高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第2节函数的单调性与最值课时分层训练文新人教A版
近年高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.2函数的单调性与最值课后作业理(2021年整理)
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2。
2 函数的单调性与最值［基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(2017·衡阳四中月考）函数y ＝f （x ）在区间[0，2]上单调递增，且函数f （x ＋2)是偶函数，则下列结论成立的是( )A ．f (1）〈f 错误!〈f 错误!B ．f 错误!〈f (1）〈f 错误!C ．f （⎭⎪⎫72<f 错误!〈f (1) D ．f 错误!<f （1)〈f 错误! 答案 B解析 因为函数f (x ＋2)是偶函数，所以f (x ＋2）＝f （－x ＋2)，即函数f (x )的图象关于x ＝2对称，又函数y ＝f (x )在［0，2]上单调递增,所以函数y ＝f （x ）在区间［2，4]上单调递减．因为f （1)＝f （3），错误!〉3〉错误!，所以f 错误!〈f （3）<f 错误!,即f 错误!〈f （1）<f 错误!.故选B.2．（2017·武汉调研）若函数f （x ）＝ax ＋1在R 上递减，则函数g （x ）＝a （x 2－4x ＋3）的增区间是（ )A ．(2，＋∞）B ．（－∞，2）C ．(4，＋∞)D ．（－∞，4） 答案 B解析 ∵f (x ）＝ax ＋1在R 上递减，∴a 〈0.而g （x ）＝a (x 2－4x ＋3）＝a (x －2)2－a 。
高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 课时分层作业五 2.2 函数的单调性与最值 理
课时分层作业五函数的单调性与最值一、选择题(每小题5分,共35分)1.(2018·合肥模拟)下列函数中,在区间(0,+∞)内单调递减的是( )A.y=-xB.y=x2-xC.y=ln x-xD.y=e x-x【解析】选A.对于A,y1=在(0,+∞)内是减函数,y2=x在(0,+∞)内是增函数,则y=-x在(0,+∞)内是减函数;B,C选项中的函数在(0,+∞)上均不单调;选项D中,y′=e x-1,而当x∈(0,+∞)时,y′>0,所以函数y=e x-x在(0,+∞)上是增函数.【变式备选】下列函数中,在区间(-∞,0)上是减函数的是( )A.y=1-x2B.y=x2+xC.y=-D.y=【解析】选D.选项D中,y==1+,易知其为减函数.2.函数f(x)中,满足“对任意x1,x2∈(0,+∞),当x1<x2时,都有f(x1)>f(x2)”的是( )A.f(x)=B.f(x)=(x-1)2C.f(x)=e xD.f(x)=ln(x+1)【解析】选A.由题意知f(x)在(0,+∞)上是减函数.A中,f(x)=满足要求;B中,f(x)=(x-1)2在[0,1]上是减函数,在(1,+∞)上是增函数;C中,f(x)=e x是增函数;D中,f(x)=ln(x+1)是增函数.3.函数f(x)=在R上是( )A.减函数B.增函数C.先减后增D.无单调性【解析】选B.函数f(x)的图象如图所示,由图结合单调性的定义可知,此函数在R上是增函数.【一题多变】函数f(x)=是增函数,则实数c的取值范围是( )A.[-1,+∞)B.(-1,+∞)C.(-∞,-1)D.(-∞,-1]【解析】选A.利用增函数的概念求解.作出函数图象可得f(x)在R上单调递增,则c≥-1,即实数c的取值范围是[-1,+∞).4.函数y=lo(2x2-3x+1)的递减区间为 ( )A.(1,+∞)B.C. D.【解析】选A.由2x2-3x+1>0,得函数的定义域为∪(1,+∞).令t=2x2-3x+1,则y=lo t.因为t=2x2-3x+1=2-,所以t=2x2-3x+1的单调增区间为(1,+∞).又y=lo t在(0,+∞)上是减函数,所以函数y=lo(2x2-3x+1)的单调减区间为(1,+∞).5.已知f(x)为R上的减函数,则满足f>f(1)的实数x的取值范围是( )A.(-∞,1)B.(1,+∞)C.(-∞,0)∪(0,1)D.(-∞,0)∪(1,+∞)【解析】选D.依题意得<1,即>0,所以x的取值范围是x>1或x<0.6.(2018·成都模拟)设定义在[-1,7]上的函数y=f(x)的图象如图所示,则关于函数y=的单调区间表述正确的是( )A.在[-1,1]上单调递减B.在(0,1]上单调递减,在[1,3)上单调递增C.在[5,7]上单调递减D.在[3,5]上单调递增【解析】选B.由图象可知当x=0,x=3,x=6时,f(x)=0,此时函数y=无意义,故排除A,C,D,选B.7.如果函数f(x)=ax2+2x-3在区间(-∞,4)上是单调递增的,则实数a的取值范围是( )A.a>-B.a≥-C.-≤a<0D.-≤a≤0【解析】选D.当a=0时,f(x)=2x-3,在定义域R上是单调递增的,故在(-∞,4)上单调递增;当a≠0时,二次函数f(x)的对称轴为x=-,因为f(x)在(-∞,4)上单调递增,所以a<0,且-≥4,解得0>a≥-.综合上述得-≤a≤0.【变式备选】函数y=在(-1,+∞)上单调递增,则a的取值范围是( )A.a=-3B.a<3C.a≤-3D.a≥-3【解析】选C.y==1+,由函数在(-1,+∞)上单调递增,有解得a≤-3.二、填空题(每小题5分,共15分)8.已知定义在[-2,3]上的函数f(x)是减函数,则满足f(x)<f(2x-3)的x的取值范围是______________.【解析】由题意得即所以≤x<3.答案:【误区警示】此类不等式,只考虑单调性直接去掉“f”符号得到一个不等式,如本题只得到“x>2x-3”是错误的,没注意定义域x∈[-2,3].9.已知函数f(x)=ln x+x,若f(a2-a)>f(a+3),则正数a的取值范围是____________.【解析】因为f(x)=ln x+x在(0,+∞)上是增函数,所以解得-3<a<-1或a>3.又a>0,所以a>3.答案:a>310.已知f(x)=是(-∞,+∞)上的增函数,那么实数a的取值范围是______________.【解析】由题意可知解得a∈.答案:1.(5分)下列函数中,在区间(-1,1)上为减函数的是( )A.y=B.y=cos xC.y=ln(x+1)D.y=2-x【解析】选D.A选项:函数y的定义域为{x|x≠1},y′=>0恒成立,所以函数y在定义域内单调递增.故A项不符合题意.B选项:函数y的定义域为R.y′=-sin x,当x∈(-1,0)时,y′>0.函数y单调递增;当x∈(0,1)时,y′<0.函数y单调递减,故B项不符合题意.C选项:函数y的定义域为{x|x>-1}.y′=,当x∈(-1,1)时,y′>0恒成立.即函数y在(-1,1)上单调递增.故C项不符合题意.D选项:函数y的定义域为R,y=在R上单调递减,故D项符合题意.2.(5分)设函数f(x)=若函数y=f(x)在区间(a,a+1)上单调递增,则实数a的取值范围是( )A.(-∞,1]B.[1,4]C.[4,+∞)D.(-∞,1]∪[4,+∞)【解析】选D.如图,画出f(x)=的图象,若使函数y=f(x)在区间(a,a+1)上单调递增,则a+1≤2或a≥4,解得实数a的取值范围是(-∞,1]∪[4,+∞).【变式备选】(2018·南开模拟)已知函数f(x)=lo(x2-ax+3a)在[1,+∞)上单调递减,则实数a的取值范围是( )A.(-∞,2]B.[2,+∞)C. D.【解析】选D.令t=g(x)=x2-ax+3a,易知f(t)=lo t在其定义域上单调递减,要使f(x)=lo(x2-ax+3a)在[1,+∞)上单调递减,则t=g(x)=x2-ax+3a在[1,+∞)上单调递增,且t=g(x)=x2-ax+3a>0,即所以即-<a≤2.3.(5分)(2018·东北三省四市模拟)已知定义在R上的偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,且f(1)=0,则不等式f(x-2)≥0的解集是__________.【解析】利用偶函数的性质求解.由题意可得不等式f(x-2)≥0即为f(|x-2|)≥f(1),又f(x)在[0,+∞)上单调递增,则|x-2|≥1,解得x≤1或x≥3,故解集为(-∞,1]∪[3,+∞).答案:(-∞,1]∪[3,+∞)【变式备选】已知偶函数f(x)满足f(x)=3x-3(x≥0),则不等式xf(x)<0的解集为________.【解析】设x<0,则-x>0,所以f(-x)=3-x-3,因为f(x)为偶函数,所以f(-x)=f(x)=3-x-3.因为xf(x)<0,所以或即或解得:0<x<1或x<-1,故不等式xf(x)<0的解集为{x|0<x<1或x<-1}答案:{x|0<x<1或x<-1}4.(12分)已知f(x)=(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.【解析】(1)任取x1<x2<-2,则f(x1)-f(x2)=-=.因为(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,所以f(x1)<f(x2),所以f(x)在(-∞,-2)上单调递增.(2)f(x)===1+,当a>0时,f(x)在(-∞,a),(a,+∞)上是减函数,又f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以0<a≤1,故实数a的取值范围为(0,1].5.(13分)(2018·石家庄模拟)已知f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且f(1)=1,若a,b∈[-1,1],a+b≠0时,有>0成立.(1)判断f(x)在[-1,1]上的单调性,并证明.(2)解不等式f<f.(3)若f(x)≤m2-2am+1对所有的a∈[-1,1]恒成立,求实数m的取值范围.【解析】(1)任取x1,x2∈[-1,1]且x1<x2,则-x2∈[-1,1],因为f(x)为奇函数,所以f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=·(x1-x2),由已知得>0,x1-x2<0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以f(x)在[-1,1]上单调递增.(2)因为f(x)在[-1,1]上单调递增,所以解得-≤x<-1.(3)因为f(1)=1,f(x)在[-1,1]上单调递增,所以在[-1,1]上,f(x)≤1.问题转化为m2-2am+1≥1,即m2-2am≥0对a∈[-1,1]恒成立.下面来求m的取值范围.设g(a)=-2m·a+m2≥0.①若m=0,则g(a)=0≥0,对a∈[-1,1]恒成立.②若m≠0,则g(a)为a的一次函数,若g(a)≥0,对a∈[-1,1]恒成立,必须g(-1)≥0,且g(1)≥0,所以m≤-2或m≥2.所以m的取值范围是{m|m=0或m≥2或m≤-2}.。
2020高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第2节函数的单调性与最值课时分层训练文新人教A版
【2019最新】精选高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第2节函数的单调性与最值课时分层训练文新人教A 版A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝2－x B ．y ＝x C ．y ＝log2xD ．y ＝－1xB [由题知，只有y ＝2－x 与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数．]2．若函数y ＝ax 与y ＝－在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax2＋bx 在(0，＋∞)上是( )【导学号：31222028】A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．先减后增B [由题意知，a ＜0，b ＜0，则－＜0，从而函数y ＝ax2＋bx 在(0，＋∞)上为减函数．]3．函数f(x)＝ln(4＋3x －x2)的单调递减区间是( ) A. B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞C.D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 D [要使函数有意义需4＋3x －x2＞0， 解得－1＜x ＜4，∴定义域为(－1,4)． 令t ＝4＋3x －x2＝－2＋. 则t 在上递增，在上递减，又y ＝ln t 在上递增，∴f(x)＝ln(4＋3x －x2)的单调递减区间为.]4．(2017·长春质检)已知函数f(x)＝|x ＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)A [因为函数f(x)在(－∞，－1)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.] 5．(2017·衡水调研)已知函数f(x)＝若f(－a)＋f(a)≤2f(1)，则a 的取值范围是( )【导学号：31222029】A ．[－1,0)B ．[0,1]C ．[－1,1]D ．[－2,2]C [因为函数f(x)是偶函数，故f(－a)＝f(a)，原不等式等价于f(a)≤f(1)，即f(|a|)≤f(1)，而函数在[0，＋∞)上单调递增，故|a|≤1，解得－1≤a≤1.]二、填空题6．(2017·江苏常州一模)函数f(x)＝log2(－x2＋2)的值域为________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32 [∵0＜－x2＋2≤2， ∴当x ＝0时，f(x)取得最大值，f(x)max ＝f(0)＝log22＝，∴f(x)的值域为.]7．已知函数f(x)为R 上的减函数，若m ＜n ，则f(m)________f(n)；若f ＜f(1)，则实数x 的取值范围是________．＞ (－1,0)∪(0,1) [由题意知f(m)＞f(n)；＞1， 即|x|＜1，且x≠0.故－1＜x ＜1且x≠0.]8．(2017·郑州模拟)设函数f(x)＝的最小值为2，则实数a 的取值范围是________．【导学号：31222030】[3，＋∞)[当x≥1时，f(x)≥2，当x＜1时，f(x)＞a－1.由题意知a－1≥2，∴a≥3.]三、解答题9．已知函数f(x)＝－，x∈[0,2]，用定义证明函数的单调性，并求函数的最大值和最小值．[解] 设0≤x1＜x2≤2，则f(x1)－f(x2)＝－－＝－＝－.3分由0≤x1＜x2≤2，得x2－x1＞0，(x1＋1)(x2＋1)＞0，6分所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，故f(x)在区间[0,2]上是增函数.10分因此，函数f(x)＝－在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f(0)＝－2，最大值是f(2)＝－.12分10．已知f(x)＝(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)＝－x2x2＋2＝.2分∵(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，∴f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增.5分(2)f(x)＝＝＝1＋，当a＞0时，f(x)在(－∞，a)，(a，＋∞)上是减函数，8分又f(x)在(1，＋∞)内单调递减，∴0＜a≤1，故实数a的取值范围是(0,1].12分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．(2017·湖北枣阳第一中学3月模拟)已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，则实数b的取值范围为( ) 【导学号：31222031】A．[0,3] B．(1,3)C．[2－，2＋] D．(2－，2＋)D [由题可知f(x)＝ex－1＞－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，若f(a)＝g(b)，则g(b)∈(－1,1]，即－b2＋4b－3＞－1，即b2－4b＋2＜0，解得2－＜b＜2＋.所以实数b的取值范围为(2－，2＋)，故选D.]2．函数y＝－x(x≥0)的最大值为________．1[令t＝，则t≥0，所以y＝t－t2＝－2＋，结合图象(图略)知，当t＝，即x 4＝时，ymax＝.]3．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f＝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(x1)＝0，故f(1)＝0.3分(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则>1，当x>1时，f(x)<0，∴f<0，5分即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)<f(x2)，∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数.7分(3)∵f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，∴f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)．由f＝f(x1)－f(x2)，得f＝f(9)－f(3)，9分而f(3)＝－1，∴f(9)＝－2.∴f(x)在[2,9]上的最小值为－2.12分。
(新课标)高考数学一轮总复习 第二章 函数、导数及其应用 2-2 函数的单调性与最值课时规范练 理(
