【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第2章 第2节 函数的单调性与最值（含解析）新人教A版

【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第2章第2节函数的单调性与最值新人教A版一、选择题1．(文)下列四个函数中，在区间(0,1)上是减函数的是(　　)A．y＝log2x　　　　　　B．y＝xC．y＝－()x　D．y＝[答案]　D[解析]　y＝log2x在(0，＋∞)上为增函数；y＝x在(0，＋∞)上是增函数；∵y＝()x在(0，＋∞)上是减函数，∴y＝－()x在(0，＋∞)上是增函数；y＝在(0，＋∞)上是减函数，故y＝在(0,1)上是减函数．故选D．(理)(2022·东营模拟)下列函数在(0，＋∞)上是增函数的是(　　)A．y＝ln(x－2)　　　　B．y＝－C．y＝x－x－1　D．y＝()|x|[答案]　C[解析]　当x＝1时，y＝ln(x－2)无意义；y＝－在[0，＋∞)上单调递减；y＝()|x|在[0，＋∞)上单调递减，∴选C．2．(文)(2022·山西运城模拟)已知函数f(x)＝则“c＝－1”是“函数f(x)在R上递增”的(　　)A．充分不必要条件　B．必要不充分条件C．充要条件　D．既不充分也不必要条件[答案]　A[解析]　c＝－1时，f(x)在R上单调递增；c＝－2时，f(x)在R上也单调递增，故选A．(理)已知f(x)＝是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围为(　　)A．(1，＋∞)　B．[4,8)C．(4,8)　D．(1,8)[答案]　B-18-\n[解析]　由y＝ax(x>1)单调增知a>1；由y＝(4－)x＋2(x≤1)单调增知，4－>0，∴a<8；又f(x)在R上单调增，∴a≥(4－)＋2，∴a≥4，综上知，4≤a<8.[点评]　可用筛选法求解，a＝2时，有f(1)＝5>4＝f(2)，排除A、D．a＝4时，f(x)＝在R上单调递增，排除C，故选B．3．(文)(2022·贵州贵阳质检)定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，且f(x)在(－∞，2)上是增函数，则(　　)A．f(－1)<f(3)　B．f(0)>f(3)C．f(－1)＝f(3)　D．f(0)＝f(3)[答案]　A[解析]　∵f(x)的图象关于直线x＝2对称，∴f(3)＝f(1)，∵f(x)在(－∞，2)上是增函数，∴f(－1)<f(1)＝f(3)．(理)(2022·厦门模拟)定义在R上的函数f(x)在区间(－∞，2)上是增函数，且f(x＋2)的图象关于直线x＝0对称，则(　　)A．f(－1)<f(3)　B．f(0)>f(3)C．f(－1)＝f(3)　D．f(0)＝f(3)[答案]　A[解析]　∵f(x＋2)的图象关于直线x＝0对称，∴f(x)的图象关于直线x＝2对称，∴f(3)＝f(2＋1)＝f(2－1)＝f(1)，又f(x)在(－∞，2)上为增函数，∴f(－1)<f(0)<f(1)，故选A．4．若f(x)＝x3－6ax的单调递减区间是(－2,2)，则a的取值范围是(　　)A．(－∞，0]　B．[－2,2]C．{2}　D．[2，＋∞)[答案]　C[解析]　f′(x)＝3x2－6a，若a≤0，则f′(x)≥0，∴f(x)单调增，排除A；若a>0，则由f′(x)＝0得x＝±，当x<－和x>时，f′(x)>0，f(x)单调增，当－<x<时，f(x)单调减，∴f(x)的单调减区间为(－，)，从而＝2，∴a＝2.-18-\n[点评]　f(x)的单调递减区间是(－2,2)和f(x)在(－2，2)上单调递减是不同的，应加以区分．本例亦可用x＝±2是方程f′(x)＝3x2－6a＝0的两根解得a＝2.5．(文)已知a＝21.2，b＝()－0.8，c＝2log52，则a、b、c的大小关系为(　　)A．c<b<a　B．c<a<bC．b<a<c　D．b<c<a[答案]　A[解析]　本题考查指数、对数值的大小比较．a＝21.2>21＝2，b＝()－0.8＝20.8<21＝2，b＝20.8>20＝1，c＝2log52＝log522＝log54<log55＝1，所以c<b<a.(理)已知a＝20.2，b＝0.40.2，c＝0.40.6，则(　　)A．a>b>c　B．a>c>bC．c>a>b　D．b>c>a[答案]　A[分析]　b与c有相同底数0.4，故可用指数函数y＝0.4x的单调性比较大小，且可知b与c都小于1，又知a>1，即可获解．