高考數(shù)學(xué)浙江理科一輪【第二章】函數(shù)與基本初等函數(shù)I【下】 第二章 2.2

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1、 精品資料 §2.2　函數(shù)的單調(diào)性與最值 1． 函數(shù)的單調(diào)性 (1)單調(diào)函數(shù)的定義 增函數(shù) 減函數(shù) 定義 一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為I：如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的任意兩個自變量的值x1，x2 當(dāng)x1<x2時，都有f(x1)<f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù) 當(dāng)x1<x2時，都有f(x1)>f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(shù) 圖象描述 自左向右看圖象是上升的 自左向右看圖象是下降的 (2)單調(diào)區(qū)間的定義 如果函數(shù)y＝

2、f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，那么就說函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間具有(嚴(yán)格的)單調(diào)性，區(qū)間D叫做函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間． 2． 函數(shù)的最值 前提 設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)M滿足 條件 (1)對于任意x∈I，都有f(x)≤M； (2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M. (3)對于任意x∈I，都有f(x)≥M； (4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M. 結(jié)論 M為最大值 M為最小值 1． 判斷下面結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”) (1)函數(shù)y＝的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)∪(0，＋∞)． (　×　)

3、 (2)對于函數(shù)f(x)，x∈D，若x1，x2∈D，且(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，則函數(shù)f(x)在D上是增函數(shù)． (　√　) (3)函數(shù)y＝|x|是R上的增函數(shù)． (　×　) (4)函數(shù)y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是[1，＋∞)．(　×　) (5)函數(shù)f(x)＝log5(2x＋1)的單調(diào)增區(qū)間是(0，＋∞)． (　×　) (6)函數(shù)y＝的最大值為1. (　√　) 2． 函數(shù)y＝x2－6x＋10在區(qū)間(2,4)上是

4、 (　　) A．遞減函數(shù) B．遞增函數(shù) C．先遞減再遞增 D．先遞增再遞減 答案　C 解析　作出函數(shù)y＝x2－6x＋10的圖象(圖略)， 根據(jù)圖象可知函數(shù)在(2,4)上是先遞減再遞增． 3．(2013·安徽)“a≤0”是“函數(shù)f(x)＝|(ax－1)x|在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增”的 (　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　C 解析　本題利用函數(shù)的圖象確定字母的取值范圍，再利用充要條件的定義進行判斷． 當(dāng)a＝0時，f(x)＝|(ax－1)x|＝|x|在區(qū)間(0

5、，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a<0時，結(jié)合函數(shù)f(x)＝|(ax－1)x|＝|ax2－x|的圖象知函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，如圖(1)所示； 當(dāng)a>0時，結(jié)合函數(shù)f(x)＝|(ax－1)x|＝|ax2－x|的圖象知函數(shù)在(0，＋∞)上先增后減再增，不符合條件，如圖(2)所示． 所以，要使函數(shù)f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)上單調(diào)遞增只需a≤0. 即“a≤0”是“函數(shù)f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)上單調(diào)遞增”的充要條件． 4． 函數(shù)f(x)＝在[1,2]的最大值和最小值分別是__________________________． 答案　，1 解

6、析　f(x)＝＝＝2－在[1,2]上是增函數(shù)，∴f(x)max＝f(2)＝，f(x)min＝f(1)＝1. 5．函數(shù)y＝log(2x2－3x＋1)的單調(diào)減區(qū)間為________． 答案　(1，＋∞) 解析　由2x2－3x＋1>0， 得函數(shù)的定義域為(－∞，)∪(1，＋∞)． 令t＝2x2－3x＋1，則y＝logt， ∵t＝2x2－3x＋1＝2(x－)2－， ∴t＝2x2－3x＋1的單調(diào)增區(qū)間為(1，＋∞)． 又y＝logt在(1，＋∞)上是減函數(shù)， ∴函數(shù)y＝log(2x2－3x＋1)的單調(diào)減區(qū)間為(1，＋∞)． 題型一　函數(shù)單調(diào)性的判斷 例1　討論函數(shù)f(x)

