【配套K12】全国版2019版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学案
2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.9函数模型及其应用课件理
(1)当x∈[200,300]时，判断该项目能否获利？如果获 利，求出最大利润；如果亏损，则国家每月补偿数额的范 围是多少？ (2)该项目每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均 处理成本最低？ 本题用函数法，再由均值定理解之．
解
(1)当x∈[200,300]时，设该项目获利为S，
1 1 2 2 则S＝200x－2x －200x＋80000＝－2x ＋400x－80000
1 ＝－2(x－400)2， 所以当x∈[200,300]时，S<0，因此该单位不会获利． 当x＝300时，S取得最大值－5000， 当x＝200时，S取最小值－20000，所以国家每月补偿 数额的范围是[5000,20000]．
(2)由题意，可知二氧化碳的每吨处理成本为
1x2－80x＋5040，x∈[120，144， y 3 x＝1 80000 x＋ x －200，x∈[144，500]. 2
1＋p＋q＝10， ∴ 解得p＝－8，q＝17， 9＋3p＋q＝2，
∴f(x)＝x2－8x＋17，故答案为③；x2－8x＋17.
经典题型冲关
题型1 二次函数及分段函数模型 为了保护环境，发展低碳经济，某单位在国家 典例 科研部门的支持下，进行技术攻关，新上了把二氧化碳处 理转化为一种可利用的化工产品的项目，经测算，该项目 月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似地 1x3－80x2＋5040x，x∈[120，144， 3 表示为y＝ 且每处 1 2 x －200x＋80000，x∈[144，500]， 2 理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为200元，若该 项目不获利，亏损数额国家将给予补偿．
(4)对数函数增长模型比较适合于描述பைடு நூலகம்长速度平缓的
2019年高考数学一轮总复习第二章函数、导数及其应用2.1函
唯一确定 的数 f(x)和它对应 ____________ 唯一确定 的元素 y 与之对应 ____________
名称 记法
称
f：A→B 为从集合 A 到集 称对应
f：A→B
为从集合 A
合 B 的一个函数 y＝f(x)，x∈A
到集合 B 的一个映射 对应 f：A→B 是一个映射
2.函数的有关概念 (1)函数的定义域、值域 在函数 y＝f(x)，x∈A 中，x 叫做自变量，x 的取值范围 A 叫做函数的 定义域 ； 与 x 的值相对应的 y 值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的 值域 ．显 然，值域是集合 B 的子集． (2)函数的三要素： 定义域 、
答案：11
3
考点疑难突破
函数的定义域
[题 组 训 练] 1．函数 f(x)＝ln(x2－x)的定义域为( A．(0,1) C．(－∞，0)∪(1，＋∞) ) B．[0,1] D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
解析：由题意知，x2－x＞0，即 x＜0 或 x＞1. 则函数的定义域为(－∞，0)∪(1，＋∞)，故选 C.