[解析]　∵y＝0.4x为减函数，0<0.2<0.6，∴1>0.40.2>0.40.6，∴1>b>c；又y＝2x为增函数，0.2>0，∴20.2>20＝1，∴a>1，∴a>b>c.6．(文)(2022·安徽省“江南十校”联考)函数y＝log2(|x|＋1)的图象大致是(　　)[答案]　B[解析]　首先判断定义域为R.又f(－x)＝f(x)，所以函数y＝log2(|x|＋1)为偶函数，当x>0时，y＝log2(x＋1)．由对数函数的图象特征知排除A、C，又x＝1时，y＝1，排除D，故选B．(理)(2022·阜阳月考)函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝logf(x)的图象大致是(　　)-18-\n[答案]　A[解析]　由f(x)的图象知f(x)≥1，∴y＝logf(x)≤0，故选A．二、填空题7．(文)(2022·柳州月考)定义在R上的奇函数y＝f(x)在[0，＋∞)上递增，且f()＝0，则满足f(logx)>0的x的集合为________．[答案]　{x|0<x<，或1<x<3}[解析]　由奇函数y＝f(x)在[0，＋∞)上递增，且f()＝0，得函数y＝f(x)在(－∞，0)上递增，且f(－)＝0.由f(logx)>0，得logx>或－<logx<0，解得0<x<或1<x<3.所以满足条件的x的取值集合为{x|0<x<，或1<x<3}．(理)(2022·黄山月考)若定义域为R的偶函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，且f()＝0，则不等式f(log4x)>0的解集是________．[答案]　(0，)∪(2，＋∞)[解析]　由f(x)是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数，可得f(x)在(－∞，0)上是减函数，f(log4x)>0⇔f(log4x)>f()⇔log4x<－或log4x>，解得0<x<或x>2.8．(文)已知函数f(x)＝(a是常数且a>0)．对于下列命题：①函数f(x)的最小值是－1；②函数f(x)在R上是单调函数；③若f(x)>0在[，＋∞)上恒成立，则a的取值范围是a>1；④对任意的x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有f()<-18-\n.其中正确命题的序号是________(写出所有正确命题的序号)．[答案]　①③④[解析]　(数形结合法)根据题意可画出草图，由图象可知，①显然正确；函数f(x)在R上不是单调函数，故②错误；若f(x)>0在[，＋∞)上恒成立，则2a×－1>0，a>1，故③正确；由图象可知对任意的x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有f()<成立，故④正确．(理)已知函数f(x)＝若f(x0)≥2，则x0的取值范围是____________．[答案]　(－∞，－1]∪[2，＋∞)[解析]　当x0≤0时，f(x0)≥2化为()x0≥2，即：()x0≥()－1，∴x0≤－1，当x0＞0时，f(x0)≥2化为log2(x0＋2)≥2，即log2(x0＋2)≥log24，∴x0＋2≥4，∴x0≥2，∴x0的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．9．(2022·河北唐山一中调研)若f(x)＝3x＋sinx，则满足不等式f(2m－1)＋f(3－m)>0的m的取值范围为________．[答案]　(－2，＋∞)[解析]　因为f(x)＝3x＋sinx的定义域R关于原点对称，且满足f(－x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数．又因为f′(x)＝3＋cosx>0，所以函数f(x)在R上单调递增，则f(2m－1)＋f(3－m)>0等价于f(2m－1)>－f(3－m)，即f(2m－1)>f(m－3)，故2m－1>m－3，解得m>－2.三、解答题10．(文)(2022·济南模拟)已知定义域为R的函数f(x)＝是奇函数．(1)求a，b的值；(2)证明函数f(x)的单调性．[解析]　(1)∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴＝－，∵此式对∀x∈R都成立，∴x＝0时等式成立，∴b＝1.又x＝1时此等式成立，∴a＝3.