2-2 函数的单调性与最值课时规X 练(授课提示：对应学生用书第219页)A 组 基础对点练1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( B ) A ．y ＝e －xB ．y ＝x 3C ．y ＝ln xD ．y ＝|x |2．下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递减的是( C ) A ．y ＝1xB ．y ＝e －xC ．y ＝－x 2＋1 D ．y ＝lg|x |3．下列函数中，既是奇函数且在定义域内是增函数的为( D ) A ．y ＝x ＋1 B ．y ＝－x 3C ．y ＝1xD ．ln 2＋x 2－x4．函数f (x )＝ln(x 2－3x ＋2)的递增区间是( D ) A ．(－∞，1)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ D ．(2，＋∞)解析：令t ＝x 2－3x ＋2＝(x －1)(x －2)＞0，求得x ＜1或x ＞2，故函数的定义域为{x |x ＜1或x ＞2}，f (x )＝ln t ，由复合函数的单调性知本题即求函数t 在定义域内的增区间．结合二次函数的性质可得函数t 在定义域内的增区间为(2，＋∞)． 5．设f (x )＝x －sin x ，则f (x )( B ) A ．既是奇函数又是减函数 B ．既是奇函数又是增函数 C ．是有零点的减函数 D ．是没有零点的奇函数6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ＞0，cos x ，x ≤0，则下列结论正确的是( D )A ．f (x )是偶函数B ．f (x )是增函数C ．f (x )是周期函数D ．f (x )的值域为[－1，＋∞)7．(2017·某某模拟)若函数f (x )满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)”，则f (x )的解析式可以是( C ) A ．f (x )＝(x －1)2B ．f (x )＝e xC ．f (x )＝1xD ．f (x )＝ln(x ＋1)8．(2018·某某二模)已知实数x ，y 满足⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12y，则下列关系式中恒成立的是( D )A ．tan x ＞tan yB ．ln(x 2＋2)＞ln(y 2＋1) C.1x >1yD ．x 3＞y 3解析：根据题意，实数x ，y 满足⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12y，则x ＞y ，依次分析选项：对于A ，因为y ＝tan x 在其定义域上不是单调函数，故tan x ＞tan y 不一定成立，不符合题意；对于B ，若x ＞y ，则x 2＋2＞y 2＋2不一定成立，故ln(x 2＋2)＞ln(y 2＋1)不一定成立，不符合题意；对于C ，当x ＞y ＞0时，1x ＜1y，不符合题意；对于D ，函数y ＝x 3在R 上为增函数，若x ＞y ，必有x 3＞y 3，符合题意．9．设a ＞0且a ≠1，则“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的( A ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件10．已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋3在区间[1,2]上具有单调性，则实数a 的取值X 围为( D ) A ．(－∞，1] B ．[1,2]C ．[2，＋∞)D ．(－∞，1]∪[2，＋∞)11．(2017·某某模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3a ，x <0，a x，x ≥0(a >0且a ≠1)是R 上的减函数，则a的取值X 围是( B ) A ．(0,1)B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13 D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23 解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧0<a <1，3a ≥1，得13≤a <1. 12．函数f (x )＝x ＋2x －1的最小值为 12.解析：由2x －1≥0可得x ≥12，∴函数的定义域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞， 又函数f (x )＝x ＋2x －1在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，∴当x ＝12时，函数取最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12.13．已知y ＝f (x )是定义在(－2,2)上的增函数，若f (m －1)<f (1－2m )，则m 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，23.解析：依题意，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧－2<m －1<2－2<1－2m <2m －1<1－2m⇒⎩⎪⎨⎪⎧－1<m <3－12<m <32m <23⇒－12<m <23.14．(2018·城关区校级模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ＋2，x ≥1，e x－1，x <1，若m ＞0，n ＞0，且m ＋n ＝f (f (ln 2))，则1m ＋2n的最小值为 3＋2 2.解析：函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ＋2，x ≥1，e x－1，x <1，m ＋n ＝f [f (ln 2)]＝f (e ln 2－1)＝f (2－1)＝log 33＝1，则1m ＋2n＝(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋2n ＝3＋n m ＋2m n≥3＋2n m ·2mn＝3＋22， 当且仅当n ＝2m 时，取得最小值3＋2 2.15．(2018·某某模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x ≤2，log 2x －1，x >2，则f (f (4))＝ 1 ；函数f (x )的单调递减区间是 [1,2] ． 解析：f (4)＝log 24－1＝1， ∴f (f (4))＝f (1)＝－12＋2×1＝1.x ≤2时，f (x )＝－x 2＋2x ，对称轴为x ＝1，∴f (x )在[1,2]上单调递减． ∴f (x )的单调递减区间为[1,2]．B 组 能力提升练1．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a 满足f (log 2a )＋f ⎝⎛⎭⎪⎫log 12a ≤2f (1)，则a 的取值X 围是( C )A ．[1,2]B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 D ．(0,2]2．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x，x ＞0，则满足f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12>1的x 的取值X 围是( D )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0 B ．(0，＋∞)C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞ 解析：由题意知，可对不等式分x ≤0,0<x ≤12，x >12三段讨论．3．(2017·某某阶段测试)设函数f (x )＝ln(1＋x )＋m ln(1－x )是偶函数，则( B ) A ．m ＝1，且f (x )在(0,1)上是增函数 B ．m ＝1，且f (x )在(0,1)上是减函数 C ．m ＝－1，且f (x )在(0,1)上是增函数 D ．m ＝－1，且f (x )在(0,1)上是减函数4．(2018·某某一模)已知函数f (x )满足：①对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2>0；②对定义域内任意x ，都有f (x )＝f (－x )，则符合上述条件的函数是( A )A ．f (x )＝x 2＋|x |＋1 B ．f (x )＝1x－xC ．f (x )＝ln|x ＋1|D ．f (x )＝cos x解析：由题意得f (x )是偶函数，在(0，＋∞)递增，对于A ，f (－x )＝f (x )，是偶函数，且x ＞0时，f (x )＝x 2＋x ＋1，f ′(x )＝2x ＋1＞0，故f (x )在(0，＋∞)递增，符合题意；对于B ，函数f (x )是奇函数，不合题意；对于C ，由x ＋1＝0，解得x ≠－1，定义域不关于原点对称，故函数f (x )不是偶函数，不合题意；对于D ，函数f (x )在(0，＋∞)无单调性，不合题意．5．若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值X 围是( B ) A ．[1，＋∞)B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32C ．[1,2)D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 解析：由题意知f ′(x )＝2x －12x＝2x ＋12x －12x ，易知函数f (x )在x ＝12处取得极值，所以有k －1<12<k ＋1，且k －1≥0，得k ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32. 6．(2018·铁东区校级一模)指数函数f (x )＝a x(a ＞0，且a ≠1)在R 上是减函数，则函数g (x )＝a －2x 2在其定义域上的单调性为( C ) A ．单调递增 B ．单调递减C ．在(0，＋∞)上递增，在(－∞，0)上递减D ．在(0，＋∞)上递减，在(－∞，0)上递增 解析：∵指数函数f (x )＝a x在R 上是减函数， ∴0＜a ＜1，∴－2＜a －2＜－1，函数y ＝1x2在(－∞，0)上递增，在(0，＋∞)上递减．∴g (x )在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增． 7．已知符号函数sgn x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0.f (x )是R 上的增函数，g (x )＝f (x )－f (ax )(a ＞1)，则( C ) A ．sgn[g (x )]＝sgn x B ．sgn[g (x )]＝sgn[f (x )] C ．sgn[g (x )]＝－sgn x D ．sgn[g (x )]＝－sgn[f (x )]8．若f (x )＝e x －a e －x为奇函数，则f (x －1)＜e －1e 的解集为( A )A ．(－∞，2)B ．(－∞，1)C ．(2，＋∞)D ．(1，＋∞)9．已知函数f (x )＝lg(a x－b x)＋x 中，常数a ，b 满足a ＞1＞b ＞0，且a ＝b ＋1，那么f (x )＞1的解集为( B ) A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C ．(1,10)D ．(10，＋∞)10．(2018·兴庆区校级三模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x －1－b ，x ≤1，－log 2x ＋1，x >1(a ＞0，a ≠1)，在其定义域上单调，则ab 的值不可能的是( D ) A ．－1 B ．1 C ．－2D ．2解析：由于函数f (x )在R 上单调，当x ＞1时，函数f (x )＝－log 2(x ＋1)单调递减，则当x ≤1时，函数f (x )＝a x －1－b 单调递减，所以0＜a ＜1，且a1－1－b ≥－log 2(1＋1)，即1－b ≥－1，解得b ≤2.当0＜b ≤2时，0＜ab ＜2；当b ≤0时，则ab ≤0.因此，ab ≠2，故选D.11．已知函数f (x )是定义在R 上的单调递增函数，且满足对任意的实数x 都有f (f (x )－3x)＝4，则f (x )＋f (－x )的最小值等于( B ) A ．2 B ．4 C ．8D ．12解析：由f (x )的单调性知存在唯一实数K 使f (K )＝4，即f (x )＝3x＋K ，令x ＝K 得f (K )＝3K ＋K ＝4，所以K ＝1，从而f (x )＝3x ＋1，即f (x )＋f (－x )＝3x＋13x ＋2≥23x·13x ＋2＝4，当且仅当x ＝0时取等号．故选B.12．(2018·某某二模)已知函数f (x )＝(x ＋2 012)(x ＋2 014)(x ＋2 016)(x ＋2 018)，x ∈R ，则函数f (x )的最小值是 －16 解析：令x ＋2 012＝t ，t ∈R ，则y ＝t (t ＋2)(t ＋4)(t ＋6)＝(t 2＋6t )(t 2＋6t ＋8)＝(t 2＋6t )2＋8(t 2＋6t )＝(t 2＋6t ＋4)2－16，当t 2＋6t ＋4＝0，即t ＝－3±5时，取得最小值－16.13．(2017·某某东营广饶一中模拟)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3a －1x ＋4a ，x ≤1，log a x ，x ＞1是R 上的减函数，则a 的取值X 围是 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，13 . 解析：由函数f (x )为单调递减函数可得g (x )＝(3a －1)x ＋4a 在(－∞，1]上单调递减，函数h (x )＝log a x 在(1，＋∞)上单调递减，且g (1)≥h (1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3a －1＜0，0＜a ＜1，7a －1≥0，∴17≤a ＜13. 14．已知函数f (x )＝则f (f (3))＝ －3 ，函数f (x )的最大值是1 . 解析：f (3)＝3＝－1，∴f (f (3))＝f (－1)＝－(－1)2－2＝－3. 当x ＞1时，f (x )＝x 为减函数，可得f (x )<0；当x ≤1时，f (x )＝－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1，最大值为1. 15．(2017·模拟)已知函数f (x )＝xx 2＋1，关于f (x )的性质，有下列四个结论：①f (x )的定义域是(－∞，＋∞)；②f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12； ③f (x )是奇函数；④f (x )是区间(0,2)上的增函数．其中正确结论的个数是 3 . 解析：对于①，∵函数f (x )＝xx 2＋1，∴f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，故①正确； 对于②，当x ≠0时，f (x )＝1x ＋1x，若x ＞0，则0＜f (x )≤12，若x ＜0，则－12≤f (x )＜0；当x ＝0时，f (x )＝0，故f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12，故②正确； 对于③，f (－x )＝－f (x )，∴f (x )是奇函数，故③正确； 对于④，f ′(x )＝1－x2x 2＋12，令f ′(x )＞0，解得－1＜x ＜1，令f ′(x )＜0，解得x ＞1或x ＜－1，∴f (x )在区间(0,2)上先增后减，故④错误． 综上可知，正确结论的个数是3.。
高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第2节函数的单调性与最值课件文北师大版
(2)令 t＝2x2－3x＋1，则 t＝2x－342－18. 又函数 y＝13t是减函数，因此函数 y＝132x2－3x＋1的递增区间为 －∞，34.故选 B．]
(2)试讨论函数 f(x)＝x＋kx(k＞0)的单调性． 法二：f′(x)＝1－xk2. 令 f′(x)＞0 得 x2＞k，即 x∈(－∞，－ k)或 x∈( k，＋∞)，
故函数的增区间为(－∞，－ k)和( k，＋∞)． 令 f′(x)＜0 得 x2＜k，即 x∈(－ k，0)或 x∈(0， k)，故函数
第2章 函数、导数极其应用
第二节 函数的单调性与最值
[考纲传真] 1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义.2. 会运用基本初等函数的图像分析函数的性质．
01
栏 目
02
导 03 航
课前知识全通关 课堂题型全突破 真题自主验效果
课前 知识 全通 关
1．函数的单调性
(1)增、减函数
增函数
减函数
单调性相反；
(3)函数 y＝f(x)(f(x)＞0)在公共定义域内与 y＝－f(x)，y＝f1x的 单调性相反；
(4)函数 y＝f(x)(f(x)≥0)在公共定义域内与 y＝ fx的单调性相 同．
(1)已知函数 f(x)＝ x2－2x－3，则该函数的递增区
间为( )
A．(－∞，1]
B．[3，＋∞)
(2)试讨论函数 f(x)＝x＋kx(k＞0)的单调性． [解] 法一：由解析式可知，函数的定义域是(－∞，0)∪(0，＋
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学案文(含答案)
高考数学一轮总复习学案：第2讲函数的单调性与最值1．函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的如果函数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．2．函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(1)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值1．函数单调性的常用结论(1)若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数．(2)若k＞0，则kf(x)与f(x)的单调性相同；若k＜0，则kf(x)与f(x)的单调性相反．(3)函数y ＝f (x )(f (x )＞0)在公共定义域内与y ＝－f (x )，y ＝1f （x ）的单调性相反． (4)函数y ＝f (x )(f (x )≥0)在公共定义域内与y ＝f （x ）的单调性相同．(5)复合函数单调性的判断方法：若两个简单函数的单调性相同，则这两个函数的复合函数为增函数；若两个简单函数的单调性相反，则这两个函数的复合函数为减函数．简称“同增异减”．2．单调性定义的等价形式 设x 1，x 2∈[a ，b ]，x 1≠x 2.(1)若有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0或f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＞0，则f (x )在闭区间[a ，b ]上是增函数；(2)若有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＜0或f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜0，则f (x )在闭区间[a ，b ]上是减函数．3．函数最值的结论(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取得．(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值或最小值．一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若定义在R 上的函数f (x )，有f (－1)<f (3)，则函数f (x )在R 上为增函数．( ) (2)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数f (x )的单调递增区间是[1，＋∞)．( )(3)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( )(4)所有的单调函数都有最值．( )(5)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数．( )(6)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点处取到． ( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√ 二、易错纠偏常见误区| (1)求单调区间忘记定义域导致出错； (2)对于分段函数，一般不能整体单调，只能分段单调； (3)利用单调性解不等式忘记在单调区间内求解；(4)混淆“单调区间”与“在区间上单调”两个概念． 1．函数y ＝log 12(x 2－4)的单调递减区间为________．答案：(2，＋∞)2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（a －2）x ，x ≥2，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －1，x <2是定义在R 上的减函数，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，2（a －2）≤⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a <2，a ≤138，即a ≤138.答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，138 3．函数y ＝f (x )是定义在[－2，2]上的减函数，且f (a ＋1)<f (2a )，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－2≤a ＋1≤2，－2≤2a ≤2，a ＋1>2a ，即⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ≤1，－1≤a ≤1，a <1. 所以－1≤a <1. 答案：[－1，1)4．(1)若函数f (x )＝x 2＋2(a －1)x ＋2在区间(－∞，4]上是减函数，则实数a 的取值范围是________；(2)若函数f (x )＝x 2＋2(a －1)x ＋2的单调递减区间为(－∞，4]，则a 的值为________． 