1
考 情 分 析
考点分 布 1.函数 的概 念及 其表 示
考纲要求
考点频率
命题趋势
高考中常以基 1.了解构成函数的要素， 本初等函数为 会求一些简单函数的 5 年 11 考 载体，与不等 定义域和值域；了解 式结合考查函 映射的概念． 数的定义域、 2．在实际情境中，会 值域、解析式 根据不同的需要选择 的求法．函数 恰当的方法(如图象法、
)
解析：令 t＝x＋1，则由已知函数的定义域为[1,2 017]，可知 1≤t≤2 017.要使函 数 f(x＋1)有意义，则有 1≤x＋1≤2 017，解得 0≤x≤2 016，故函数 f(x＋1)的定义域 为[0,2
【配套K12】2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件(北师大版理科)： 第2章 函数、导数及其应
第十二节 定积分与微积分基本定理[考纲传真] (教师用书独具)1.了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念.2.了解微积分基本定理的含义．(对应学生用书第42页)[基础知识填充]1．定积分的概念与几何意义(1)定积分的定义如果函数f (x )在区间[a ，b ]上连续，用分点将区间[a ，b ]等分成n 个小区间，在每个小区间上任取一点δi (i ＝1,2，…，n )，作和式s ′＝f (δ1)Δx 1＋f (δ2)Δx 2＋…＋f (δi )Δx i ＋…＋f (δn )Δx n .当每个小区间的长度Δx 趋于0时，s ′的值趋于一个常数A ．我们称常数A 叫作函数f (x )在区间[a ，b ]上的定积分，记作⎠⎛a b f (x )d x ，即⎠⎛ab f (x )d x ＝lim n →∞∑ni ＝1b －anf (ξi )．(2)有关概念在⎠⎛a b f (x )d x 中，⎠⎛叫作积分号，a 与b 分别叫作积分下限与积分上限，函数f (x )叫作被积函数．(3)定积分的几何意义2.(1)⎠⎛a b 1d x ＝b －a ；(2)⎠⎛a b kf (x )d x ＝k ⎠⎛ab f (x )d x (k 为常数)；(3)⎠⎛ab [f 1(x )±f 2(x )]d x ＝⎠⎛a b f 1(x )d x ±⎠⎛ab f 2(x )d x ；(4)⎠⎛a b f (x )d x ＝⎠⎛a c f (x )d x ＋⎠⎛cb f (x )d x (其中a <c<b )．3．微积分基本定理如果连续函数f (x )是函数F (x )的导函数，即f (x )＝F ′(x )，那么⎠⎛ab f (x )d x ＝F (b )－F (a )，这个结论叫作微积分基本定理，又叫作牛顿—莱布尼茨公式．通常称F (x )是f (x )的一个原函数． 为了方便，常把F (b )－F (a )记作F (x )|ba ， 即⎠⎛ab f (x )d x ＝F (x )|ba ＝F (b )－F (a )．[知识拓展] 函数f (x )在闭区间[－a ，a ]上连续，则有(1)若f (x )为偶函数，则⎠⎛－a a f (x )d x ＝2⎠⎛0a f (x )d x .(2)若f (x )为奇函数，则⎠⎛－aa f (x )d x ＝0.[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)设函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上连续，则⎠⎛ab f (x )d x ＝⎠⎛abf (t )d t .( ) (2)定积分一定是曲边梯形的面积．( )(3)若⎠⎛ab f (x )d x ＜0，那么由y ＝f (x )的图像，直线x ＝a ，直线x ＝b 以及x 轴所围成的图形一定在x 轴下方．( )(4)若f (x )是偶函数，则⎠⎛－a a f (x )d x ＝2⎠⎛0a f (x )d x .( )[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√2．(教材改编)已知质点的速率v ＝10t ，则从t ＝0到t ＝t 0质点所经过的路程是( )A ．10t 20B ．5t 20 C ．103t 20 D ．53t 20B [S ＝⎠⎛0t 0∫v d t ＝⎠⎛0t 010t d t ＝5t 2⎪⎪⎪t 00＝5t 20.]3.⎠⎛－11e |x |d x 的值为________．2e －2 [⎠⎛－11e |x |d x ＝⎠⎛－10e －x d x ＋⎠⎛01e xd x＝－e －x ⎪⎪⎪0-1＋e x ⎪⎪⎪1＝[－e 0－(－e )]＋(e －e 0) ＝－1＋e ＋e －1＝2e －2.]4．曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为________．16[如图，阴影部分的面积即为所求． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝x ，得A(1,1)．故所求面积为S ＝⎠⎛01(x －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 3⎪⎪⎪10＝16.]5．若⎠⎛0T x 2d x ＝9，则常数T 的值为________．