-18-\n(2)f(x)＝＝－＋，易证f(x)为减函数．(理)经市场调查，某商品在过去100天内的销售量和价格均为时间t(天)的函数，且日销售量近似地满足g(t)＝－t＋(1≤t≤100，t∈N)．前40天价格为f(t)＝t＋22(1≤t≤40，t∈N)，后60天价格为f(t)＝－t＋52(41≤t≤100，t∈N)，试求该商品的日销售额S(t)的最大值和最小值．[解析]　当1≤t≤40，t∈N时，S(t)＝g(t)f(t)＝(－t＋)(t＋22)＝－t2＋2t＋＝－(t－12)2＋，所以768＝S(40)≤S(t)≤S(12)＝＋12＝.当41≤t≤100，t∈N时，S(t)＝g(t)f(t)＝(－t＋)(－t＋52)＝t2－36t＋＝(t－108)2－，所以8＝S(100)≤S(t)≤S(41)＝.所以，S(t)的最大值为，最小值为8.[点评]　求函数值域与最值的基本方法与思路：单调性法，图象法，基本不等式法，换元法，导数法，判别式法等．(1)单调性法①若函数f(x)＝x2－2x＋m在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m的值为(　　)A．－3　B．－2C．－1　D．1[答案]　B[解析]　∵f(x)＝(x－1)2＋m－1在[3，＋∞)上是增加的，且f(x)在[3，＋∞)上的最小值为1，∴f(3)＝1，即22＋m－1＝1，m＝－2.选B．②函数y＝－的最大值为(　　)A．2　B．C．1　D．4[答案]　B-18-\n[解析]　y＝，又x≥1，则y是x的减函数，当x＝1时，ymax＝.③已知函数f(x)＝，x∈[1，＋∞)．(1)当a＝4时，求f(x)的最小值；(2)当a＝时，求f(x)的最小值；(3)若a为正常数，求f(x)的最小值．[分析]　在解决该类型函数的最值时，首先考虑到应用均值不等式求解，但须逐一验证应用均值不等式所具备的条件，若条件不具备，应从函数单调性的角度考虑．[解析]　(1)当a＝4时，f(x)＝x＋＋2，易知f(x)在[1,2]上是减少的，在[2，＋∞)上是增加的．∴f(x)min＝f(2)＝6.(2)当a＝时，f(x)＝x＋＋2，易知f(x)在[1，＋∞)上为增加的，∴f(x)min＝f(1)＝.(3)函数f(x)＝x＋＋2在(0，]上是减少的，在[，＋∞)上是增加的．若>1，即a>1时，f(x)在区间[1，＋∞)上先减后增，f(x)min＝f()＝2＋2；若≤1，即0<a≤1时，f(x)在区间[1，＋∞)上是增加的．∴f(x)min＝f(1)＝a＋3.综上所述，f(x)min＝.(2)图象法④设a，b∈R，定义max{a，b}＝，函数f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x∈R)，则f(x)的最小值是______．[答案]　[解析]　令y1＝|x＋1|，y2＝|x－2|，在同一坐标系中分别作出其图象，如图所示，根据条件知函数f(x)的图象为图中的射线PA，PB构成，-18-\n由，解得y＝.即为函数f(x)的最小值．(3)反函数法⑤函数y＝的值域为________．[答案]　(－1,1][解析]　解法1：(反函数法)由y＝得x2＝≥0，解得－1<y≤1.解法2：(分离常数法)y＝＝＝－1＋.∵x2＋1≥1，∴0<≤2，∴－1<－1＋≤1.(4)换元法⑥函数y＝2x＋的值域为________．[答案]　(－∞，][解析]　令t＝(t≥0)，则x＝，∴y＝－t2＋t＋1＝－(t－)2＋(t≥0)，∵当t＝即x＝时，ymax＝，无最小值．∴函数值域为(－∞，]．(5)基本不等式法⑦f(x)＝的值域为(　　)A．R　B．(－∞，1]∪[2，＋∞)C．[1,2]　D．(－∞，－1]∪[2，＋∞)[答案]　B[分析]　先分别求出函数在每一段上的取值，当x-18-\n>0时，可化简函数解析式，利用基本不等式求解函数的最值，进而确定其取值范围；当x≤0时，可利用配方法求解其取值范围，最后把两个取值范围取并集，即得函数的值域．[解析]　当x>0时，f(x)＝＝x＋－2，由基本不等式可得x＋≥2＝4(当且仅当x＝，即x＝2时等号成立)，所以f(x)＝x＋－2≥4－2＝2，即此时f(x)∈[2，＋∞)．当x≤0时，f(x)＝－x2－2x＝－(x＋1)2＋1，因为当x＝－1时，f(x)取得最大值1，所以此时f(x)∈(－∞，1]．综上，f(x)的值域为(－∞，1]∪[2，＋∞)，故选B．(6)导数法⑧函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值、最小值分别是(　　)A．