答案：(1)a ≤－3 (2)－3确定函数的单调性(区间)(多维探究) 角度一 判断或证明函数的单调性(一题多解)试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1，1)上的单调性． 【解】 方法一：(定义法)设－1<x 1<x 2<1，f (x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1，f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1＝a （x 2－x 1）（x 1－1）（x 2－1）， 由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0，故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，函数f (x )在(－1，1)上单调递减； 当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，函数f (x )在(－1，1)上单调递增． 方法二：(导数法)f ′(x )＝（ax ）′（x －1）－ax （x －1）′（x －1）2＝a （x －1）－ax （x －1）2＝－a（x －1）2.当a >0时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－1，1)上单调递减； 当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．利用定义法证明或判断函数单调性的步骤[提醒] 判断函数的单调性还有图象法、导数法、性质法等． 角度二 求具体函数的单调区间求函数f (x )＝－x 2＋2|x |＋1的单调区间．【解】 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2－2x ＋1，x <0＝⎩⎪⎨⎪⎧－（x －1）2＋2，x ≥0，－（x ＋1）2＋2，x <0. 画出函数图象如图所示，可知单调递增区间为(－∞，－1]和(0，1]，单调递减区间为(－1，0]和(1，＋∞)．【迁移探究】 (变条件)若本例函数变为f (x )＝|－x 2＋2x ＋1|，如何求解？ 解：函数y ＝|－x 2＋2x ＋1|的图象如图所示．由图象可知，函数y ＝|－x 2＋2x ＋1|的单调递增区间为(1－2，1]和(1＋2，＋∞)；单调递减区间为(－∞，1－ 2 ]和(1，1＋ 2 ]．确定函数的单调区间的方法[注意] (1)函数在某个区间上是单调函数，但在整个定义域上不一定是单调函数，如函数y ＝1x在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是减函数，但在定义域上不具有单调性．(2)“函数的单调区间是M ”与“函数在区间N 上单调”是两个不同的概念，显然N ⊆M .1．下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是( ) A ．y ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－x解析：选D ．A 项中，y ＝11－x在(－1，1)上为增函数；B 项中，y ＝cos x 在(－1，1)上不单调；C 项中，y ＝ln(x ＋1)在(－1，1)上为增函数；D 项中，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在(－1，1)上为减函数．故选D ．2．函数f (x )＝ln(x 2－2x －8)的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－2) B ．(－∞，1) C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)解析：选D ．由x 2－2x －8＞0得x ＜－2或x ＞4.令g (x )＝x 2－2x －8，则g (x )在(－∞，－2)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，而y ＝ln x 为单调递增函数，根据复合函数的性质，函数f (x )＝ln(x 2－2x －8)的单调递增区间为(4，＋∞)．3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的单调递减区间是________．解析：由f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，得g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ＞1，0，x ＝1，－x 2，x ＜1，作出图象如下：故函数g (x )的单调递减区间为[0，1)． 答案：[0，1)4．判断并证明函数f (x )＝ax 2＋1x(其中1＜a ＜3)在x ∈[1，2]上的单调性．解：函数f (x )＝ax 2＋1x(其中1<a <3)在x ∈[1，2]上单调递增，证明如下：设1≤x 1＜x 2≤2，则f (x 2)－f (x 1)＝ax 22＋1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 21＋1x 1＝(x 2－x 1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤a （x 1＋x 2）－1x 1x 2， 由1≤x 1＜x 2≤2，得x 2－x 1＞0，2＜x 1＋x 2＜4， 1＜x 1x 2＜4，－1＜－1x 1x 2＜－14.又1＜a ＜3， 所以2＜a (x 1＋x 2)＜12， 得a (x 1＋x 2)－1x 1x 2＞0，从而f (x 2)－f (x 1)＞0， 即f (x 2)＞f (x 1)，故当a ∈(1，3)时，f (x )在[1，2]上单调递增．函数单调性的应用(多维探究) 角度一 比较大小已知函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (e)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．c >a >b B ．c >b >a C ．a >c >bD ．b >a >c【解析】 因为f (x )的图象关于直线x ＝1对称．所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52. 当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)<0恒成立， 故f (x )在(1，＋∞)上单调递减．因为1<2<52<e ，所以f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52>f (e)，所以b >a >c . 【答案】 D比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，则要利用其函数性质，转化到同一个单调区间内进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解．角度二 解函数不等式(1)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x，x ≤0，－x 2－2x ＋1，x ＞0，若f (a －1)≥f (－a )，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 (2)已知函数f (x )＝－x |x |，x ∈(－1，1)，则不等式f (1－m )<f (m 2－1)的解集为________．【解析】 (1)函数f (x )＝e －x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x在(－∞，0]上为减函数，函数f (x )＝－x 2－2x ＋1在(0，＋∞)上为减函数，且e －0＝－02－2×0＋1＝1，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数．由f (a －1)≥f (－a )得a －1≤－a ，解得a ≤12.故选A ．(2)由已知得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，－1<x ≤0，－x 2，0<x <1，则f (x )在(－1，1)上单调递减，所以⎩⎨⎧－1<1－m <1，－1<m 2－1<1，m 2－1<1－m ，解得0<m <1， 所以所求解集为(0，1)． 【答案】 (1)A (2)(0，1)解函数不等式的理论依据是函数单调性的定义，具体步骤是：(1)将函数不等式转化成f (x 1)＞f (x 2)的形式；(2)考查函数f (x )的单调性；(3)根据函数f (x )的单调性去掉法则“f ”，转化为形如“x 1＞x 2”或“x 1＜x 2”的常规不等式，从而得解．[提醒] 要注意函数的定义域，如本例(2)易忽视“－1＜1－m ＜1，－1＜m 2－1＜1”而致误．角度三 利用函数的单调性求最值(1)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x－log 2(x ＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________．(2)函数y ＝x 2＋4x 2＋5的最大值为________．【解析】 (1)由于y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x在R 上单调递减，y ＝log 2(x ＋2)在[－1，1]上单调递增，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.(2)令 x 2＋4＝t ，则t ≥2，所以x 2＝t 2－4，所以y ＝t t 2＋1＝1t ＋1t，设h (t )＝t ＋1t在[2，＋∞)上为增函数，所以h (t )min ＝h (2)＝52，所以y ≤152＝25(x ＝0时取等号)．即y 的最大值为25.【答案】 (1)3 (2)25运用函数单调性求最值是求函数最值的重要方法，特别是当函数图象不易作出时，单调性法几乎成为首选方法．角度四 利用函数的单调性求参数的范围(或值)(1)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（3－a ）x ，x ∈（－∞，－1]，a x ，x ∈（1，＋∞）是R 上的增函数，则实数a的取值范围是( )A ．(0，3)B ．(1，3)C ．(1，＋∞)D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，3 (2)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x >4.若函数y ＝f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．【解析】 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3－a ＞0，a ＞1，3－a ≤a ，解得32≤a ＜3，故选D ．(2)作出函数f (x )的图象如图所示，由图象可知f (x )在(a ，a ＋1)上单调递增，需满足a ≥4或a ＋1≤2，即a ≤1或a ≥4.【答案】 (1)D (2)(－∞，1]∪[4，＋∞)(1)根据函数的单调性，将题设条件转化为含参数的不等式(组)，即可求出参数的值或范围；(2)若分段函数是单调函数，则不仅要保证在各区间上单调性一致，还要确保在整个定义域内是单调的．1．函数y ＝f (x )在[0，2]上单调递增，且函数f (x )的图象关于直线x ＝2对称，则下列结论成立的是( )A ．f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (1) D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1) 解析：选B ．因为f (x )的图象关于直线x ＝2对称，所以f (x )＝f (4－x )，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.又0<12<1<32<2，f (x )在[0，2]上单调递增，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52. 2．已知函数f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x＜f (1)的实数x 的取值范围是( ) A ．(－1，1)B ．(0，1)C ．(－1，0)∪(0，1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：选C ．由f (x )为R 上的减函数且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)，得⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＞1，x ≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧|x |＜1，x ≠0.所以－1＜x ＜0或0＜x ＜1.故选C ．3．设函数f (x )＝2x x －2在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M ，m ，则m2M ＝( )A ．23 B ．38 C ．32D ．83解析：选D ．由题意得f (x )＝2x x －2＝2＋4x －2，所以函数f (x )在区间[3，4]上单调递减，所以M ＝f (3)＝2＋43－2＝6，m ＝f (4)＝2＋44－2＝4，所以m 2M ＝426＝83.故选D ．4．已知函数f (x )＝2ax 2＋4(a －3)x ＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a 的取值范围是________．解析：当a ＝0时，f (x )＝－12x ＋5， 在(－∞，3)上是减函数；当a ≠0时，由⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－4（a －3）4a ≥3，得0＜a ≤34.综上可知，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，34. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，34思想方法系列2 函数最值的求法方法一 单调性法已知a ＞0，设函数f (x )＝2 022x ＋1＋2 0212 022x＋1＋2 022x 3(x ∈[－a ，a ])的最大值为M ，最小值为N ，则M ＋N 的值为( )A ．2 022B ．2 023C ．4 043D ．4 044【解析】 f (x )＝2 022x ＋1＋2 0212 022x ＋1＋2 022x 3＝2 022（2 022x＋1）－12 022x＋1＋2 022x 3＝2 022－12 022x＋1＋2 022x 3. 因为y ＝－12 022x＋1，y ＝2 022x 3均为增函数， 所以f (x )在[－a ，a ]上单调递增， 故最大值为f (a )，最小值为f (－a )， 所以M ＋N ＝f (a )＋f (－a )＝2 022－12 022a ＋1＋2 022a 3＋2 022－12 022－a＋1＋2 022(－a )3＝4 044－1＝4 043.【答案】 C利用函数的单调性求解函数的值域是最基本的方法，解题的关键是准确确定函数的单调性．方法二 不等式法主要是指运用均值不等式及其变形公式来解决函数最值问题的一种方法．常用的基本不等式有以下几种：a 2＋b 2≥2ab (a ，b 为实数)； a ＋b2≥ab (a ≥0，b ≥0)；ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22(a ，b 为实数)．设x ，y ，z 为正实数，x －2y ＋3z ＝0，则y 2xz的最小值为________．【解析】 因为x －2y ＋3z ＝0，所以y ＝x ＋3z2，所以y 2xz ＝x 2＋9z 2＋6xz4xz.又x ，z 为正实数，所以由基本不等式，得y 2xz ≥6xz ＋6xz 4xz ＝3.当且仅当x ＝3z 时取“＝”．故y 2xz的最小值为3.【答案】 3先对解析式进行变形，使之满足“一正、二定、三相等”的条件，再利用基本不等式求得最值．常用的不等式有a 2＋b 2≥2ab ，a ＋b ≥2ab (a ，b 均为正实数)．解题时要注意验证等号成立的条件，如果在求解时发现等号不成立，可尝试利用函数性质解题．方法三 配方法配方法是求二次函数最值的基本方法，如函数F (x )＝af 2(x )＋bf (x )＋c 的最值问题，可以考虑用配方法．已知函数y ＝(e x －a )2＋(e －x －a )2(a ∈R ，a ≠0)，求函数y 的最小值．【解】 y ＝(e x －a )2＋(e －x －a )2＝(e x ＋e －x )2－2a (e x ＋e －x )＋2a 2－2.令t ＝e x ＋e －x (t ≥2)，设f (t )＝t 2－2at ＋2a 2－2.因为t ≥2，所以f (t )＝t 2－2at ＋2a 2－2＝(t －a )2＋a 2－2，定义域为[2，＋∞)． 因为函数y ＝f (t )图象的对称轴为直线t ＝a ，所以当a ≤2且a ≠0时，y min ＝f (2)＝2(a －1)2；当a ＞2时，y min ＝f (a )＝a 2－2.利用二次函数的性质求最值，要特别注意自变量的取值范围，同时还要注意对称轴与区间的相对位置关系．如本例化为含参数的二次函数后，求解最值时要细心区分对称轴与区间的位置关系，然后再根据不同情况分类解决．方法四 换元法换元法有两类，即代数换元和三角换元，我们可以根据具体问题及题目形式去灵活选择换元的方法，以便将复杂的函数最值问题转化为简单函数的最值问题，从而求出原函数的最值．(1)函数f (x )＝x ＋21－x 的最大值为________．(2)函数y ＝x －4－x 2的值域为________．【解析】 (1)设1－x ＝t (t ≥0)，所以x ＝1－t 2.所以y ＝f (x )＝x ＋21－x ＝1－t 2＋2t ＝－t 2＋2t ＋1＝－(t －1)2＋2.所以当t ＝1即x ＝0时，f (x )max ＝2.(2)由4－x 2≥0，得－2≤x ≤2， 所以设x ＝2cos θ(θ∈[0，π])，则y ＝2cos θ－4－4cos 2θ＝2cos θ－2sin θ＝22cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，因为θ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，5π4，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，22，所以y ∈[]－22，2. 【答案】 (1)2 (2)[]－22，2换元法方式很多，常见的有代数换元和三角换元．如可用三角代换解决形如a 2＋b 2＝1及部分根式函数形式的最值问题．方法五 数形结合法数形结合法，是指利用函数所表示的几何意义，借助几何方法及函数的图象求函数最值的一种常用的方法．对a ，b ∈R ，记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥b ，b ，a ＜b ，函数f (x )＝max{|x ＋1|，|x －2|}(x ∈R )的最小值是________．【解析】 由|x ＋1|≥|x －2|，得(x ＋1)2≥(x －2)2.所以x ≥12.所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，x ≥12，|x －2|，x ＜12. 其图象如图所示．由图象易知，当x ＝12时，函数有最小值，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12＋1＝32.【答案】 32本例作出y ＝|x ＋1|与y ＝|x －2|的图象，作出f (x )的图象是解题关键．。
(浙江专版)2018高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第2节 函数的单调性与最值课时分层训练
