y＝x－1，所以函数y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，故选项D不符合题意；对于指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)，当01时，y＝ax在(－∞，＋∞)上单调递增，而选项B中的函数y＝2－x可转化为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，因此函数y＝2－x在(0，＋∞)上单调递减，故选项B不符合题意；对于对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)，当01时，y＝lgax在(0，＋∞)上单调递增，因此选项C中的函数y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x在(0，＋∞)上单调递减，故选项C不符合题意，故选A．
2．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：选A．函数f(x)＝－x＋eq \f(1,x)的导数为f′(x)＝－1－eq \f(1,x2)，则f′(x)<0，可得f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,3)))上单调递减，即f(－2)为最大值，且为2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).
3．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．
由图易知函数y＝|x|(1－x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增．故选B．
4．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]．
5．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－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．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________．
解析：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，＋∞)．
答案：(1，＋∞)
8．定义新运算“⊕”：当a≥b时，a⊕b＝a；当a解析：由已知得，当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2；
当1因为f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数，所以f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.
答案：6
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))，求实数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.
[B级 综合练]
11．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]．
12．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)<0B．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．
13．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]
14．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) ]
15．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]．
[C级 提升练]
16．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.
(1)求f(1)的值；
(2)证明：f(x)为单调递减函数；
(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2，9]上的最小值．
解：(1)令x1＝x2>0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x2)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.
(2)证明：任取x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，且x1>x2，则eq \f(x1,x2)>1，由于当x>1时，f(x)<0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))<0，即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)(3)因为f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，所以f(x)在[2，9]上的最小值为f(9)，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,3)))＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.所以f(x)在[2，9]上的最小值为－2.
[A级 基础练]
1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝xeq \s\up8(\f(1,2)) B． y＝2－x
C．y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x D．y＝eq \f(1,x)
解析：选A．对于幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，当α<0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递减，所以选项A正确；选项D中的函数y＝eq \f(1,x)可转化为y＝x－1，所以函数y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，故选项D不符合题意；对于指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)，当0
2．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：选A．函数f(x)＝－x＋eq \f(1,x)的导数为f′(x)＝－1－eq \f(1,x2)，则f′(x)<0，可得f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,3)))上单调递减，即f(－2)为最大值，且为2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).
3．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．
由图易知函数y＝|x|(1－x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增．故选B．
4．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]．
5．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)
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)
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．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________．
解析：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，＋∞)．
答案：(1，＋∞)
8．定义新运算“⊕”：当a≥b时，a⊕b＝a；当a
当1
答案：6
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))，求实数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.
[B级 综合练]
11．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]．
12．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)<0B．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)
即f(x1)<0，f(x2)>0.故选B．
13．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]
14．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) ]
15．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]．
[C级 提升练]
16．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.
(1)求f(1)的值；
(2)证明：f(x)为单调递减函数；
(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2，9]上的最小值．
解：(1)令x1＝x2>0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x2)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.
(2)证明：任取x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，且x1>x2，则eq \f(x1,x2)>1，由于当x>1时，f(x)<0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))<0，即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)
相关试卷
高中数学高考05第二章 函数概念与基本初等函数2 2 函数的单调性与最值： 这是一份高中数学高考05第二章 函数概念与基本初等函数2 2 函数的单调性与最值，共10页。试卷主要包含了函数单调性的定义，单调性与单调区间，函数的最值，))等内容，欢迎下载使用。
2022高考数学一轮总复习第二章函数概念与基本初等函数第10讲函数与方程集训含解析文： 这是一份2022高考数学一轮总复习第二章函数概念与基本初等函数第10讲函数与方程集训含解析文，共5页。
2022高考数学一轮总复习第二章函数概念与基本初等函数第1讲函数及其表示集训含解析文： 这是一份2022高考数学一轮总复习第二章函数概念与基本初等函数第1讲函数及其表示集训含解析文，共5页。