5；－15　B．5；－4C．－4；－15　D．5；－16[答案]　A[解析]　y′＝6x2－6x－12，令y′＝0⇒x＝－1(舍去)或x＝2.x＝0时y＝5；x＝2时y＝－15；x＝3时y＝－4.∴ymax＝5，ymin＝－15.故选A．⑨设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.(1)若f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0<a<2时，f(x)在[1,4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值．[解析]　(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－)2＋＋2a当x∈[，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′()＝＋2a；令＋2a>0，得a>－所以，当a>－时，f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间．即f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间时，a的取值范围是(－，＋∞)．-18-\n(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝，x2＝.所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．当0<a<2时，有x1<1<x2<4，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)，又f(4)－f(1)＝－＋6a<0，即f(4)<f(1)所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－，得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝.一、选择题11．(2022·吉林长春调研)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝0，且在(－∞，0)上单调递增，如果x1＋x2<0且x1x2<0，则f(x1)＋f(x2)的值(　　)A．可能为0　B．恒大于0C．恒小于0　D．可正可负[答案]　C[解析]　∵f(x)＋f(－x)＝0，∴f(x)为奇函数，∵x1＋x2<0，x1x2<0，∴x1<－x2<0或x2<－x1<0，∵f(x)在(－∞，0)上单调递增，∴f(x1)<f(－x2)或f(x2)<f(－x1)．又f(x)为奇函数，∴f(x1)＋f(x2)<0.12．(文)若函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是增函数，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象可能是(　　)-18-\n[答案]　A[解析]　∵导函数f′(x)是增函数，∴切线的斜率随着切点横坐标的增大，逐渐增大，故选A．[点评]　B图中切线斜率逐渐减小，C图中f′(x)为常数，D图中切线斜率先增大后减小．(理)如果函数y＝a－x(a>0，且a≠1)是减函数，那么函数f(x)＝loga的图象大致是(　　)[答案]　C[解析]　解法一：由函数y＝a－x(a>0，且a≠1)是减函数知a>1，∴0<<1，f(x)＝loga＝－loga(x＋1)＝log(x＋1)．函数f(x)的图象可以看作由函数y＝logx的图象向左平移1个单位长度得到，又y＝logx是减函数，∴f(x)为减函数，故选C．解法二：由于f(0)＝0，故排除A、B；由y＝a－x，即y＝x是减函数知a>1，∴x>0时，f(x)<0，排除D，选C．13．(2022·潍坊模拟)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-18-\nx2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝f(－)，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为(　　)A．c>a>b　B．c>b>aC．a>c>b　D．