课时分层训练(四) 函数的单调性与最值A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) 【导学号：51062021】 A ．y ＝2－xB ．y ＝xC ．y ＝log 2xD ．y ＝－1xB [由题知，只有y ＝2－x与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数．] 2．若函数y ＝ax 与y ＝－b x在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上是( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．先减后增B [由题意知，a ＜0，b ＜0，则－b2a ＜0，从而函数y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上为减函数．]3．函数f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞C.⎝⎛⎦⎥⎤－1，32 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 D [要使函数有意义需4＋3x －x 2＞0， 解得－1＜x ＜4，∴定义域为(－1,4)．令t ＝4＋3x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋254.则t 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，32上递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4上递减， 又y ＝ln t 在⎝⎛⎦⎥⎤0，254上递增，∴f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4.]4．(2017·绍兴质检)已知函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)A [因为函数f (x )在(－∞，－1)上是单调函数，所以－a ≥－1，解得a ≤1.]5．(2017·台州调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x ≥0，x 2－2x ，x ＜0.若f (－a )＋f (a )≤2f (1)，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0)B ．[0,1]C ．[－1,1]D ．[－2,2]C [因为函数f (x )是偶函数，故f (－a )＝f (a )，原不等式等价于f (a )≤f (1)，即f (|a |)≤f (1)，而函数在[0，＋∞)上单调递增，故|a |≤1，解得－1≤a ≤1.]二、填空题6．(2017·温州一模)函数f (x )＝log 2(－x 2＋22)的值域为________.【导学号：51062022】⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32 [∵0＜－x 2＋22≤22，∴当x ＝0时，f (x )取得最大值，f (x )max ＝f (0)＝log 222＝32，∴f (x )的值域为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32.] 7．已知函数f (x )为R 上的减函数，若m ＜n ，则f (m )________f (n )；若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)，则实数x 的取值范围是________．＞ (－1,0)∪(0,1) [由题意知f (m )＞f (n )；⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＞1，即|x |＜1，且x ≠0.故－1＜x ＜1且x ≠0.]8．(2017·宁波模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋a ，x ＜1，2x，x ≥1的最小值为2，则实数a 的取值范围是________．[3，＋∞) [当x ≥1时，f (x )≥2，当x ＜1时，f (x )＞a －1.由题意知a －1≥2，∴a ≥3.]三、解答题9．已知函数f (x )＝－2x ＋1，x ∈[0,2]，用定义证明函数的单调性，并求函数的最大值和最小值. 【导学号：51062023】[解] 设0≤x1＜x 2≤2，则f (x 1)－f (x 2)＝－2x 1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1＝－x 2＋1－x 1－x 1＋x 2＋＝－x 2－x 1x 1＋x 2＋.3分由0≤x 1＜x 2≤2，得x 2－x 1＞0，(x 1＋1)(x 2＋1)＞0，6分 所以f (x 1)－f (x 2)＜0， 即f (x 1)＜f (x 2)，故f (x )在区间[0,2]上是增函数.10分 因此，函数f (x )＝－2x ＋1在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f (0)＝－2，最大值是f (2)＝－23.15分10．已知f (x )＝xx －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x 1＜x 2＜－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝x 1－x 2x 1＋x 2＋.4分∵(x 1＋2)(x 2＋2)＞0，x 1－x 2＜0， ∴f (x 1)＜f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增.7分 (2)f (x )＝xx －a ＝x －a ＋a x －a ＝1＋ax －a，当a ＞0时，f (x )在(－∞，a )，(a ，＋∞)上是减函数，10分 又f (x )在(1，＋∞)内单调递减，∴0＜a ≤1，故实数a 的取值范围是(0,1].15分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2017·诸暨市一中模拟)已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝－x 2＋4x －3，若存在f (a )＝g (b )，则实数b 的取值范围为( )A ．[0,3]B ．(1,3)C ．[2－2，2＋2]D ．(2－2，2＋2)D [由题可知f (x )＝e x－1＞－1，g (x )＝－x 2＋4x －3＝－(x －2)2＋1≤1， 若f (a )＝g (b )，则g (b )∈(－1,1]，即－b 2＋4b －3＞－1，即b 2－4b ＋2＜0， 解得2－2＜b ＜2＋ 2.所以实数b 的取值范围为(2－2，2＋2)，故选D.]2．规定符号“*”表示一种两个正实数之间的运算，即a *b ＝ab ＋a ＋b ，a ，b 是正实数，已知1] .(1，＋∞) [由题意知1]k )＋1＋k ＝3，解得k ＝1或k ＝－2(舍去)，所以f (x )＝k *x ＝1]x )＋x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34，因为x ＞0，所以f (x )＞1，即f (x )的值域是(1，＋∞)．]3．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，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. 【导学号：51062024】 [解] (1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.3分 (2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1x 2>1， 当x >1时，f (x )<0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2<0，5分即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，∴函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数.9分 (3)∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数， ∴f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫93＝f (9)－f (3)，12分 而f (3)＝－1，∴f (9)＝－2. ∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.15分百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第2节函数的单调性与最值教师用书文北师大版
高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第2节函数的单调性与最值教师用书文北师大版[考纲传真] 1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义；结合具体函数，了解函数奇偶性的含义.2.会运用函数的图像理解和研究函数的性质．1．函数的单调性(1)增、减函数①如果函数y＝f (x)在区间A上是增加的或是减少的，那么称A 为单调区间．②如果函数y＝f (x)在定义域的某个子集上是增加的或是减少的，那么就称函数y＝f (x)在这个子集上具有单调性．(3)单调函数如果函数y＝f (x)在整个定义域内是增加的或是减少的，我们分别称这个函数为增函数或减函数，统称为单调函数．2．函数的最值1打“×”)(1)函数y＝在其定义域上递减．( )(2)函数y＝＋x在其定义域上递增．( )(3)对于函数f (x)，x∈D，若x1，x2∈D且＞0，则函数f (x)在D上是增加的．( )(4)若函数f (x)的最大值是M，最小值是m，则函数f (x)的值域一定是[m，M]．( )[答案] (1)×(2)√(3)√(4)×2．(2016·北京高考)下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( )【导学号：66482027】A．y＝B．y＝cosxC．y＝ln(x＋1) D．y＝2－xD [选项A中，Y＝在(－∞，1)和(1，＋∞)上为增函数，故Y ＝在(－1,1)上为增函数；选项B中，y＝cosx在(－1,1)上先增后减；选项C中，y＝ln(x＋1)在(－1，＋∞)上为增函数，故y＝ln(x ＋1)在(－1,1)上为增函数；选项D中，y＝2－x＝x在R上为减函数，故y＝2－x在(－1,1)上是减函数．]。
2018高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第2节函数的单调性与最值课时分层训练
2018高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第2节函数的单调性与最值课时分层训练A 组 基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) 【导学号：51062021】A ．y ＝2－xB ．y ＝xC ．y ＝log2xD ．y ＝－1x B [由题知，只有y ＝2－x 与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x在R 上是增函数．]2．若函数y ＝ax 与y ＝－在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax2＋bx 在(0，＋∞)上是( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．先减后增B [由题意知，a ＜0，b ＜0，则－＜0，从而函数y ＝ax2＋bx在(0，＋∞)上为减函数．]3．函数f(x)＝ln(4＋3x －x2)的单调递减区间是( )A.B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞C.D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 D [要使函数有意义需4＋3x －x2＞0，解得－1＜x ＜4，∴定义域为(－1,4)．令t ＝4＋3x －x2＝－2＋.则t 在上递增，在上递减，又y ＝ln t 在上递增，∴f(x)＝ln(4＋3x －x2)的单调递减区间为.]4．(2017·绍兴质检)已知函数f(x)＝|x ＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)A [因为函数f(x)在(－∞，－1)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.]5．(2017·台州调研)已知函数f(x)＝若f(－a)＋f(a)≤2f(1)，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0)B ．[0,1]C ．[－1,1]D ．[－2,2]C [因为函数f(x)是偶函数，故f(－a)＝f(a)，原不等式等价于f(a)≤f(1)，即f(|a|)≤f(1)，而函数在[0，＋∞)上单调递增，故|a|≤1，解得－1≤a≤1.]二、填空题6．(2017·温州一模)函数f(x)＝log2(－x2＋2)的值域为________.【导学号：51062022】⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32 [∵0＜－x2＋2≤2， ∴当x ＝0时，f(x)取得最大值，f(x)max ＝f(0)＝log22＝，∴f(x)的值域为.]。
高考数学一轮总复习第二章函数、导数及其应用第二节函数的单调性与最值练习文
高考数学一轮总复习第二章函数、导数及其应用第二节函数的单调性与最值练习文【最新考纲】 1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义.2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质．1．函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量x1，x2当x1<x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当x1<x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的(2)单调区间的定义若函数y＝f(x)在区间D上时增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y＝f(x)的单调区间．2．函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；(2)存在x 0∈I ，使得f(x 0)＝M (4)存在x 0∈I ，使得 f(x 0)＝M结论M 为最大值 M 为最小值1．(质疑夯基)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)对于函数f(x)，x ∈D ，若对任意x 1，x 2∈D ，x 1≠x 2且(x 1－x 2)[f(x 1)－f(x 2)]>0，则函数f(x)在区间D 上是增函数．( )(2)函数y ＝1x 的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( )(3)函数y ＝|x|是R 上的增函数．( )(4)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)×2．如果二次函数f(x)＝3x 2＋2(a －1)x ＋b 在区间(－∞，1)上是减函数，则( ) A ．a ＝－2 B ．a ＝2 C ．a ≤－2 D ．a ≥2解析：二次函数的对称轴方程为x ＝－a －13，由题意知－a －13≥1，即a≤－2. 答案：C3．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝e －xB ．y ＝x 3C ．y ＝ln xD ．y ＝|x |解析：y ＝e －x在(－∞，＋∞)上是减函数，y ＝x 3的定义域是R ，且为增函数，y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，y ＝|x |在(－∞，0)上是减函数．答案：B4．(2015·湖南卷)设函数f(x)＝ln (1＋x)－ln (1－x)，则f(x)是( ) A ．奇函数，且在(0，1)上是增函数 B ．奇函数，且在(0，1)上是减函数 C ．偶函数，且在(0，1)上是增函数 D ．偶函数，且在(0，1)上是减函数解析：易知f(x)的定义域为(－1，1)，且f(－x)＝ln (1－x)－ln (1＋x)＝－f(x)，则y ＝f(x)为奇函数，又y ＝ln (1＋x)与y ＝－ln (1－x)在(0，1)上是增函数， 所以f(x)＝ln (1＋x)－ln (1－x)在(0，1)上是增函数． 答案：A 5．函数f(x)＝2x －1，x ∈[2，6]．下列命题： ①函数f(x)为减函数；②函数f(x)为增函数；③函数f(x)的最大值为2；④函数f(x)的最小值为25.其中为真命题的是____________________(写出所有真命题的编号．)解析：f(x)＝2x －1在区间[2，6]上是减函数，∴f(x)max ＝f(2)＝2，f(x)min ＝f(6)＝25因此命题①③④为真命题． 答案：①③④一个防范单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间分别写，不能用符号“∪”联结，也不能用“或”联结．两条结论1．闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取到．2．开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(最小值)． 四种方法1．定义法：取值、作差、变形、定号、下结论．2．复合法：同增异减，即内外函数的单调性相同时，为增函数，不同时为减函数． 3．导数法：利用导数研究函数的单调性． 4．图象法：利用图象研究函数的单调性．一、选择题1．下列四个函数中，在区间(0，1)上是减函数的是( ) A ．y ＝log 2x B ．y ＝x 13 C ．y ＝－(12)x D ．y ＝1x解析：y ＝log 2x 在(0，＋∞)上为增函数；y ＝x 13在(0，＋∞)上是增函数；y ＝(12)x在(0，＋∞)上是减函数，y ＝－(12)x 在(0，＋∞)上是增函数；y ＝1x 在(0，＋∞)上是减函数，故y＝1x在(0，1)上是减函数． 答案：D2．若函数f(x)＝－x 2＋2ax 与g(x)＝(a ＋1)1－x在区间[1，2]上都是减函数，则a 的取值范围是( )A ．(－1，0)B ．(－1，0)∪(0，1)C ．(0，1)D ．(0，1]解析：∵f(x)＝－x 2＋2ax ＝－(x －a)2＋a 2在[1，2]上是减函数，∴a ≤1.① 又g(x)＝(a ＋1)1－x在[1，2]上是减函数．∴a ＋1＞1，∴a ＞0.② 由①②知，0＜a≤1. 答案：D3．定义新运算“⊕”：当a≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a ＜b 时，a⊕b ＝b 2，则函数f(x)＝(1⊕x)x －(2⊕x)，x ∈[－2，2]的最值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析：根据新运算“⊕”的定义， 当－2≤x≤1时，f(x)＝x －2； 当1＜x≤2时，f(x)＝x 3－2所以f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2， －2≤x≤1，x 3－2， 1＜x≤2.又f(x)＝x －2，f(x)＝x 3－2在其定义域内均为增函数∴当－2≤x≤1时，f (x)≤f(1)＝1－2＝－1. 当1＜x≤2时，f (x)≤f(2)＝23－2＝6. 因此函数f(x)的最大值为6. 答案：C4．(2015·陕西卷)设f(x)＝ln x ，0＜a ＜b ，若p ＝f(ab)，q ＝f(a ＋b 2)，r ＝12(f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是( )A ．q ＝r ＜pB ．q ＝r ＞pC ．p ＝r ＜qD ．p ＝r ＞q 解析：∵0＜a ＜b ，∴a ＋b2＞ab.又∵函数f(x)＝ln x 在(0，＋∞)上为增函数． 