3 [∵⎠⎛0T x 2d x ＝13T 3＝9，T ＞0，∴T ＝3.](对应学生用书第43页)计算下列定积分． (1)⎠⎛-11(x 2＋sin x )d x ；(2)⎠⎛02|1－x |d x ；(3)⎠⎛-11(x 2tan x ＋x 3＋1)d x .[解] (1)⎠⎛-11(x 2＋sin x )d x＝⎠⎛-11x 2d x ＋⎠⎛-11sin x d x＝2⎠⎛01x 2d x ＝2·x 33⎪⎪⎪10＝23.(2)⎠⎛02|1－x |d x ＝⎠⎛01(1－x )d x ＋⎠⎛12(x －1)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x 2⎪⎪⎪10＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－x ⎪⎪⎪21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×22－2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12－1＝1. (3)∵x 2tan x ＋x 3是奇函数，∴⎠⎛-11(x 2tan x ＋x 3＋1)d x ＝⎠⎛-11l d x ＝x ⎪⎪⎪1-1＝2.对被积函数要先化简，再求积分求被积函数为分段函数的定积分，对于含有绝对值符号的被积函数，要先去掉绝对值符号，再求积分注意用“x ＝x 检验积分的对错2.根据定积分的几何意义，可利用面积求定积分[跟踪训练(1)(2018·江西九校联考0【导学号：79140091】(2)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ∈[0，1]，1x，x ∈(1，e )(e 为自然对数的底数)，则⎠⎛0e f (x )d x 的值为________．(1)1＋π4 (2)43 [(1)∵⎠⎛011－x 2d x 等于半径为1的圆面积的14，∴⎠⎛01(2x ＋1－x 2)d x ＝⎠⎛012x d x ＋⎠⎛011－x 2d x ＝x 2⎪⎪⎪10＋14π×12＝1＋π4.(2)∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ∈[0，1]，1x，x ∈(1，e )，∴⎠⎛0e f (x )d x ＝⎠⎛01x 2d x ＋⎠⎛1e 1xd x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3⎪⎪⎪10＋ln x ⎪⎪⎪e1＝13＋ln e ＝43.](1)(2018·南宁、钦州第二次适应性考试)定义min {a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a ＞b ，设f (x )＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，1x ，则由函数f (x )的图像与x 轴、直线x ＝2所围成的封闭图形的面积为( )A ．712 B ．512 C ．13＋ln 2 D ．16＋ln 2 (2)已知曲线y ＝x 2与直线y ＝kx (k ＞0)所围成的曲边图形的面积为43，则k ＝________.(1)C (2)2 [(1)由题意得所求封闭图形的面积为⎠⎛01x 2d x ＋⎠⎛121xd x ＝13x 3⎪⎪⎪10＋ln x |21＝13＋ln 2，故选C ．(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝kx ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k ，y ＝k 2，则曲线y ＝x 2与直线y ＝kx (k ＞0)所围成的曲边梯形的面积为⎠⎛0k(kx －x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2x 2－13x 3|k 0＝k 32－13k 3＝43， 即k 3＝8，所以k ＝2.]根据题意画出图形借助图形确定被积函数，求交点坐标，确定积分的上、下限把曲边梯形的面积表示成若干个定积分的和计算定积分，写出答案易错警示：利用定积分求曲边图形面积时，一定要找准积分上限、下限及被积函数的边界不同时，要分不同情况讨论(2)(2017·山西大学附中第二次模拟)曲线y ＝2sin x (0≤x ≤π)与直线y ＝1围成的封闭图形的面积为________.【导学号：79140092】(1)76 (2)23－2π3 [(1)如图所示，由y ＝x 及y ＝－x ＋2可得交点横坐标为x ＝1.由定积分的几何意义可知，由y ＝x ，y ＝－x ＋2及x 轴所围成的封闭图形的面积为⎠⎛01x d x ＋⎠⎛12(－x ＋2)d x ＝23x 32⎪⎪⎪10＋⎝⎛⎭⎪⎫2x －x 22⎪⎪⎪21＝76.(2)令2sin x ＝1，得sin x ＝12，当x ∈[0，π]时，得x ＝π6或x ＝5π6，所以所求面积S ＝⎠⎜⎜⎛π65π6(2sin x －1)d x＝(－2cos x －x ) ⎪⎪⎪⎪π65π6＝23－2π3.]