b>a>c[答案]　D[解析]　∵x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0，∴f(x)在[1，＋∞)上为减函数，又f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴a＝f(－)＝f()，∴f(2)>f()>f(3)，即b>a>c.14．(文)(2022·浙江省名校联考)设f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数，当n∈N*时，f(n)∈N*，且f[f(n)]＝2n＋1，则(　　)A．f(1)＝3，f(2)＝4　B．f(1)＝2，f(2)＝3C．f(2)＝4，f(4)＝5　D．f(2)＝3，f(3)＝4[答案]　B[解析]　由f[f(n)]＝2n＋1，得f[f(1)]＝3，f[f(2)]＝5.∵当n∈N*时，f(n)∈N*，若f(1)＝3，则由f[f(1)]＝3得，f(3)＝3，与f(x)在(0，＋∞)上单调递增矛盾，故选项A错误；若f(2)＝4，则f(4)＝5,4<f(3)<5，与f(3)∈N*矛盾，故选项C错；若f(2)＝3，则由f[f(2)]＝5得f(3)＝5，故选项D错．(理)当0<x≤时，4x<logax，则a的取值范围是(　　)A．(0，)　B．(，1)C．(1，)　D．(，2)[答案]　B[解析]　∵0<x≤时，logax>4x>0，∴0<a<1，排除C、D；当x＝时，loga>4＝2＝logaa2，∴或∴a>，排除A，选B．二、填空题15．(文)若函数f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是________．[答案]　(0,1][解析]　由f(x)＝－x2＋2ax得函数对称轴为x＝a，-18-\n又在区间[1,2]上是减函数，所以a≤1，又g(x)＝在[1,2]上减函数，所以a>0，综上a的取值范围为(0,1]．(理)若函数f(x)＝x2＋2x＋alnx在(0,1)上单调递减，则实数a的取值范围是________．[答案]　a≤－4[解析]　∵函数f(x)＝x2＋2x＋alnx在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，f′(x)＝2x＋2＋＝≤0，∴g(x)＝2x2＋2x＋a≤0在x∈(0,1)时恒成立，∵g(x)的对称轴x＝－，x∈(0,1)，∴g(1)≤0，即a≤－4.16．(2022·福建厦门质检)函数f(x)＝()x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．[答案]　3[解析]　由于y＝()x在R上递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上递增，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)＝3.三、解答题17．(文)已知函数f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，a>0且a≠1.(1)求f(x)的定义域；(2)判断f(x)的奇偶性并予以证明；(3)当a>1时，求使f(x)>0的x的取值范围．[解析]　(1)要使f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)有意义，则解得－1<x<1.故所求定义域为{x|－1<x<1}．(2)由(1)知f(x)的定义域为{x|－1<x<1}，且f(－x)＝loga(－x＋1)－loga(1＋x)＝－[loga(x＋1)－loga(1－x)]＝－f(x)，故f(x)为奇函数．(3)因为当a>1时，f(x)在定义域{x|－1<x<1}内是增函数，所以f(x)>0⇔>1.解得0<x<1.所以使f(x)>0的x的取值范围是{x|0<x<1}．(理)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a、b、c为实数，且a≠0)，F(x)＝-18-\n(1)若f(－1)＝0，曲线y＝f(x)通过点(0,2a＋3)，且在点(－1，f(－1))处的切线垂直于y轴，求F(x)的表达式；(2)在(1)的条件下，当x∈[－1,1]时，g(x)＝kx－f(x)是单调函数，求实数k的取值范围；(3)设mn<0，m＋n>0，a>0，且f(x)为偶函数，证明F(m)＋F(n)>0.