故f(a ＋b 2)＞f(ab)，即q ＞p.又r ＝12(f(a)＋f(b))＝12(ln a ＋ln b)＝ln ab＝f(ab)＝p. 因此p ＝r ＜q. 答案：C5．(2016·河南联考)已知函数f (x)＝1－2a 2x ＋2a 在区间(－2，＋∞)上是增函数，且g(x)＝(a ＋1)x.若不等式g(1x)＜g(x)成立，则实数x 的取值范围是( )A ．(－1，1)B ．(0，1)C ．(－1，0)D ．(－1，0)∪(1，＋∞)解析：∵函数f(x)在区间(－2，＋∞)上是增函数．∴⎩⎪⎨⎪⎧1－2a 2＜0，－2a≤－2.⇒⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1＞0，a ≥1⇒a ≥1. 因此g(x)＝(a ＋1)x在(－∞，＋∞)上是增函数． 由g(1x )＜g(x)，得1x ＜x.解之得 x ＞1或－1＜x ＜0.所以满足不等式的实数x 的范围为(－1，0)∪(1，＋∞)． 答案：D6．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧（3a －1）x ＋4a ，x ＜1，log a x ，x ≥1满足对任意的实数x 1≠x 2都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜0，则实数a 的取值范围为( )A ．(0，1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，13 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，1 解析：依题设，知函数y ＝f(x)在R 上是减函数 当x ＝1时，log a 1＝0，因为f (x )为R 上的减函数， 则(3a －1)x ＋4a ≥0在x ＜1时恒成立． 令g (x )＝(3a －1)x ＋4a ，则必有⎩⎪⎨⎪⎧3a －1＜0，0＜a ＜1，g （1）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧3a －1＜0，0＜a ＜1，3a －1＋4a ≥0⇒17≤a ＜13.答案：C二、填空题7．若函数f(x)＝|2x ＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则实数a ＝________． 解析：f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ， x≥－a2，－2x －a ， x ＜－a2.∴f(x)在(－∞，－a 2)上单调递减，在[－a2，＋∞)上单调递增．因此，依题意得，－a2＝3，∴a ＝－6.答案：－68．(2016·石家庄调研)函数f(x)＝(13)x－log 2(x ＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________．解析：由于y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x在R 上递减，y ＝log 2(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.答案：39．(2014·课标全国Ⅱ卷)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，f(2)＝0.若f(x －1)＞0，则x 的取值范围是_______________________．解析：∵f(2)＝0，f(x －1)＞0，∴f(x －1)＞f(2) 又f(x)是偶函数且在[0，＋∞)上单调递减．∴f(|x －1|)＞f(2)，则|x －1|＜2，解得－1＜x ＜3. 答案：(－1，3) 三、解答题10．已知函数f(x)＝1a －1x (a ＞0，x ＞0)，(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f(x)在[12，2]上的值域是[12，2]，求a 的值．(1)证明：设x 2＞x 1＞0， 则x 2－x 1＞0，x 1x 2＞0，∵f(x 2)－f(x 1)＝(1a －1x 2)－(1a －1x 1)＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2＞0， ∴f(x 2)＞f(x 1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数． (2)解：∵f(x)在[12，2]上的值域是[12，2]，又f(x)在[12，2]上单调递增，∴f(12)＝12，f(2)＝2.解得a ＝25.11．已知函数f(x)＝lg (x ＋ax －2)，其中a ＞0且为常数．(1)当a∈(1，4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(2)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0，试确定实数a 的取值范围． 解：(1)设g(x)＝x ＋ax －2，x ∈[2，＋∞)，且a∈(1，4)∴g ′(x)＝1－a x 2＝x 2－ax 2＞0因此g(x)在[2，＋∞)上是增函数 所以f(x)在[2，＋∞)上是增函数， 则f(x)min ＝f(2)＝ln a2.(2)对任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)＞0. 则x ＋ax－2＞1对x∈[2，＋∞)恒成立．∴a ＞3x －x 2.令h (x)＝3x －x 2.x ∈[2，＋∞)．由于h(x)＝－(x －32)2＋94在[2，＋∞)上是减函数∴h(x)max ＝h(2)＝2. 故a ＞2时，恒有f(x)＞0.因此实数a 的取值范围为(2，＋∞)．。
(全国通用)高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第2节 函数的单调性与最值课时分层训练 文
课时分层训练(五) 函数的单调性与最值A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝2－xB ．y ＝xC ．y ＝log 2xD ．y ＝－1xB [由题知，只有y ＝2－x与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数．] 2．若函数y ＝ax 与y ＝－b x在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上是( )【导学号：31222028】A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．先减后增B [由题意知，a ＜0，b ＜0，则－b2a ＜0，从而函数y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上为减函数．]3．函数f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎝⎛⎦⎥⎤－1，32D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 D [要使函数有意义需4＋3x －x 2＞0， 解得－1＜x ＜4，∴定义域为(－1,4)．令t ＝4＋3x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋254.则t 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，32上递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4上递减， 又y ＝ln t 在⎝⎛⎦⎥⎤0，254上递增，∴f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4.]4．(2017·某某质检)已知函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值X 围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)A [因为函数f (x )在(－∞，－1)上是单调函数，所以－a ≥－1，解得a ≤1.]5．(2017·某某调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x ≥0，x 2－2x ，x ＜0.若f (－a )＋f (a )≤2f (1)，则a 的取值X 围是( )【导学号：31222029】A ．[－1,0)B ．[0,1]C ．[－1,1]D ．[－2,2]C [因为函数f (x )是偶函数，故f (－a )＝f (a )，原不等式等价于f (a )≤f (1)，即f (|a |)≤f (1)，而函数在[0，＋∞)上单调递增，故|a |≤1，解得－1≤a ≤1.]二、填空题6．(2017·某某某某一模)函数f (x )＝log 2(－x 2＋22)的值域为________．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32 [∵0＜－x 2＋22≤22，∴当x ＝0时，f (x )取得最大值，f (x )max ＝f (0)＝log 222＝32，∴f (x )的值域为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32.]7．已知函数f (x )为R 上的减函数，若m ＜n ，则f (m )________f (n )；若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x＜f (1)，则实数x 的取值X 围是________．＞ (－1,0)∪(0,1) [由题意知f (m )＞f (n )；⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x＞1， 即|x |＜1，且x ≠0.故－1＜x ＜1且x ≠0.]8．(2017·某某模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋a ，x ＜1，2x，x ≥1的最小值为2，则实数a 的取值X 围是________．【导学号：31222030】[3，＋∞) [当x ≥1时，f (x )≥2，当x ＜1时，f (x )＞a －1.由题意知a －1≥2，∴a ≥3.]三、解答题9．已知函数f (x )＝－2x ＋1，x ∈[0,2]，用定义证明函数的单调性，并求函数的最大值和最小值．[解] 设0≤x 1＜x 2≤2，则f (x 1)－f (x 2)＝－2x 1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1＝－2x 2＋1－x 1－1x 1＋1x 2＋1＝－2x 2－x 1x 1＋1x 2＋1.3分由0≤x 1＜x 2≤2，得x 2－x 1＞0，(x 1＋1)(x 2＋1)＞0，6分 所以f (x 1)－f (x 2)＜0， 即f (x 1)＜f (x 2)，故f (x )在区间[0,2]上是增函数.10分 因此，函数f (x )＝－2x ＋1在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f (0)＝－2，最大值是f (2)＝－23.12分10．已知f (x )＝xx －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X 围． [解] (1)证明：设x 1＜x 2＜－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2x 1－x 2x 1＋2x 2＋2.2分∵(x 1＋2)(x 2＋2)＞0，x 1－x 2＜0， ∴f (x 1)＜f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增.5分 (2)f (x )＝xx －a ＝x －a ＋a x －a ＝1＋ax －a，当a ＞0时，f (x )在(－∞，a )，(a ，＋∞)上是减函数，8分 又f (x )在(1，＋∞)内单调递减，∴0＜a ≤1，故实数a 的取值X 围是(0,1].12分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2017·某某枣阳第一中学3月模拟)已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝－x 2＋4x －3，若存在f (a )＝g (b )，则实数b 的取值X 围为( ) 【导学号：31222031】A ．[0,3]B ．(1,3)C ．[2－2，2＋2]D ．(2－2，2＋2)D [由题可知f (x )＝e x－1＞－1，g (x )＝－x 2＋4x －3＝－(x －2)2＋1≤1， 若f (a )＝g (b )，则g (b )∈(－1,1]， 即－b 2＋4b －3＞－1，即b 2－4b ＋2＜0， 解得2－2＜b ＜2＋ 2.所以实数b 的取值X 围为(2－2，2＋2)，故选D.] 2．函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________．14 [令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋14，结合图象(图略)知，当t ＝12，即x ＝14时，y max ＝14.]3．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，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x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.3分 (2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1x 2>1，当x >1时，f (x )<0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2<0，5分即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，∴函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数.7分 (3)∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数， ∴f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫93＝f (9)－f (3)，9分 而f (3)＝－1，∴f (9)＝－2. ∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.12分。
高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 课时分
课时分层作业五函数的单调性与最值一、选择题(每小题5分,共25分)1.函数y=1-( )A.在(1,+∞)内单调递增B.在(1,+∞)内单调递减C.在(-1,+∞)内单调递增D.在(-1,+∞)内单调递减【解析】选A.因为函数y=1-的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞),依据反比例函数的单调性可知,函数y=1-在区间(-∞,1)和区间(1,+∞)上都是增函数.【变式备选】已知函数f(x)=,则该函数的单调递增区间为( )A.(-∞,1]B.[3,+∞)C.(-∞,-1]D.[1,+∞)【解析】选B.设t=x2-2x-3,由t≥0,即x2-2x-3≥0,解得x≤-1或x≥3.所以函数的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).因为函数t=x2-2x-3的图象的对称轴为x=1,所以函数t在(-∞,-1]上单调递减,在[3,+∞)上单调递增.所以函数f(x)的单调递增区间为[3,+∞).2.函数f(x)中,满足“对任意x1,x2∈(0,+∞),当x1<x2时,都有f(x1)>f(x2)”的可以是( )A.f(x)=B.f(x)=(x-1)2C.f(x)=e xD.f(x)=ln(x+1)【解析】选A.由题意知f(x)在(0,+∞)上是减函数,A中,f(x)=满足要求;B中,f(x)=(x-1)2在(0,1]上是减函数,在(1,+∞)上是增函数;C中,f(x)=e x是增函数;D中,f(x)=ln(x+1)是增函数.3.已知函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)上有最小值,则函数g(x)=在区间(1,+∞)上一定( )A.有最小值B.有最大值C.是减函数D.是增函数【解析】选D.由题意知a<1,又函数g(x)=x+-2a,当0<a<1时,g(x)=x+-2a在(,+∞)上为增函数,即在(1,+∞)上为增函数,当a≤0时,g(x)在(-∞,0),(0,+∞)上为增函数,所以在(1,+∞)上也为增函数,综上可知:g(x)在(1,+∞)上为增函数.【变式备选】函数f(x)=,x∈(m,n]的最小值为0,则m的取值范围是( )A.(1,2)B.(-1,2)C.[1,2)D.[-1,2)【解析】选D.因为f(x)==-1+在(-1,+∞)上单调递减,且f(2)=0,所以n=2,-1≤m<2.4.(2018·长沙模拟)已知函数f(x)=log2x+,若x1∈(1,2),x2∈(2,+∞),则( ) A.f(x1)<0,f(x2)<0 B.f(x1)<0,f(x2)>0C.f(x1)>0,f(x2)<0D.f(x1)>0,f(x2)>0【解题指南】先由函数y=log2x与函数y=的单调性,得出函数y=f(x)=log2x+的单调性,再结合题设条件,进而得出结论.【解析】选B.因为函数y=log2x与函数y=的单调性在(1,+∞)上均为增函数,所以函数f(x)=log2x+在(1,+∞)上为增函数,且f(2)=0,所以当x1∈(1,2)时,f(x1)<f(2)=0;当x2∈(2,+∞)时,f(x2)>f(2)=0,即f(x1)<0,f(x2)>0.5.已知函数f(x)=cos x+x2,则不等式f(x+1)-f(2-2x)>0的解集是( )A. B.(3,+∞)C.或(3,+∞)D.【解析】选D.因为f(x)=cos x+x2,所以f(-x)=cos(-x)+(-x)2=cos x+x2=f(x),即函数f(x)为偶函数,又因为f′(x)=2x-sin x,当x≥0时,f′(x)=2x-sin x≥0,则函数f(x)在(0,+∞)上是增函数,又因为f(x+1)-f(2-2x)>0,所以f(x+1)>f(2-2x),又因为f(x)为偶函数,所以|x+1|>|2-2x|,解上式得:<x<3.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,若f(a2-a)>f(a+3),则实数a的取值范围为________.【解析】由已知可得解得-3<a<-1或a>3,所以实数a的取值范围为(-3,-1)∪(3,+∞).答案:(-3,-1)∪(3,+∞)【易错提醒】解答本题时,易忽视函数的定义域,即忽视而致误.7.(2018·洛阳模拟)已知函数f(x)=(a>0)在(2,+∞)上为单调递增函数,则实数a的取值范围为________.【解析】在区间(2,+∞)上任取x1,x2,且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-=-=(x1-x2)+=(x1-x2)+=(x1-x2).因为f(x)在(2,+∞)上为增函数,所以(x1-x2)<0.又x1<x2,即x1-x2<0,所以<1,即a<x1x2.因为x1,x2∈(2,+∞),且x1<x2,所以x1·x2>4.所以a≤4.又a>0,所以a的取值范围为(0,4].答案:(0,4]【一题多解】本题还可以用导数法求解.f(x)=x+,f′(x)=1-=,由题意知f′(x)≥0在(2,+∞)上恒成立,即x2-a≥0在(2,+∞)上恒成立,所以a≤x2,所以0<a≤4.答案:(0,4]【巧思妙解】f(x)=x+的图象如图,由题意≤2,所以a≤4,故0<a≤4.答案:(0,4]【变式备选】已知函数f(x)=在区间(-2,+∞)上为增函数,则实数a的取值范围为________. 【解析】函数f(x)==a+,由函数的增减性可知,g(x)=在 (-2,+∞)上为增函数,所以1-2a<0,a>.答案:8.已知f(x)=不等式f(x+a)>f(2a-x)在[a,a+1]上恒成立,则实数a的取值范围是________.