一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v (t )＝7－3t ＋251＋t (t 的单位：s ，v 的单位：m /s )行驶至停止．在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m )是( )A ．1＋25ln 5B ．8＋25ln 113C ．4＋25ln 5D ．4＋50ln 2C [由v (t )＝7－3t ＋251＋t ＝0，可得t ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＝－83舍去，因此汽车从刹车到停止一共行驶了 4 s ，此期间行驶的距离为⎠⎛04v (t )d t ＝⎠⎛04⎝ ⎛⎭⎪⎫7－3t ＋251＋t d t ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤7t －32t 2＋25ln(1＋t )⎪⎪⎪4＝4＋25ln 5.]t ，那么从tt .变力做功，一物体在变力x 的作用下，沿着与x 相同方向从＝b 时，力x 所做的功是＝⎠⎛ab F xx[跟踪训练] 一物体在力F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧5，0≤x ≤2，3x ＋4，x ＞2(单位：N )的作用下沿与力F 相同的方向，从x ＝0处运动到x ＝4(单位：m )处，则力F (x )做的功为________J. 36 [由题意知，力F (x )所做的功为 W ＝⎠⎛04F (x )d x ＝⎠⎛025d x ＋⎠⎛24(3x ＋4)d x＝5×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋4x ⎪⎪⎪42＝10＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤32×42＋4×4－⎝ ⎛⎭⎪⎫32×22＋4×2＝36(J)．]。
2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.1函数及其表示课件理
经典题型冲关
题型 1 函数的概念 典例1 集合 A＝{x|0≤x≤4}， B＝{y|0≤y≤2}， 下列 ) 1 B．f：x→y＝3x D．f：x→y＝ x
不表示从 A 到 B 的函数的是( 1 A．f：x→y＝2x 2 C．f：x→y＝3x
用定义法．
解析 依据函数概念，集合 A 中任一元素在集合 B 中 都有唯一确定的元素与之对应，选项 C 不符合．故选 C.
4．必记结论 函数与映射的相关结论 (1)相等函数 如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致， 则这两个函数相等． (2)映射的个数 若集合 A 中有 m 个元素，集合 B 中有 n 个元素，则从 集合 A 到集合 B 的映射共有 nm 个． (3)与 x 轴垂直的直线和一个函数的图象至多有 1 个交 点．
值域 ．
表示函数的常用方法有 解析法、图象法和 列表法 ．
3．分段函数 (1)若函数在其定义域的不同子集上，因 对应关系 不 同而分别用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函 数． (2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的 并集 ， 其值域等于各段函数的值域的 并集 ，分段函数虽由几个部 分组成，但它表示的是一个函数．
解析 ①y＝x 与 y＝alogax 定义域不同； ②y＝2x＋1－2x＝2x(2－1)＝2x 相同； ③f(u)与 f(v)的定义域及对应法则均相同； ④对应法则不相同.
x＋1≥0， 等函数；D 项，由 解得 x≥1，即函数 f(x)的定 x－1≥0，
义域为{x|x≥1}．由 x2－1≥0，解得 x≥1 或 x≤－1，即 g(x) 的定义域为{x|x≥1 或 x≤－1}，两个函数的定义域不相同， 不是相等函数．故选 A.
3．小题热身 －x2－x＋2 (1)(2018· 广东深圳模拟)函数 y＝ 的定义域 ln x 为( ) A．(－2,1) B．[－2,1] C．(0,1) D．(0,1]
2019版高考数学(文)高分计划一轮课件：第2章函数、导数及其应用 2-2
本题用定义法．
解 (1)由 2f(1)＝f(－1)，
可得 2
2－2a＝
2＋a，得
a＝
2 3.
(2)证明：任取 x1，x2∈[0，＋∞)，且 x1<x2，
f(x1)－f(x2)＝ x21＋1－ax1－ x22＋1＋ax2
＝ x21＋1－ x22＋1－a(x1－x2)
＝ x21＋x121＋－x22x22＋1－a(x1－x2)
典例3 求函数 f(x)＝x－ln x 的单调区间．
本题采用导数法． 解 由题意，得 x>0. y′＝1－1x＝x－x 1.由 y′＝0 解得 x＝1. 列表如下：
x (0,1) 1 (1，＋∞)
y′ － 0
＋
y
1
由上表可知，函数的单调递增区间为(1，＋∞)，单调
递减区间为(0,1)．
[条件探究] 若本典例变为 f(x)＝ax＋ln x．研究单调区 间时，应注意什么问题？
＝(x1－x2)
x1＋x2 x21＋1＋ x22＋1
－a.