[解析]　(1)因为f(x)＝ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝2ax＋b.又曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线垂直于y轴，故f′(－1)＝0，即－2a＋b＝0，因此b＝2a.①因为f(－1)＝0，所以b＝a＋c.②又因为曲线y＝f(x)通过点(0,2a＋3)，所以c＝2a＋3.③解由①，②，③组成的方程组得，a＝－3，b＝－6，c＝－3.从而f(x)＝－3x2－6x－3.所以F(x)＝(2)由(1)知f(x)＝－3x2－6x－3，所以g(x)＝kx－f(x)＝3x2＋(k＋6)x＋3.由g(x)在[－1,1]上是单调函数知：－≤－1或－≥1，得k≤－12或k≥0.(3)因为f(x)是偶函数，可知b＝0.因此f(x)＝ax2＋c.又因为mn<0，m＋n>0，可知m、n异号．若m>0，则n<0.则F(m)＋F(n)＝f(m)－f(n)＝am2＋c－an2－c＝a(m＋n)(m－n)>0.若m<0，则n>0.同理可得F(m)＋F(n)>0.综上可知F(m)＋F(n)>0.18．(文)(2022·盘锦模拟)已知函数f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，在[0,1]上f(x)＝2x＋ln(x＋1)－1.(1)求函数f(x)的解析式，并判断f(x)在[－1,1]上的单调性(不要求证明)．(2)解不等式f(2x－1)＋f(1－x2)≥0.[解析]　(1)设－1≤x≤0，则0≤－x≤1，所以f(－x)＝2－x＋ln(1－x)－1＝＋ln(1－x)－1，又f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，-18-\nf(x)＝－f(－x)＝－－ln(1－x)＋1，所以f(x)＝f(x)是[－1,1]上的增函数．(2)∵f(2x－1)＋f(1－x2)≥0，f(x)为奇函数，∴f(2x－1)≥f(x2－1)，∵f(x)在[－1,1]上为增函数，∴∴∴0≤x≤1.∴原不等式的解集为{x|0≤x≤1}．(理)(2022·合肥模拟)函数f(x)对任意的m，n∈R，都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且x>0时，恒有f(x)>1.(1)求证：f(x)在R上是增函数；(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2.[分析]　(1)利用定义法，取x1<x2，则x2－x1>0→利用f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1将f(x2)－f(x1)用f(x2－x1)表示→与0比较大小→结论．(2)利用f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1及f(3)＝4，将2表示成函数值f(x0)→得f(a2＋a－5)<f(x0)→用单调性脱掉“f”求解．[解析]　(1)设x1<x2，所以x2－x1>0.因为当x>0时，f(x)>1，所以f(x2－x1)>1.f(x2)＝f((x2－x1)＋x1)①＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)<f(x2)，所以f(x)在R上为增函数．(2)因为m，n∈R，不妨设m＝n＝1，所以f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1⇒f(2)＝2f(1)－1，f(3)＝4⇒f(2＋1)＝4⇒f(2)＋f(1)－1＝4⇒3f(1)－2＝4，所以f(1)＝2，所以f(a2＋a－5)<2＝f(1)，②因为f(x)在R上为增函数，所以a2＋a－5<1⇒－3<a<2，即原不等式的解集为{a|－3<a<2}．[失误与防范]　失误点防范措施①处不会根据条件f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，构造f(x2)＝f((x2－x1)＋x1)，进而将f(x2)－f(x1)用f(x2－x1)表示而失分在利用定义法证明抽象函数的单调性时，应根据所给抽象关系式的特点，对x1或x2进行适当变形，进而将f(x2)－f(x1)与0比较大小-18-\n②处不能根据条件f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1及f(3)＝4，将所解不等式转化为f(a2＋a－5)<f(1)，从而无法根据单调性脱掉“f”而失分求解含“f”的不等式问题，应先利用已知条件将不等式转化为f(x1)<f(x2)的形式，然后再根据其单调性脱掉“f”，转化为关于x1与x2的不等式问题求解[点评]　求函数解析式的常见类型与方法(1)换元法已知f[g(x)]是关于x的函数，即f[g(x)]＝F(x)，求f(x)的解析式，通常令g(x)＝t，由此能解出x＝φ(t)．