7、＝(a>0)在x∈(－1,1)上的單調(diào)性． 思維啟迪　可根據(jù)定義，先設(shè)－1<x1<x2<1，然后作差、變形、定號、判斷． 解　設(shè)－1<x1<x2<1， 則f(x1)－f(x2)＝－ ＝＝. ∵－1<x1<x2<1， ∴x2－x1>0，x1x2＋1>0，(x－1)(x－1)>0. 又∵a>0，∴f(x1)－f(x2)>0， ∴函數(shù)f(x)在(－1,1)上為減函數(shù)． 思維升華　利用定義法證明或判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟： 　(1)已知a>0，函數(shù)f(x)＝x＋ (x>0)，證明：

8、函數(shù)f(x)在(0，]上是減函數(shù)，在[，＋∞)上是增函數(shù)； (2)求函數(shù)y＝的單調(diào)區(qū)間． (1)證明　設(shè)x1，x2是任意兩個正數(shù)，且0<x1<x2， 則f(x1)－f(x2)＝－ ＝(x1x2－a)． 當(dāng)0<x1<x2≤時，0<x1x2<a，又x1－x2<0， 所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)， 所以函數(shù)f(x)在(0，]上是減函數(shù)； 當(dāng)≤x1<x2時，x1x2>a，又x1－x2<0， 所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)， 所以函數(shù)f(x)在[，

9、＋∞)上是增函數(shù)． (2)解　令u＝x2＋x－6，y＝可以看作有y＝與u＝x2＋x－6的復(fù)合函數(shù)． 由u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2. ∵u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是減函數(shù)，在[2，＋∞)上是增函數(shù)，而y＝在(0， ＋∞)上是增函數(shù)． ∴y＝的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－3]，單調(diào)增區(qū)間為[2，＋∞)． 題型二　利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù) 例2　(1)如果函數(shù)f(x)＝ax2＋2x－3在區(qū)間(－∞，4)上是單調(diào)遞增的，則實數(shù)a的取值范圍是 (　　) A．a(chǎn)>－ B．a(chǎn)≥－ C．－≤a<0 D．－≤a≤0

10、 (2)已知f(x)＝滿足對任意x1≠x2，都有>0成立，那么a的取值范圍是________． 思維啟迪　利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)或參數(shù)的取值范圍，解題思路為視參數(shù)為已知數(shù)，依據(jù)函數(shù)的圖象或單調(diào)性定義，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，與已知單調(diào)區(qū)間比較求參． 答案　(1)D　(2)[，2) 解析　(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝2x－3，在定義域R上是單調(diào)遞增的，故在(－∞，4)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a≠0時，二次函數(shù)f(x)的對稱軸為x＝－， 因為f(x)在(－∞，4)上單調(diào)遞增， 所以a<0，且－≥4，解得0>a≥－. 綜合上述得－≤a≤0. (2)由已知條件得f(x)為增函數(shù)

11、， ∴， 解得≤a<2，∴a的取值范圍是[，2)． 思維升華　已知函數(shù)的單調(diào)性確定參數(shù)的值或范圍要注意以下兩點：①若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子區(qū)間上也是單調(diào)的；②分段函數(shù)的單調(diào)性，除注意各段的單調(diào)性外，還要注意銜接點的取值． 　(1)函數(shù)y＝在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A．a(chǎn)＝－3 B．a(chǎn)<3 C．a(chǎn)≤－3 D．a(chǎn)≥－3 (2)已知f(x)＝是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為 (　　) A．(1，＋∞) B．[4,8) C．(4,8)

12、 D．(1,8) 答案　(1)C　(2)B 解析　(1)y＝＝1＋， 由函數(shù)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增， 有，解得a≤－3. (2)因為f(x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù)， 所以可得解得4≤a<8，故選B. 題型三　函數(shù)的單調(diào)性和最值 例3　已知定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足f＝f(x1)－f(x2)，且當(dāng)x>1時，f(x)<0. (1)求f(1)的值； (2)證明：f(x)為單調(diào)遞減函數(shù)； (3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值． 思維啟迪　抽象函數(shù)的問題要根據(jù)題設(shè)及所求的結(jié)論來適當(dāng)取特殊值，證明f(x)為單調(diào)減

13、函數(shù)的首選方法是用單調(diào)性的定義來證．問題(3)用函數(shù)的單調(diào)性即可求最值． (1)解　令x1＝x2>0， 代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0. (2)證明　任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，則>1， 由于當(dāng)x>1時，f(x)<0，所以f<0， 即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)<f(x2)， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是單調(diào)遞減函數(shù)． (3)解　∵f(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞減函數(shù)． ∴f(x)在[2,9]上的最小值為f(9)． 由f＝f(x1)－f(x2)得， f＝f(

