2014届高三数学一轮复习专讲专练（基础知识）：2.3函数的单调性(2)

∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增． (2)设1

x1x2－ x1－ax2－a

a?x2－x1?

.

?x1－a??x2－a?

∵a>0，x2－x1>0， ∴要使f(x1)－f(x2)>0， 只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立， ∴a≤1.

综上所述a的取值范围是(0,1]．

11．解：(1)证明：法一：∵函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)， ∴令x＝y＝0，得f(0)＝0.再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)． 在R上任取x1>x2，则x1－x2>0， f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)， 又∵x>0时，f(x)<0.而x1－x2>0， ∴f(x1－x2)<0，即f(x1)

法二：在R上任取x1，x2，且x1>x2， 则f(x1)－f(x2) ＝f(x1－x2＋x2)－f(x2) ＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2) ＝f(x1－x2)．

又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0， ∴f(x1－x2)<0，即f(x1)

∴f(x)在[－3,3]上的最大值为f(－3)，最小值为f(3)， 而f(3)＝f(1＋2)＝f(1)＋f(2) ＝f(1)＋f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＋f(1) ＝3f(1)＝－2.

∵0＝f(0)＝f(3－3)＝f(3)＋f(－3)， ∴f(－3)＝－f(3)＝2，

因此，f(x)在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.

12．解：(1)当a>0，b>0时，任意x1，x2∈R，x1

－3x2)．

∵2x1<2x2，a>0?a(2x1－2x2)<0， 3x1<3x2，b>0?b(3x1－3x2)<0，

∴f(x1)－f(x2)<0，函数f(x)在R上是增函数． 同理，当a<0，b<0时，函数f(x)在R上是减函数． (2)f(x＋1)－f(x)＝a·2x＋2b·3x>0， 3?xa当a<0，b>0时，?>－， ?2?2ba

－?； 则x>log1.5??2b?3?xa

同理，当a>0，b<0时，?<－， ?2?2ba

－?. 则x

1．选C 由f(2－x)＝f(x)可知，f(x)的图像关于直线x＝1对称，当x≥1时，f(x)＝ln x，1??1?

可知当x≥1时f(x)为增加的，所以当x<1时f(x)为减少的，因为??2－1?

1??1?

所以f??2?

2．选C 显然函数的定义域是[－3,1]且y≥0，故y2＝4＋2?1－x??x＋3?＝4＋2－x2－2x＋3＝4＋2－?x＋1?2＋4，可得4≤y2≤8，故2≤y≤22，即m＝2，M＝22，m2所以＝. M2

3．解：(1)在f(m＋n)＝f(m)·f(n)中， 令m＝1，n＝0， 得f(1)＝f(1)·f(0)． 因为f(1)≠0，所以f(0)＝1. (2)任取x1，x2∈R，且x1

在已知条件f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，若取m＋n＝x2，m＝x1，则已知条件可化为： f(x2)＝f(x1)·f(x2－x1)．

由于x2－x1>0，所以0

为比较f(x2)，f(x1)的大小，只需考虑f(x1)的正负即可． 在f(m＋n)＝f(m)·f(n)中， 令m＝x，n＝－x， 则得f(x)·f(－x)＝1.

因为当x>0时，0

所以当x<0时，f(x)＝>1>0.

f?－x?

又f(0)＝1，所以综上可知，对于任意的x1∈R， 均有f(x1)>0.

所以f(x2)－f(x1)＝f(x1)[f(x2－x1)－1]<0. 所以函数f(x)在R上单调递减． (3)f(x2)·f(y2)>f(1)，即x2＋y2<1. f(ax－y＋2)＝1＝f(0)， 即ax－y＋2＝0.

由A∩B＝?，得直线ax－y＋2＝0与圆面x2＋y2<1无公共点，所以－1≤a≤1.

2

≥1，解得2a＋1