将x＝φ(t)代入f[g(x)]＝F(x)中，求得f(t)的解析式，再用x替换t，便得f(x)的解析式．注意，换元后要确定新元t的取值范围．①已知f(＋1)＝lgx，求f(x)的解析式．[解析]　令＋1＝t，由于x>0，∴t>1且x＝，∴f(t)＝lg，即f(x)＝lg(x>1)．(2)待定系数法若已知函数的结构形式，则可用此法．②设二次函数f(x)满足f(x－2)＝f(－x－2)且图象在y轴上的截距为1，在x轴上截得的线段长为2，求f(x)的解析式．[解析]　∵二次函数f(x)满足f(x－2)＝f(－x－2)，∴f(x)的图象关于直线x＝－2对称，故可设f(x)＝a(x＋2)2＋c，∵f(x)的图象在y轴上的截距为1，∴f(0)＝1，∴4a＋c＝1，①又f(x)的图象在x轴上截得线段长为2，∴－2＋与－2－是方程a(x＋2)2＋c＝0的两根，∴2a＋c＝0②由①、②解得，a＝，c＝－1，∴f(x)＝(x＋2)2－1，即f(x)＝x2＋2x＋1.(3)消元法已知f(x)满足某个等式，这个等式除f(x)是未知量外，还出现其他未知量，如f(－x)、-18-\nf等，必须根据已知等式再构造其他等式组成方程组，通过解方程组求出f(x)．③已知函数f(x)满足条件：f(x)＋2f(－x)＝x，则f(x)＝________.[答案]　－x[分析]　由于难以判断f(x)是何种类型的函数，故不可能先设出f(x)的表达式，但如果把条件中的x换成－x，即得f(－x)＋2f(x)＝－x，把f(x)、f(－x)作为一个整体量，实际上得到了这两个量的方程组．[解析]　用－x代换条件方程中的x得f(－x)＋2f(x)＝－x，把它与原条件式联立．②×2－①得，f(x)＝－x.(4)赋值法此类解法的依据是：如果一个函数关系式中的变量对某个范围内的一切值都成立，则对该范围内的某些特殊值必成立，结合题设条件的结构特点，给变量适当取值，从而使问题简单化、具体化，进而获解．④已知f(0)＝1，f(a－b)＝f(a)－b(2a－b＋1)，求f(x)．[解析]　令a＝0，则f(－b)＝f(0)－b(－b＋1)＝1＋b(b－1)＝b2－b＋1再令－b＝x得：f(x)＝x2＋x＋1.[解法探究]　赋值法的关键环节是“赋值”，赋值的方法灵活多样，既要照顾到已知条件的运用和待求结论的产生，又要考虑所给关系式的结构特点．如本题另解：令b＝a，则1＝f(0)＝f(a)－a(2a－a＋1)＝f(a)－a(a＋1)＝f(a)－a2－a，∴f(a)＝a2＋a＋1，∴f(x)＝x2＋x＋1.(5)转化法已知f(x)在某个区间上的表达式及f(x)具有某种性质(如奇偶性、对称性等)，求f(x)在另一个区间上的表达式，常用转化法求解．⑤已知函数f(x)对任意实数x均有f(x)＝kf(x＋2)，其中常数k为负数，且f(x)在区间[0,2]上有表达式f(x)＝x(x－2)．(1)求f(－1)，f(2.5)的值；(2)写出f(x)在[－3,3]上的表达式，并讨论函数f(x)在[－3,3]上的单调性．[解析]　(1)由f(－1)＝kf(1)，f(2.5)＝f()知需求f()和f(1)，f(1)＝－1，f()＝×(－2)＝－，-18-\n∴f(－1)＝－k，f(2.5)＝－(2)∵0≤x≤2时，f(x)＝x(x－2)，设－2≤x<0，则0≤x＋2<2，∴f(x)＝kf(x＋2)＝k(x＋2)x；设－3≤x<－2，则－1≤x＋2<0，∴f(x)＝kf(x＋2)＝k2(x＋4)(x＋2)；设2<x≤3，则0<x－2≤1，∵f(x)＝kf(x＋2)，∴f(x－2)＝kf(x)，∴f(x)＝f(x－2)＝(x－2)(x－4)．综上可知，f(x)＝∵k<0，∴由二次函数的知识知：f(x)在[－3，－2)上是增函数，在[－2，－1)上是增函数，在[－1,0)上是减函数，在[0,1)上是减函数，在[1,2]上是增函数，在(2,3]上是增函数，又各区间都可以是闭区间，∴f(x)在[－3，－1]上是增函数，在[－1,1]上是减函数，在[1,3]上是增函数．-18-