14、9)－f(3)，而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2. ∴f(x)在[2,9]上的最小值為－2. 思維升華　(1)抽象函數(shù)的單調(diào)性的判斷要緊扣單調(diào)性的定義，結(jié)合題目所給性質(zhì)和相應(yīng)的條件，對任意x1，x2在所給區(qū)間內(nèi)比較f(x1)－f(x2)與0的大小，或與1的大?。袝r根據(jù)需要，需作適當(dāng)?shù)淖冃危喝鐇1＝x2·或x1＝x2＋x1－x2等；(2)利用函數(shù)單調(diào)性可以求函數(shù)最值，若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f(x)的最小值是f(a)，最大值是f(b)． 　(1)如果函數(shù)f(x)對任意的實數(shù)x，都有f(1＋x)＝f(－x)，且當(dāng)x≥時，f(x)＝log2(3x－1)，那么函數(shù)

15、f(x)在[－2,0]上的最大值與最小值之和為 (　　) A．2 B．3 C．4 D．－1 (2)函數(shù)f(x)＝在區(qū)間[a，b]上的最大值是1，最小值是，則a＋b＝________. 答案　(1)C　(2)6 解析　(1)根據(jù)f(1＋x)＝f(－x)，可知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝對稱． 又函數(shù)f(x)在[，＋∞)上單調(diào)遞增， 故f(x)在(－∞，]上單調(diào)遞減， 則函數(shù)f(x)在[－2,0]上的最大值與最小值之和為 f(－2)＋f(0)＝f(1＋2)＋f(1＋0) ＝f(3)＋f(1)＝log28＋log22＝4. (2)易知f(x)在[a，

16、b]上為減函數(shù)， ∴即∴ ∴a＋b＝6. 函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用 典例：(14分)函數(shù)f(x)對任意的m、n∈R，都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且x>0時，恒有f(x)>1. (1)求證：f(x)在R上是增函數(shù)； (2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2. 思維啟迪　(1)對于抽象函數(shù)的單調(diào)性的證明，只能用定義．應(yīng)該構(gòu)造出f(x2)－f(x1)并與0比較大小．(2)將函數(shù)不等式中的抽象函數(shù)符號“f”運用單調(diào)性“去掉”是本小題的切入點．要構(gòu)造出f(M)<f(N)的形式． 規(guī)范解答 (1)證明　設(shè)x1，x2∈R，且x1<

17、;x2，∴x2－x1>0， ∵當(dāng)x>0時，f(x)>1，∴f(x2－x1)>1. [2分] f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1， [4分] ∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0?f(x1)<f(x2)， ∴f(x)在R上為增函數(shù)． [7分] (2)解　∵m，n∈R，不妨設(shè)m＝n＝1， ∴f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1?f(2)＝2f(1)－1， [9分] f(3)＝4?f(2＋1)＝4?f(2)＋f(1)－1＝4?3f(

18、1)－2＝4， ∴f(1)＝2，∴f(a2＋a－5)<2＝f(1)， [11分] ∵f(x)在R上為增函數(shù)，∴a2＋a－5<1?－3<a<2， 即a∈(－3,2)． [14分] 解函數(shù)不等式問題的一般步驟： 第一步：確定函數(shù)f(x)在給定區(qū)間上的單調(diào)性； 第二步：將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為f(M)<f(N)的形式； 第三步：運用函數(shù)的單調(diào)性“去掉”函數(shù)的抽象符號“f”， 轉(zhuǎn)化成一般的不等式或不等式組； 第四步：解不等式或不等式組確定解集； 第五步：反思回顧．查看關(guān)鍵點，易錯點及解題規(guī)范． 溫

19、馨提醒　本題對函數(shù)的單調(diào)性的判斷是一個關(guān)鍵點．不會運用條件x>0時，f(x)>1.構(gòu)造不出f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1的形式，找不到問題的突破口．第二個關(guān)鍵應(yīng)該是將不等式化為f(M)<f(N)的形式．解決此類問題的易錯點：忽視M、N的取值范圍，即忽視f(x)所在的單調(diào)區(qū)間的約束． 方法與技巧 1．利用定義判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性 設(shè)任意x1，x2∈[a，b]且x1<x2，那么 ①>0?f(x)在[a，b]上是增函數(shù)； <0?f(x)在[a，b]上是減函數(shù)． ②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0?f(x)在[a，b