∵0≤x1< x21＋1，0<x2< x22＋1，
∴0< x21＋x11＋＋x2x22＋1<1.
又∵a≥1，∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调
递减．
方法技巧 确定函数单调性(区间)的常用方法
1．定义法：本例采用了定义法．一般步骤为设元→作 差→变形→判断符号→得出结论．其关键是作差变形，为了 便于判断差的符号，通常将差变成因式连乘(除)或平方和的 形式，再结合变量的范围、假定的两个自变量的大小关系及 不等式的性质进行判断．见典例．
解析 由 x2－4>0 得 x<－2 或 x>2.令 u＝x2－4，易知 u ＝x2－4 在(－∞，－2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数， y＝log1 u 为减函数，故 f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)．故
19版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.6对数与对数函数课件理
解析 由于y＝a|x|的值域为{y|y≥1}， ∴a>1，则y＝logax在(0，＋∞)上是增函数， 又函数y＝loga|x|的图象关于y轴对称． 因此y＝loga|x|的图象应大致为选项B.故选B.
2．(2017· 青岛统考)已知函数 g(x)＝|x－k|＋|x－1|，若对任意的x1，x2∈R，都有
方法技巧 利用对数函数的图象可求解的两类热点问题 1．对一些可通过平移、对称变换作出其图象的对数型 函数，在求解其单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时， 常利用数形结合思想求解． 2．一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数 图象问题，利用数形结合法求解．见典例．
冲关针对训练 1．(2017· 郑州一模)若函数y＝a|x|(a>0且a≠1)的值域为 {y|y≥1}，则函数y＝loga|x|的图象大致是( )
角度2 解对数不等式 典例 log
2 1 2
(2017· 江西名校联考)设函数f(x)＝ 8 (x ＋1)＋ 2 ，则不等式f(log2x)＋ 3x ＋1
2
f(log1 x)≥2的解集为( A．(0,2] C．[2，＋∞)
)
1 ， 2 B. 2 1 D.0，2 ∪[2，＋∞)
2 2 B. C．(1， 2) D．( 2，2) ， 1 2 2
a的取值范围是(
A. 0 ，
用数形结合法，排除法．
解析 解法一：构造函数f(x)＝4x和g(x)＝logax，当a＞ 1时不满足条件，当0＜a＜1时，画出两个函数在
1 1 1 的图象，可知f 2 ＜g 2 ，即2＜loga 2 ，a＞ 范围为 2 ， 1 .故选B. 2 1 0 ， 2
近年高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用(二)课后作业理(202
2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11 导数在研究函数中的应用（二）课后作业理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11 导数在研究函数中的应用（二）课后作业理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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2。
11 导数在研究函数中的应用(二)［重点保分两级优选练]A级一、选择题1．(2017·安庆二模）若函数y＝a e x＋3x在R上有小于零的极值点,则实数a的取值范围是（）A．（－3,＋∞）B．(－∞，－3)C。
错误!D。
错误!答案B解析y＝a e x＋3x，求导，y′＝a e x＋3,由若函数y＝a e x＋3x在R上有小于零的极值点，则y′＝a e x＋3＝0有负根,则a≠0，则e x＝－错误!在y轴的左侧有交点，∴0<－错误!〈1，解得：a〈－3，实数a的取值范围为(－∞，－3）．故选B。
2．（2018·太原模拟)设f(x），g(x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，g（x）≠0，当x<0时，f′（x)g（x）－f(x)g′（x)>0,且f（－3）＝0,则不等式错误!<0的解集是( ）A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．（－3，0）∪（0,3)C．（－∞，－3)∪(3,＋∞) D．（－∞，－3）∪（0,3）答案D解析∵f（x)，g(x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴错误!为奇函数，错误!的图象关于原点对称．当x〈0时,f′(x)g（x）－f(x)g′(x)〉0，∴错误!′＝错误!〉0，∴当x〈0时，错误!是增函数,故当x〉0时,错误!也是增函数.函数错误!的单调性的示意图,如图所示：∵f（－3）＝0，∴f（3)＝0，∴由不等式错误!〈0,可得x<－3或0〈x〈3，故原不等式的解集为{x|x<－3或0〈x〈3｝，故选D.3．(2017·冀州月考)函数f(x）＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则x错误!＋x错误!等于( ）A。