【解析】作出函数f(x)的图象的草图如图所示,易知函数f(x)在R上为单调递减函数,所以不等式f(x+a)>f(2a-x)在[a,a+1]上恒成立等价于x+a<2a-x,即x<在[a,a+1]上恒成立,所以只需a+1<,即a<-2.答案:(-∞,-2)【变式备选】已知函数f(x)= 则f(x)的最小值是________.【解析】当x≥1时,x+-3≥2-3=2-3,当且仅当x=,即x=时等号成立,此时f(x)min=2-3<0;当x<1时,lg(x2+1)≥lg(02+1)=0,此时f(x)min=0,所以f(x)的最小值为2-3.答案:2-3三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2018·天水模拟)已知函数f(x)=x2+2ax+2,x∈[-5,5],(1)当a=-1时,求函数的最大值和最小值.(2)求实数a的取值范围,使y=f(x)在区间[-5,5]上是单调函数.【解析】(1)a=-1,f(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1;因为x∈[-5,5],所以x=1时,f(x)取最小值1;x=-5时,f(x)取最大值37.(2)f(x)的对称轴为x=-a;因为f(x)在[-5,5]上是单调函数;所以-a≤-5,或-a≥5;所以实数a的取值范围为(-∞,-5]∪[5,+∞).10.函数f(x)=log a(1-x)+log a(1)求方程f(x)=0的解.(2)若函数f(x)的最小值为-1,求a的值.【解析】(1)要使函数有意义,则有解得:-3<x<1,函数可化为f(x)=log a(1-x)(x+3)=log a(-x2-2x+3),由f(x)=0,得-x2-2x+3=1.即x2+2x-2=0,解得x=-1-或x=-1+.满足-3<x<1.所以方程f(x)=0的解为x=-1±.(2)f(x)=log a(1-x)(x+3)=log a(-x2-2x+3)=log a[-(x+1)2+4],因为-3<x<1,所以0<-(x+1)2+4≤4,因为0<a<1,所以log a[-(x+1)2+4]≥log a4.由题意可得log a4=-1,解得a=,满足条件.所以a的值为.1.(5分)下列函数中,在区间(-1,1)上为单调减函数的是( )A.y=B.y=cos xC.y=ln(x+1)D.y=【解析】选A.对于选项A,由y=在(-∞,-1),(-1,+∞)上分别为单调减函数,所以在(-1,1)上为单调减函数;对于选项B,y=cos x在(-1,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,所以选项B错误;对于选项C,y=ln(x+1)在(-1,1)上为单调增函数,所以选项C错误;对于选项D,y==2x,在(-1,1)上为单调增函数,即选项D错误.2.(5分)(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)是定义在R上的单调递增函数,且满足对任意的实数x都有f(f(x)-3x)=4,则f(x)+f(-x)的最小值等于( )A.2B.4C.8D.12【解析】选B.由f(x)的单调性知存在唯一实数K使f(K)=4,即f(x)=3x+K,令x=K得f(K)=3K+K=4,所以K=1,从而f(x)=3x+1,即f(x)+f(-x)=3x++2≥2+2=4,当且仅当x=0时取等号.3.(5分)函数f(x)=x-,x∈[1,2],g(x)=acos+5-2a(a≠0),对任意的x1∈[1,2],总存在x2∈[0,1],使得g(x2)=f(x1)成立,则a的取值范围为________.【解析】对任意的x1∈[1,2],总存在x2∈[0,1],使得g(x2)=f(x1)成立等价于f(x)的值域是g(x)的值域的子集.函数f(x)=x-在[1,2]上单调递增, 所以f(1)≤f(x)≤f(2),即-1≤f(x)≤1.y=cos 在[0,1]上单调递减,当a>0时g(x)在[0,1]上单调递减,所以g(1)≤g(x)≤g(0),即5-2a≤g(x)≤5-a.所以只需⇒3≤a≤4.当a<0时g(x)在[0,1]上单调递增,所以g(0)≤g(x)≤g(1),即5-a≤g(x)≤5-2a,所以只需解得a∈∅.综上可得3≤a≤4.答案:[3,4]4.(12分)已知f(x)=(x≠a).(1)若a=-2,试证f(x)在(-∞,-2)内单调递增.(2)若a>0且f(x)在(1,+∞)内单调递减,求a的取值范围.【解析】(1)设x1<x2<-2,则f(x1)-f(x2)=-=.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)内单调递增.(2)设1<x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-=.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≤1.5.(13分)已知函数f(x)=2x-的定义域为(0,1](a为实数).(1)当a=1时,求函数y=f(x)的值域.(2)求函数y=f(x)在区间(0, 1]上的最大值及最小值,并求出当函数f(x)取得最值时x的值.【解析】(1)当a=1时,f(x)=2x-,任取1≥x1>x2>0,则f(x1)-f(x2)=2(x1-x2)-=(x1-x2).因为1≥x1>x2>0,所以x1-x2>0,x1x2>0.所以f(x1)>f(x2),所以f(x)在(0,1]上单调递增,无最小值,当x=1时取得最大值1,所以f(x)的值域为(-∞,1].(2)当a≥0时,y=f(x)在(0,1]上单调递增,无最小值,当x=1时取得最大值2-a;当a<0时,f(x)=2x+,当≥1,即a∈(-∞,-2]时,y=f(x)在(0,1]上单调递减,无最大值,当x=1时取得最小值2-a;当<1,即a∈ (-2,0)时,y=f(x)在上单调递减,在上单调递增,无最大值,当x=时取得最小值2.。
高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用2.2函数的单调性与最值课时提升作业理
课时提升作业五函数的单调性与最值(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.(2016·石家庄模拟)下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是( )A.y=错误！未找到引用源。
B.y=(x-1)2C.y=2-xD.y=log0.5(x+1)【解析】选A.y=错误！未找到引用源。
在(0,+∞)上是增函数;y=(x-1)2在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数;y=2-x=错误！未找到引用源。
在x∈R上是减函数;y=log0.5(x+1)在(-1,+∞)上是减函数.【加固训练】下列函数中,满足“f(x+y)=f(x)f(y)”且是单调递增函数的是( )A.f(x)=错误！未找到引用源。
B.f(x)=x3C.f(x)=错误！未找到引用源。
D.f(x)=3x【解析】选D.f(x)=错误！未找到引用源。
,f(x+y)=(x+y错误！未找到引用源。
≠错误！未找到引用源。
·错误！未找到引用源。
,不满足f(x+y)=f(x)f(y),A不满足题意.f(x)=x3,f(x+y)=(x+y)3≠x3·y3,不满足f(x+y)=f(x)f(y),B不满足题意.f(x)=错误！未找到引用源。
,f(x+y)=错误！未找到引用源。
=错误！未找到引用源。
·错误！未找到引用源。
,满足f(x+y)=f(x)f(y),但f(x)=错误！未找到引用源。
不是增函数,C不满足题意.f(x)=3x,f(x+y)=3x+y=3x·3y,满足f(x+y)=f(x)·f(y),且f(x)=3x是增函数,D满足题意.2.函数f(x)=|x-2|x的单调递减区间是( )A.[1,2]B.[-1,0]C.[0,2]D.[2,+∞)【解析】选A.由于f(x)=|x-2|x=结合图象可知函数的单调递减区间是[1,2].3.已知函数f(x)=错误！未找到引用源。
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【解析】选A.若函数f(x)在R上递增,则需log21≥c+1,即c≤-1.由于c=-1⇒c≤-1,但c≤-1c=-1,所以“c=-1”是“函数f(x)在R上递增”的充分不必要条件.4.(2016·朔州模拟)函数y=错误！未找到引用源。
高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 2.2 函数的单调性与最值课时提升作业 理
课时提升作业五函数的单调性与最值(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.(2016·石家庄模拟)下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是( )A.y=错误!未找到引用源。
B.y=(x-1)2C.y=2-xD.y=log0.5(x+1)【解析】选A.y=错误!未找到引用源。
在(0,+∞)上是增函数;y=(x-1)2在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数;y=2-x=错误!未找到引用源。
在x∈R上是减函数;y=log0.5(x+1)在(-1,+∞)上是减函数.【加固训练】下列函数中,满足“f(x+y)=f(x)f(y)”且是单调递增函数的是( )A.f(x)=错误!未找到引用源。
B.f(x)=x3C.f(x)=错误!未找到引用源。
D.f(x)=3x【解析】选D.f(x)=错误!未找到引用源。
,f(x+y)=(x+y错误!未找到引用源。
≠错误!未找到引用源。
·错误!未找到引用源。
,不满足f(x+y)=f(x)f(y),A不满足题意.f(x)=x3,f(x+y)=(x+y)3≠x3·y3,不满足f(x+y)=f(x)f(y),B不满足题意.f(x)=错误!未找到引用源。
,f(x+y)=错误!未找到引用源。
=错误!未找到引用源。
·错误!未找到引用源。
,满足f(x+y)=f(x)f(y),但f(x)=错误!未找到引用源。
不是增函数,C不满足题意.f(x)=3x,f(x+y)=3x+y=3x·3y,满足f(x+y)=f(x)·f(y),且f(x)=3x是增函数,D满足题意.2.函数f(x)=|x-2|x的单调递减区间是( )A.[1,2]B.[-1,0]C.[0,2]D.[2,+∞)【解析】选A.由于f(x)=|x-2|x=结合图象可知函数的单调递减区间是[1,2].3.已知函数f(x)=错误!未找到引用源。
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【解析】选A.若函数f(x)在R上递增,则需log21≥c+1,即c≤-1.由于c=-1⇒c≤-1,但c≤-1c=-1,所以“c=-1”是“函数f(x)在R上递增”的充分不必要条件.4.(2016·朔州模拟)函数y=错误!未找到引用源。
高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第2讲 函数的单调性与最值创新教学案(含解析)新人教版
第2讲函数的单调性与最值[考纲解读] 1.掌握求函数单调性与单调区间的求解方法，并能利用函数的单调性求最值．(重点)2．理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．(重点)3．能够运用函数图象理解和研究函数的性质．(难点)[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点．预测2021年高考将主要考查函数单调性的应用、比较大小、函数最值的求解、根据函数的单调性求参数的取值X围等问题.1.函数的单调性(1)增函数、减函数增函数减函数一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的01任意两个自变量的值x1，x2定义当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是02增函数当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是03减函数图象描述自左向右看图象是04上升的自左向右看图象是05下降的(2)单调区间的定义如果函数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06单调性．区间D叫做函数y＝f(x)07单调区间．2．函数的最值前提 设函数y ＝f (x )的定义域为I ，如果存在实数M 满足条件 ①对于任意的x ∈I ，都有01f (x )≤M ；②存在x 0∈I ，使得02f (x 0)＝M①对于任意x ∈I ，都有03f (x )≥M ；②存在x 0∈I ，使得04f (x 0)＝M结论 M 为函数y ＝f (x )的最大值M 为函数y ＝f (x )的最小值1．概念辨析(1)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( )(2)设任意x 1，x 2∈[a ，b ]且x 1≠x 2，那么f (x )在[a ，b ]上是增函数⇔f x 1－f x 2x 1－x 2>0⇔(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0.( )(3)假设函数y ＝f (x )，x ∈D 的最大值为M ，最小值为m (M ＞m )，那么此函数的值域为[m ，M ]．( )(4)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到．( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√2．小题热身(1)设定义在[－1,7]上的函数y ＝f (x )的图象如下图，那么函数y ＝f (x )的增区间为________．答案 [－1,1]，[5,7]解析 由图可知函数的单调递增区间为[－1,1]和[5,7]．(2)函数y ＝4x －x 2＋3，x ∈[0,3]的单调递增区间是________，最小值是________，最大值是________．答案 [0,2] 3 7解析 因为y ＝4x －x 2＋3＝－(x －2)2＋7，所以函数y ＝4x －x 2＋3，x ∈[0,3]的单调递增区间是[0,2]．当x ＝2时，y max ＝7；当x ＝0时，y min ＝3.(3)函数f (x )＝(2a －1)x －3是R 上的减函数，那么a 的取值X 围是________． 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12 解析 因为函数f (x )＝(2a －1)x －3是R 上的减函数，所以2a －1＜0，解得a ＜12.(4)函数f (x )＝3x ＋1(x ∈[2,5])的最大值与最小值之和等于________． 答案 32解析 因为函数f (x )＝3x ＋1在[2,5]上单调递减，所以f (x )max ＝f (2)＝1，f (x )min ＝f (5)＝12，f (x )max ＋f (x )min ＝32.题型 一 确定函数的单调性(区间)1．函数f (x )＝ln (x 2－2x －8)的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－2) B ．(－∞，1) C ．(1，＋∞) D ．(4，＋∞)答案 D解析 由x 2－2x －8>0，得x >4或x <－2. 设t ＝x 2－2x －8，那么y ＝ln t 为增函数．要求函数f (x )的单调递增区间，即求函数t ＝x 2－2x －8在定义域内的单调递增区间． ∵函数t ＝x 2－2x －8在(－∞，－2)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增， ∴函数f (x )的单调递增区间为(4，＋∞)． 2．函数f (x )＝|x －2|x 的单调递减区间是( ) A ．[1,2] B ．[－1,0] C ．[0,2] D ．[2，＋∞)答案 A解析 f (x )＝|x －2|x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2x ，x ≥2，2－x x ，x <2.作出此函数的图象如下．观察图象可知，f (x )＝|x －2|x 的单调递减区间是[1,2]．条件探究 将本例中“f (x )＝|x －2|x 〞改为“f (x )＝x 2－2|x |〞，那么f (x )的单调递减区间是________，单调递增区间是________．答案 (－∞，－1]和(0,1] (－1,0]和(1，＋∞)解析 f (x )＝x 2－2|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，x 2＋2x ，x <0.作出此函数的图象如右图，观察图象可知，此函数的单调递减区间是(－∞，－1]和(0,1]；单调递增区间是(－1，0]和(1，＋∞)．3．试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性．解 解法一：设－1<x 1<x 2<1， f (x )＝a ·x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1，那么f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1 ＝a x 2－x 1x 1－1x 2－1.由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0， 故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0， 即f (x 1)>f (x 2)，函数f (x )在(－1,1)上单调递减； 当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递增．解法二：f′(x)＝ax′x－1－ax x－1′x－12＝a x－1－axx－12＝－ax－12.当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增．1．确定函数单调性(区间)的三种常用方法(1)定义法：一般步骤：①任取x1，x2∈D，且x1<x2；②作差f(x1)－f(x2)；③变形(通常是因式分解和配方)；④定号(即判断f(x1)－f(x2)的正负)；⑤下结论(即指出函数f(x)在给定的区间D上的单调性)．如举例说明3可用此法．(2)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，那么可由图象的直观性确定它的单调性．如举例说明2.(3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．如举例说明3可用此法．2．熟记函数单调性的三个常用结论(1)假设f(x)，g(x)均是区间A上的增(减)函数，那么f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数；(2)假设k>0，那么kf(x)与f(x)单调性相同；假设k<0，那么kf(x)与f(x)单调性相反；(3)复合函数单调性的确定方法：假设两个简单函数的单调性相同，那么这两个函数的复合函数为增函数；假设两个简单函数的单调性相反，那么这两个函数的复合函数为减函数，简称“同增异减〞．如举例说明1.1．假设函数f(x)＝ax＋1在R上递减，那么函数g(x)＝a(x2－4x＋3)的增区间是( ) A．(2，＋∞) B．(－∞，2)C．(4，＋∞) D．(－∞，4)答案 B解析因为函数f(x)＝ax＋1在R上递减，所以a<0，所以g(x)＝a(x2－4x＋3)＝a[(x－2)2－1]的增区间是(－∞，2)．2．函数f (x )＝6x －x 2的单调递减区间是________． 答案 [3,6]解析 由6x －x 2≥0得0≤x ≤6， 故函数f (x )的定义域为[0,6]，再利用二次函数的性质可得函数f (x )的单调递减区间是[3,6]． 3．用定义法证明：f (x )＝log 2(x －2)在(2，＋∞)上单调递增．证明 ∀x 1，x 2∈(2，＋∞)且x 1＜x 2，f (x 1)－f (x 2)＝log 2(x 1－2)－log 2(x 2－2)＝log 2x 1－2x 2－2. 又由2＜x 1＜x 2，得0＜x 1－2x 2－2＜1. 所以log 2x 1－2x 2－2＜0，即f (x 1)－f (x 2)＜0. 所以f (x 1)＜f (x 2)．所以函数f (x )在区间(2，＋∞)上单调递增．题型 二 求函数的最值(值域)1．