20、]上是增函數(shù)； (x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0?f(x)在[a，b]上是減函數(shù)． 函數(shù)的單調(diào)性是對某個區(qū)間而言的． 2．求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 首先應(yīng)注意函數(shù)的定義域，函數(shù)的單調(diào)區(qū)間都是其定義域的子集；其次掌握一次函數(shù)、二次函數(shù)等基本初等函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．常用方法：根據(jù)定義、利用圖象和單調(diào)函數(shù)的性質(zhì)． 3．復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性 對于復(fù)合函數(shù)y＝f[g(x)]，若t＝g(x)在區(qū)間(a，b)上是單調(diào)函數(shù)，且y＝f(t)在區(qū)間(g(a)，g(b))或者(g(b)，g(a))上是單調(diào)函數(shù)，若t＝g(x)與y＝f(t)的單調(diào)性相同(同時為增或減)，則y＝f[g(x)]為增函數(shù)；若t

21、＝g(x)與y＝f(t)的單調(diào)性相反，則y＝f[g(x)]為減函數(shù)． 簡稱：同增異減． 失誤與防范 函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是指函數(shù)在定義域內(nèi)的某個區(qū)間上單調(diào)遞增或單調(diào)遞減．單調(diào)區(qū)間要分開寫，即使在兩個區(qū)間上的單調(diào)性相同，也不能用并集表示． A組　專項基礎(chǔ)訓(xùn)練 (時間：40分鐘) 一、選擇題 1．函數(shù)f(x)中，滿足“對任意x1，x2∈(0，＋∞)，當(dāng)x1<x2時，都有f(x1)>f(x2)”的是(　　) A．f(x)＝ B．f(x)＝(x－1)2 C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1) 答案　A 解析　由題意知f(x)在(0，＋

22、∞)上是減函數(shù)． A中，f(x)＝滿足要求； B中，f(x)＝(x－1)2在[0,1]上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)； C中，f(x)＝ex是增函數(shù)； D中，f(x)＝ln(x＋1)是增函數(shù)． 2．若函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝(a＋1)1－x在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍是 (　　) A．(－1,0) B．(－1,0)∪(0,1] C．(0,1) D．(0,1] 答案　D 解析　∵f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2在[1,2]上是減函數(shù)， ∴a≤1. ① 又g(x)＝(

23、a＋1)1－x在[1,2]上是減函數(shù)． ∴a＋1>1，∴a>0. ② 由①、②知，0<a≤1. 3．已知函數(shù)f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5在區(qū)間(－∞，3)上是減函數(shù)，則a的取值范圍是(　　) A．(0，) B．(0，] C．[0，) D．[0，] 答案　D 解析　當(dāng)a＝0時，f(x)＝－12x＋5，在(－∞，3)上是減函數(shù)， 當(dāng)a≠0時，由，得0<a≤， 綜上a的取值范圍是0≤a≤. 4．已知f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足f()>f(1)的實數(shù)x的取值范圍是 (　　) A．(－∞

24、，1) B．(1，＋∞) C．(－∞，0)∪(0,1) D．(－∞，0)∪(1，＋∞) 答案　D 解析　依題意得<1，即>0， 所以x的取值范圍是x>1或x<0. 5．定義新運算“”：當(dāng)a≥b時，ab＝a；當(dāng)a<b時，ab＝b2，則函數(shù)f(x)＝(1x)x－(2x)，x∈[－2,2]的最大值等于 (　　) A．－1 B．1 C．6 D．12 答案　C 解析　由已知得當(dāng)－2≤x≤1時，f(x)＝x－2， 當(dāng)1<x≤2時，f(x)＝x3－2， ∵f(x)＝x－2，f(x)

25、＝x3－2在定義域內(nèi)都為增函數(shù)． ∴f(x)的最大值為f(2)＝23－2＝6. 二、填空題 6．函數(shù)f(x)＝ln(4＋3x－x2)的單調(diào)遞減區(qū)間是__________． 答案　 解析　函數(shù)f(x)的定義域是(－1,4)，u(x)＝－x2＋3x＋4＝－2＋的減區(qū)間為，∵e>1， ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為. 7．設(shè)函數(shù)f(x)＝在區(qū)間(－2，＋∞)上是增函數(shù)，那么a的取值范圍是__________． 答案　[1，＋∞) 解析　f(x)＝＝a－， ∵函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2，＋∞)上是增函數(shù)． ∴??a≥1. 8．已知f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足f<f(