函数f (x )＝－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上的最大值是( )A.32 B ．－83C ．－2D ．2答案 A解析 因为函数f (x )＝－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上是减函数，所以f (x )max ＝f (－2)＝2－12＝32. 2．函数y ＝x －x －1的最小值为________． 答案 34解析 令t ＝x －1，那么t ≥0且x ＝t 2＋1，所以y ＝t 2＋1－t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋34，t ≥0，所以当t ＝12时，y min ＝34.条件探究 将本例中“y ＝x －x －1〞改为“y ＝x ＋1－x 2〞，那么函数y ＝x ＋1－x 2的最小值为________．答案 －1解析 由1－x 2≥0可得－1≤x ≤1. 可令x ＝cos θ，θ∈[0，π]，那么y ＝cos θ＋sin θ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，θ∈[0，π]，所以－1≤y ≤2，故所求函数的最小值是－1.3．对a ，b ∈R ，记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥b ，b ，a ＜b ，函数f (x )＝max{|x ＋1|，|x －2|}(x ∈R )的最小值是________．答案 32解析 由|x ＋1|≥|x －2|， 得(x ＋1)2≥(x －2)2. 所以x ≥12.所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，x ≥12，|x －2|，x ＜12.其图象如下图．由图象易知，当x ＝12时，函数有最小值，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12＋1＝32.4．函数f (x )＝2a x－2020a x ＋1的值域为________．答案 (－2020,2)解析 解法一：f (x )＝2a x－2020a x ＋1＝2a x ＋1－2022a x ＋1＝2－2022a x ＋1，因为a x＞0，所以a x＋1＞1，所以0＜2022a x ＋1＜2022， 所以－2020＜2－2022a x ＋1＜2， 故函数f (x )的值域为(－2020,2)． 解法二：令y ＝f (x )＝2a x－2020a x ＋1，得y ·a x ＋y ＝2a x －2020，所以(y －2)a x＝－y －2020，a x＝－y ＋2020y －2， 由a x＞0得y ＋2020y －2＜0，故－2020＜y ＜2， 所以函数f (x )＝2a x－2020a x ＋1的值域为(－2020,2)．求函数的最值(值域)的常用方法(1)单调性法：假设所给函数为单调函数，可根据函数的单调性求最值．如举例说明1. (2)换元法：求形如y ＝ax ＋b ＋(cx ＋d )(ac ≠0)的函数的值域或最值，常用代数换元法、三角换元法结合题目条件将原函数转化为熟悉的函数，再利用函数的相关性质求解．如举例说明2.(3)数形结合法：假设函数解析式的几何意义较明显(如距离、斜率等)或函数图象易作出，可用数形结合法求函数的值域或最值．如举例说明3.(4)有界性法：利用代数式的有界性(如x 2≥0，x ≥0，2x>0，－1≤sin x ≤1等)确定函数的值域．如举例说明4可用此法．(5)分离常数法：形如求y ＝cx ＋dax ＋b(ac ≠0)的函数的值域或最值常用分离常数法求解．如举例说明4可用此法．另外，基本不等式法、导数法求函数值域或最值也是常用方法，在后面章节中有重点讲述．1．(2019·某某质检)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x－log 2(x ＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．答案 3解析 由于y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x在R 上单调递减，y ＝log 2(x ＋2)在[－1,1]上单调递增，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)＝3.2．函数y ＝3x ＋1x －2的值域为________．答案 {y |y ∈R 且y ≠3} 解析 y ＝3x ＋1x －2＝3x －2＋7x －2＝3＋7x －2，因为7x －2≠0，所以3＋7x －2≠3，所以函数y ＝3x ＋1x －2的值域为{y |y ∈R 且y ≠3}． 3．函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|的值域为________． 答案 [3，＋∞)解析 函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋1，x ≤－1，3，－1＜x ＜2，2x －1，x ≥2.作出函数的图象如下图．根据图象可知，函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|的值域为[3，＋∞)．题型 三 函数单调性的应用角度1 比较函数值的大小1．(2019·某某模拟)定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，且函数f (x )在(－∞，0)上是减函数，假设a ＝f (－1)，b ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫log 214，c ＝f (20.3)，那么a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c ＜b ＜aB ．a ＜c ＜bC ．b ＜c ＜aD ．a ＜b ＜c答案 B解析 ∵函数f (x )满足f (－x )＝f (x )， ∴c ＝f (20.3)＝f (－20.3)．∵1＜20.3＜2，∴－1＞－20.3＞－2， 即－1＞－20.3＞log 214.∵函数f (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴f (－1)＜f (－20.3)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 214，即a ＜c ＜b .角度2 解不等式2．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≥0，1，x <0，那么不等式f (1－x 2)>f (2x )的x 的取值X 围是( )A ．(0，2－1)B ．(－1，2＋1)C ．(0，2＋1)D ．(－1，2－1)答案 D解析 作出函数f (x )的图象如下图．那么不等式f (1－x 2)>f (2x )等价于⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2>0，2x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2>0，2x >0，1－x 2>2x ，解得－1<x <2－1.角度3 求参数的值或取值X 围3．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －3x ＋5，x ≤1，2a －log a x ，x >1，对于任意x 1≠x 2都有f x 1－f x 2x 1－x 2<0成立，那么实数a 的取值X 围是( )A ．(1,3]B ．(1,3)C ．(1,2]D ．(1,2)答案 C解析 根据题意，由f x 1－f x 2x 1－x 2<0，易知函数f (x )为R 上的单调递减函数，那么⎩⎪⎨⎪⎧a －3<0，a >1，a －3＋5≥2a ，解得1<a ≤2.应选C.函数单调性应用问题的常见类型及解题策略(1)比较大小．如举例说明1.(2)解不等式．利用函数的单调性将“f 〞符号脱掉，转化为具体的不等式求解，应注意函数的定义域．如举例说明2.(3)利用单调性求参数①依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与单调区间比较；②需注意：假设函数在区间[a ，b ]上是单调的，那么该函数在此区间的任意子集上也是单调的；③分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．如举例说明3.1．(2019·某某模拟)函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且当x ∈[－2,1]时，f (x )＝x 2－2x －4，那么关于x 的不等式f (x )<－1的解集为( )A ．(－∞，－1)B ．(－∞，3)C ．(－1,3)D ．(－1，＋∞)答案 D解析 因为f (－1)＝－1，所以f (x )＜－1， 等价于f (x )＜f (－1)．又函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减．所以x ＞－1，所以关于x 的不等式f (x )＜－1的解集为(－1，＋∞)． 2．(2020·某某市高三摸底)函数y ＝x －5x －a －2在(－1，＋∞)上单调递增，那么a 的取值X 围是( )A ．a ＝－3B ．a <3C ．a ≤－3D ．a ≥－3答案 C 解析 y ＝x －5x －a －2＝x －a －2＋a －3x －a －2＝1＋a －3x －a ＋2，所以当a －3<0时，y ＝x －5x －a －2的单调递增区间是(－∞，a ＋2)，(a ＋2，＋∞)；当a －3≥0时不符合题意．又y ＝x －5x －a －2在(－1，＋∞)上单调递增，所以(－1，＋∞)⊆(a ＋2，＋∞)，所以a ＋2≤－1，即a ≤－3，综上知，a 的取值X 围是(－∞，－3]．3．f (x )＝2x －2－x，a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫79－14，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9715，c ＝log 279，那么f (a )，f (b )，f (c )的大小顺序为( )A ．f (b )<f (a )<f (c )B ．f (c )<f (b )<f (a )C ．f (c )<f (a )<f (b )D ．f (b )<f (c )<f (a )答案 B解析 a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫79－14＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9714>⎝ ⎛⎭⎪⎫9715>1，c ＝log 279<0，所以c <b <a .因为f (x )＝2x －2－x ＝2x－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上单调递增，所以f (c )<f (b )<f (a )．组 基础关1．(2020·某某大名一中月考)以下函数中，满足“f (x ＋y )＝f (x )f (y )〞的单调递增函数是( )A ．f (x )＝x 12B ．f (x )＝x 3C ．f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xD ．f (x )＝3x答案 D解析 f (x )＝x 12，f (y )＝y 12，f (x ＋y )＝(x ＋y )12，不满足f (x ＋y )＝f (x )f (y )，故A 错误；f (x )＝x 3，f (y )＝y 3，f (x ＋y )＝(x ＋y )3，不满足f (x ＋y )＝f (x )f (y )，故B 错误；f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是单调递减函数，故C 错误；f (x )＝3x ，f (y )＝3y ，f (x ＋y )＝3x ＋y，满足f (x ＋y )＝f (x )f (y )，且f (x )在R 上是单调递增函数，故D 正确．应选D.2．函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132x 2－3x ＋1的单调递增区间为( ) A ．(1，＋∞)B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，34 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞答案 B解析 令μ＝2x 2－3x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342－18，因为μ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342－18在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34上单调递减，函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13μ在R 上单调递减．所以y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132x 2－3x ＋1在⎝⎛⎦⎥⎤－∞，34上单调递增．3．f (x )在R 上是减函数，a ，b ∈R 且a ＋b ≤0，那么以下结论正确的选项是( ) A ．f (a )＋f (b )≤－[f (a )＋f (b )] B ．f (a )＋f (b )≤f (－a )＋f (－b ) C ．f (a )＋f (b )≥－[f (a )＋f (b )] D ．f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b ) 答案 D解析 a ＋b ≤0可转化为a ≤－b 或b ≤－a ，由于函数f (x )在R 上是减函数，所以f (a )≥f (－b )，f (b )≥f (－a )，两式相加得f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )．4．函数f (x )的图象向左平移1个单位后关于y 轴对称，当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (3)，那么a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c >a >bB ．c >b >aC ．a >c >bD ．b >a >c答案 D解析 根据可得函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数，所以a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，且2<52<3，所以b >a >c .5．(2020·某某某某高中月考)假设函数y ＝ax 与y ＝－bx在(0，＋∞)上都是减函数，那么y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上是( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．先减后增答案 B解析 ∵y ＝ax 与y ＝－b x在(0，＋∞)上都是减函数，∴a <0，b <0，∴y ＝ax 2＋bx 的对称轴方程x ＝－b2a<0，∴y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上为减函数．6．(2019·某某模拟)函数f (x )＝2|x －a |＋3在区间[1，＋∞)上不单调，那么a 的取值X 围是( )A ．[1，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(－∞，1]答案 B解析 函数f (x )＝2|x －a |＋3的增区间为[a ，＋∞)，减区间为(－∞，a ]，假设函数f (x )＝2|x －a |＋3在区间[1，＋∞)上不单调，那么a >1.7．(2019·某某某某二联)设函数f (x )在R 上为增函数，那么以下结论一定正确的选项是( )A ．y ＝1f x在R 上为减函数B ．y ＝|f (x )|在R 上为增函数C ．y ＝2－f (x )在R 上为减函数D ．y ＝－[f (x )]3在R 上为增函数 答案 C解析 A 错误，比如f (x )＝x 在R 上为增函数，但y ＝1f x＝1x在R 上不具有单调性；B错误，比如f (x )＝x 在R 上为增函数，但y ＝|f (x )|＝|x |在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数；D 错误，比如f (x )＝x 在R 上为增函数，但y ＝－[f (x )]3＝－x 3在R 上为减函数；C 正确，由复合函数同增异减，得y ＝2－f (x )在R 上为减函数．应选C.8．函数f (x )＝1a －1x (a ＞0，x ＞0)，假设f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，那么a ＝________.答案 25解析 由反比例函数的性质，知函数f (x )＝1a －1x (a ＞0，x ＞0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增， 所以⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f 2＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －2＝12，1a －12＝2，解得a ＝25.9．函数f (x )＝ln x ＋x ，假设f (a 2－a )>f (a ＋3)，那么正数a 的取值X 围是________． 答案 (3，＋∞)解析 ∵函数f (x )＝ln x ＋x 的定义域为(0，＋∞)，且为单调递增函数，∴f (a 2－a )>f (a＋3)同解于⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a >0，a ＋3>0，a 2－a >a ＋3，解得a >3.所以正数a 的取值X 围是(3，＋∞)．10．函数f (x )＝4－mxm －1(m ≠1)在区间(0,1]上是减函数，那么实数m 的取值X 围是________．答案 (－∞，0)∪(1,4]解析 由题意可得4－mx ≥0，x ∈(0,1]恒成立，所以m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫4x min ＝4.当0<m ≤4时，4－mx单调递减，所以m －1>0，解得1<m ≤4.当m <0时，4－mx 单调递增，所以m －1<0，解得m <1，所以m <0.故实数m 的取值X 围是(－∞，0)∪(1,4]．组 能力关1．(2019·某某某某模拟)假设2x ＋5y ≤2－y ＋5－x，那么有( ) A ．x ＋y ≥0 B ．x ＋y ≤0 C ．x －y ≤0 D ．x －y ≥0答案 B解析 原不等式可化为2x－5－x≤2－y－5y ，记函数f (x )＝2x －5－x，那么原不等式可化为f (x )≤f (－y )．又函数f (x )在R 上单调递增，所以x ≤－y ，即x ＋y ≤0.2．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ，x >3，mx ＋8，x ≤3.假设f (2)＝4，且函数f (x )存在最小值，那么实数a的取值X 围为( )A ．(1，3]B ．(1,2]C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，33 D ．[3，＋∞)答案 A解析 因为f (2)＝2m ＋8＝4，所以m ＝－2，所以当x ≤3时，f (x )＝－2x ＋8.此时f (x )≥f (3)＝2.因为函数f (x )存在最小值，所以当x >3时，f (x )单调递增，且log a 3≥2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >1，log a 3≥log a a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a >1，a 2≤3，解得a ∈(1，3]．3．(2019·某某模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，那么函数g (x )的单调递减区间是________．答案 [0,1)解析 ∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，∴当x ＞1时，即x －1＞0，g (x )＝x 2； 当x ＝1时，x －1＝0，g (x )＝0； 当x ＜1时，x －1＜0，g (x )＝－x 2；∴g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ＞1，0，x ＝1，－x 2，x ＜1，画出函数g (x )的图象，如下图．根据图象得出，函数g (x )的单调递减区间是[0,1)．4．(2020·某某模拟调研)函数f (x )＝log a (－x ＋1)(a >0，且a ≠1)在[－2,0]上的值域是[－1,0]，那么实数a ＝________；假设函数g (x )＝ax ＋m－3的图象不经过第一象限，那么实数m 的取值X 围为________．答案 13[－1，＋∞)解析 函数f (x )＝log a (－x ＋1)(a >0，且a ≠1)在[－2,0]上的值域是[－1,0]．当a >1时，f (x )＝log a (－x ＋1)在[－2,0]上单调递减，∴⎩⎪⎨⎪⎧f－2＝log a 3＝0，f 0＝log a 1＝－1，无解；当0<a <1时，f (x )＝log a (－x ＋1)在[－2,0]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧f－2＝log a 3＝－1，f0＝log a 1＝0，解得a ＝13.∵g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＋m－3的图象不经过第一象限，∴g (0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13m－3≤0，解得m ≥－1，即实数m 的取值X 围是[－1，＋∞)． 5．f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)假设a ＝－2，证明：f (x )在(－∞，－2)上单调递增； (2)假设a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值X 围． 解 (1)证明：当a ＝－2时，f (x )＝xx ＋2.设x 1<x 2<－2， 那么f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2x 1－x 2x 1＋2x 2＋2.因为(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， 所以f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， 所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增． (2)设1<x 1<x 2， 那么f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a＝a x 2－x 1x 1－a x 2－a.因为a >0，x 2－x 1>0，所以要使f (x 1)－f (x 2)>0， 只需(x 1－a )(x 2－a )>0恒成立，所以a ≤1. 综上所述，0<a ≤1.6．定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)证明：f (x )为单调递减函数；(2)假设f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值． 解 (1)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2， 那么x 1x 2>1，由于当x >1时，f (x )<0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数． (2)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f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)得，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫93＝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.。
(浙江专版)2018高考数学一轮复习 第2章 函数_导数及其应用 第2节 函数的单调性与最值课时分层训练
课时分层训练(四) 函数的单调性与最值A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) 【导学号：51062021】 A ．y ＝2－xB ．y ＝xC ．y ＝log 2xD ．y ＝－1xB [由题知，只有y ＝2－x与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数．] 2．若函数y ＝ax 与y ＝－b x在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上是( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．先减后增B [由题意知，a ＜0，b ＜0，则－b2a ＜0，从而函数y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上为减函数．]3．函数f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞C.⎝⎛⎦⎥⎤－1，32 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 D [要使函数有意义需4＋3x －x 2＞0， 解得－1＜x ＜4，∴定义域为(－1,4)．令t ＝4＋3x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋254.则t 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，32上递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4上递减， 又y ＝ln t 在⎝⎛⎦⎥⎤0，254上递增，∴f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4.]4．(2017·绍兴质检)已知函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)A [因为函数f (x )在(－∞，－1)上是单调函数，所以－a ≥－1，解得a ≤1.]5．(2017·台州调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x ≥0，x 2－2x ，x ＜0.若f (－a )＋f (a )≤2f (1)，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0)B ．[0,1]C ．[－1,1]D ．[－2,2]C [因为函数f (x )是偶函数，故f (－a )＝f (a )，原不等式等价于f (a )≤f (1)，即f (|a |)≤f (1)，而函数在[0，＋∞)上单调递增，故|a |≤1，解得－1≤a ≤1.]二、填空题6．(2017·温州一模)函数f (x )＝log 2(－x 2＋22)的值域为________.【导学号：51062022】⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32 [∵0＜－x 2＋22≤22，∴当x ＝0时，f (x )取得最大值，f (x )max ＝f (0)＝log 222＝32，∴f (x )的值域为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32.] 7．已知函数f (x )为R 上的减函数，若m ＜n ，则f (m )________f (n )；若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)，则实数x 的取值范围是________．＞ (－1,0)∪(0,1) [由题意知f (m )＞f (n )；⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＞1，即|x |＜1，且x ≠0.故－1＜x ＜1且x ≠0.]8．(2017·宁波模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋a ，x ＜1，2x，x ≥1的最小值为2，则实数a 的取值范围是________．[3，＋∞) [当x ≥1时，f (x )≥2，当x ＜1时，f (x )＞a －1.由题意知a －1≥2，∴a ≥3.]三、解答题9．已知函数f (x )＝－2x ＋1，x ∈[0,2]，用定义证明函数的单调性，并求函数的最大值和最小值. 【导学号：51062023】[解] 设0≤x1＜x 2≤2，则f (x 1)－f (x 2)＝－2x 1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1＝－x 2＋1－x 1－x 1＋x 2＋＝－x 2－x 1x 1＋x 2＋.3分由0≤x 1＜x 2≤2，得x 2－x 1＞0，(x 1＋1)(x 2＋1)＞0，6分 所以f (x 1)－f (x 2)＜0， 即f (x 1)＜f (x 2)，故f (x )在区间[0,2]上是增函数.10分 因此，函数f (x )＝－2x ＋1在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f (0)＝－2，最大值是f (2)＝－23.15分10．已知f (x )＝xx －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x 1＜x 2＜－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝x 1－x 2x 1＋x 2＋.4分∵(x 1＋2)(x 2＋2)＞0，x 1－x 2＜0， ∴f (x 1)＜f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增.7分 (2)f (x )＝xx －a ＝x －a ＋a x －a ＝1＋ax －a，当a ＞0时，f (x )在(－∞，a )，(a ，＋∞)上是减函数，10分 又f (x )在(1，＋∞)内单调递减，∴0＜a ≤1，故实数a 的取值范围是(0,1].15分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2017·诸暨市一中模拟)已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝－x 2＋4x －3，若存在f (a )＝g (b )，则实数b 的取值范围为( )A ．[0,3]B ．(1,3)C ．[2－2，2＋2]D ．(2－2，2＋2)D [由题可知f (x )＝e x－1＞－1，g (x )＝－x 2＋4x －3＝－(x －2)2＋1≤1， 若f (a )＝g (b )，则g (b )∈(－1,1]，即－b 2＋4b －3＞－1，即b 2－4b ＋2＜0， 解得2－2＜b ＜2＋ 2.所以实数b 的取值范围为(2－2，2＋2)，故选D.]2．规定符号“*”表示一种两个正实数之间的运算，即a *b ＝ab ＋a ＋b ，a ，b 是正实数，已知1] .(1，＋∞) [由题意知1]k )＋1＋k ＝3，解得k ＝1或k ＝－2(舍去)，所以f (x )＝k *x ＝1]x )＋x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34，因为x ＞0，所以f (x )＞1，即f (x )的值域是(1，＋∞)．]3．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，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. 【导学号：51062024】 [解] (1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.3分 (2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1x 2>1， 当x >1时，f (x )<0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2<0，5分即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，∴函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数.9分 (3)∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数， ∴f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫93＝f (9)－f (3)，12分 而f (3)＝－1，∴f (9)＝－2. ∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.15分。
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【2019最新】精选高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第2节函
数的单调性与最值课时分层训练文新人教A 版
A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)
一、选择题
1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝2－x B ．y ＝x C ．y ＝log2x
D ．y ＝－1
x
B [由题知，只有y ＝2－x 与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数．]
2．若函数y ＝ax 与y ＝－在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax2＋bx 在(0，＋∞)上是( )
【导学号：31222028】
A ．增函数
B ．减函数
C ．先增后减
D ．先减后增
B [由题意知，a ＜0，b ＜0，则－＜0，从而函数y ＝ax2＋bx 在(0，＋∞)上为减函数．]
3．函数f(x)＝ln(4＋3x －x2)的单调递减区间是( ) A. B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫3
2，＋∞
C.
D.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫32，4 D [要使函数有意义需4＋3x －x2＞0， 解得－1＜x ＜4，∴定义域为(－1,4)．
令t ＝4＋3x －x2＝－2＋. 则t 在上递增，在上递减， 又y ＝ln t 在上递增，
∴f(x)＝ln(4＋3x －x2)的单调递减区间为.]
4．(2017·长春质检)已知函数f(x)＝|x ＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( )
A ．(－∞，1]
B ．(－∞，－1]
C ．[－1，＋∞)
D ．[1，＋∞)
A [因为函数f(x)在(－∞，－1)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.] 5．(2017·衡水调研)已知函数f(x)＝若f(－a)＋f(a)≤2f(1)，则a 的取值范围是( )
【导学号：31222029】
A ．[－1,0)
B ．[0,1]
C ．[－1,1]
D ．[－2,2]
C [因为函数f(x)是偶函数，故f(－a)＝f(a)，原不等式等价于f(a)≤f(1)，即f(|a|)≤f(1)，而函数在[0，＋∞)上单调递增，故|a|≤1，解得－1≤a≤1.]
二、填空题
6．(2017·江苏常州一模)函数f(x)＝log2(－x2＋2)的值域为________．
⎝ ⎛⎦
⎥⎤－∞，32 [∵0＜－x2＋2≤2， ∴当x ＝0时，f(x)取得最大值，
f(x)max ＝f(0)＝log22＝，
∴f(x)的值域为.]
7．已知函数f(x)为R 上的减函数，若m ＜n ，则f(m)________f(n)；若f ＜f(1)，则实数x 的取值范围是________．
＞ (－1,0)∪(0,1) [由题意知f(m)＞f(n)；＞1， 即|x|＜1，且x≠0.故－1＜x ＜1且x≠0.]
8．(2017·郑州模拟)设函数f(x)＝的最小值为2，则实数a的取值范围是________．
【导学号：31222030】[3，＋∞)[当x≥1时，f(x)≥2，当x＜1时，f(x)＞a－1.由题意知a－1≥2，∴a≥3.]
三、解答题
9．已知函数f(x)＝－，x∈[0,2]，用定义证明函数的单调性，并求函数的最大值和最小值．
[解] 设0≤x1＜x2≤2，则f(x1)－f(x2)＝－－＝－＝－.3分
由0≤x1＜x2≤2，
得x2－x1＞0，(x1＋1)(x2＋1)＞0，6分
所以f(x1)－f(x2)＜0，
即f(x1)＜f(x2)，
故f(x)在区间[0,2]上是增函数.10分
因此，函数f(x)＝－在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f(0)＝－2，最大值是f(2)＝－.12分
10．已知f(x)＝(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)＝－x2
x2＋2
＝.2分
∵(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，
∴f(x1)＜f(x2)，
∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增.5分
(2)f(x)＝＝＝1＋，
当a＞0时，f(x)在(－∞，a)，(a，＋∞)上是减函数，8分
又f(x)在(1，＋∞)内单调递减，
∴0＜a≤1，故实数a的取值范围是(0,1].12分
B组能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2017·湖北枣阳第一中学3月模拟)已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋
4x－3，若存在f(a)＝g(b)，则实数b的取值范围为( ) 【导学号：31222031】
A．[0,3] B．(1,3)
C．[2－，2＋] D．(2－，2＋)
D [由题可知f(x)＝ex－1＞－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，
若f(a)＝g(b)，则g(b)∈(－1,1]，
即－b2＋4b－3＞－1，即b2－4b＋2＜0，
解得2－＜b＜2＋.
所以实数b的取值范围为(2－，2＋)，故选D.]
2．函数y＝－x(x≥0)的最大值为________．
1
[令t＝，则t≥0，所以y＝t－t2＝－2＋，结合图象(图略)知，当t＝，即4
x＝时，ymax＝.]
3．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f＝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(x1)＝0，故f(1)＝0.3分
(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则>1，
当x>1时，f(x)<0，∴f<0，5分
即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)<f(x2)，
∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数.7分(3)∵f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，
∴f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)．
由f＝f(x1)－f(x2)，得f＝f(9)－f(3)，9分
而f(3)＝－1，∴f(9)＝－2.
∴f(x)在[2,9]上的最小值为－2.12分。