26、1)的實數(shù)x的取值范圍是______________． 答案　(－1,0)∪(0,1) 解析　由f<f(1)，得>1， ∴>1或<－1，∴0<x<1或－1<x<0. 三、解答題 9．函數(shù)f(x)＝x2－4x－4在閉區(qū)間[t，t＋1](t∈R)上的最小值記為g(t)． (1)試寫出g(t)的函數(shù)表達式； (2)求g(t)的最小值． 解　(1)f(x)＝x2－4x－4＝(x－2)2－8. 當(dāng)t>2時，f(x)在[t，t＋1]上是增函數(shù)， ∴g(t)＝f(t)＝t2－4t－4； 當(dāng)t≤2≤t＋1，即1≤t≤2時，g(t)＝f

27、(2)＝－8； 當(dāng)t＋1<2，即t<1時，f(x)在[t，t＋1]上是減函數(shù)， ∴g(t)＝f(t＋1)＝t2－2t－7. 從而g(t)＝ (2)g(t)的圖象如圖所示，由圖象易知g(t)的最小值為－8. 10．已知函數(shù)f(x)＝－，x∈[0,2]，求函數(shù)的最大值和最小值． 解　設(shè)x1，x2是區(qū)間[0,2]上的任意兩個實數(shù)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝－－(－) ＝－＝－. 由0≤x1＜x2≤2， 得x2－x1＞0，(x1＋1)(x2＋1)＞0， 所以f(x1)－f(x2)＜0， 即f(x1)＜f(x2)， 故f(x)在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)．

28、因此，函數(shù)f(x)＝－在區(qū)間[0,2]的左端點取得最小值，右端點取得最大值，即最小值是f(0)＝－2，最大值是f(2)＝－. B組　專項能力提升 (時間：30分鐘) 1．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，則函數(shù)g(x)＝在區(qū)間(1，＋∞)上一定 (　　) A．有最小值 B．有最大值 C．是減函數(shù) D．是增函數(shù) 答案　D 解析　由題意知a<1，∴g(x)＝＝x＋－2a， 當(dāng)a<0時，g(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)， 當(dāng)a>0時，g(x)在[，＋∞)上是增函數(shù)， 故在(1，＋∞)

29、上為增函數(shù)， ∴g(x)在(1，＋∞)上一定是增函數(shù)． 2．已知函數(shù)f(x)＝e|x－a|(a為常數(shù))．若f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，則a的取值范圍是________． 答案　(－∞，1] 解析　∵f(x)＝e|x－a|＝ ∴f(x)在[a，＋∞)上為增函數(shù)， 則[1，＋∞)?[a，＋∞)，∴a≤1. 3．對于任意實數(shù)a，b，定義min{a，b}＝設(shè)函數(shù)f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________． 答案　1 解析　依題意，h(x)＝ 當(dāng)0<x≤2時，h(x)＝log2x是增函數(shù)； 當(dāng)x&

30、gt;2時，h(x)＝3－x是減函數(shù)， ∴h(x)在x＝2時，取得最大值h(2)＝1. 4．已知函數(shù)f(x)＝a－. (1)求證：函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)； (2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． (1)證明　當(dāng)x∈(0，＋∞)時， f(x)＝a－， 設(shè)0<x1<x2，則x1x2>0，x2－x1>0， f(x2)－f(x1)＝(a－)－(a－) ＝－＝>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． (2)解　由題意a－<2x在(1，＋∞)上恒成立， 設(shè)h(x)＝2x＋， 則a<h

31、(x)在(1，＋∞)上恒成立． 任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1<x2， h(x1)－h(huán)(x2)＝(x1－x2)(2－)． ∵1<x1<x2，∴x1－x2<0，x1x2>1， ∴2－>0，h(x1)<h(x2)， ∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 故a≤h(1)即a≤3， ∴a的取值范圍是(－∞，3]． 5．已知f(x)＝ (x≠a)． (1)若a＝－2，試證f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞增； (2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，求a的取值范圍． (1)證明　任取x1<x2<－2， 則f(x1)－f(x2)＝－ ＝. ∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，∴f(x1)<f(x2)， ∴f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞增． (2)解　任設(shè)1<x1<x2，則 f(x1)－f(x2)＝－＝. ∵a>0，x2－x1>0， ∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1. 綜上所述知a的取值范圍是(0,1]．