2019版高考数学微一轮全国通用版 第二章 函数、导数及其应用精品课件 第2章-第3节
第二章
函数、导数及其应用
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微课时
2 4 － x ≥0， (2)由 |x＋3|－3≠0，
f(x＋T)＝f(x) ，那么就称函数 y＝f(x)为周期函数，称 T 为这个函 的任何值时，都有_____________
数的周期．
存在一个最小 的正数，那 (2)最小正周期：如果在周期函数 f(x)的所有周期中_______________
么这个最小正数就叫做 f(x)的最小正周期．
第二章
函数、导数及其应用
第二章
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2．周期性的三个常用结论 若对于函数 f(x)定义域内的任意一个 x 都有： (1)f(x＋a)＝－f(x)(a≠0， f(x)≠0)， 则函数 f(x)必为周期函数， 2|a|是它的一个周期； 1 (2)f(x＋a)＝ (a≠0，f(x)≠0)，则函数 f(x)必为周期函数，2|a|是它的一个周期． f x (3)若函数 f(x)关于直线 x＝a 与 x＝b 对称，那么函数 f(x)的周期为 2|b－a|.
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【知识拓展】 1．奇偶性的五个重要结论 (1)如果一个奇函数 f(x)在原点处有定义，即 f(0)有意义，那么一定有 f(0)＝0. (2)如果函数 f(x)是偶函数，那么 f(x)＝f(|x|)． (3)既是奇函数又是偶函数的函数只有一种类型，即 f(x)＝0，x∈D，其中定义域 D 是关于原点对称的非空数集． (4)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性；偶函数在两个对称的区间上 具有相反的单调性． (5)偶函数在关于原点对称的区间上有相同的最大(小)值， 取最值时的自变量互为 相反数； 奇函数在关于原点对称的区间上的最值互为相反数， 取最值时的自变量也互 为相反数．
2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第2讲
4．[2018·信阳模拟]已知函数 f(x)是 R 上的增函数，对 实数 a，b，若 a＋b>0，则有( )
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)
)
A．有最小值 B．有最大值
C．是减函数 D．是增函数
解析 ∵f(x)＝x2－2ax＋a 在(0，＋∞)上有最小值，∴ a>0.
∴g(x)＝fxx＝x＋ax－2a 在(0， a)上单调递减，在( a， ＋∞)上单调递增，h(x)>h(1)＝3.
∴g(x)在(0，＋∞)上一定有最小值．
4．[2018·四川模拟]已知函数 f(x)＝a－|1x|. (1)求证：函数 y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数； (2)若 f(x)<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数 a 的取值范 围．
解析 ∵a＋b>0，∴a>－b，b>－a. ∴f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)．∴选 A.
5．若函数 y＝f(x)在 R 上单调递增，且 f(m2＋1)>f(－m
＋1)，则实数 m 的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(0，＋∞)
C．(－1,0)
D．(－∞，－1)∪(0，＋∞)
解析 由题意得 m2＋1>－m＋1，故 m2＋m>0，故 m<
为( )
A．(1，＋∞) C.12，＋∞
【配套K12】2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件(北师大版理科)： 第2章 函数、导数及其应
第二节 函数的单调性与最值[考纲传真] (教师用书独具)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．(对应学生用书第10页)[基础知识填充]1．函数的单调性(1)单调函数的定义如果函数y ＝f (x )在区间A 上是增加的或减少的，那么称A为单调区间． 2．函数的最值[(1)对任意x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，f x 1－f x 2x 1－x 2＞0⇔f (x )在D 上是增函数，f x 1－f x 2x 1－x 2＜0⇔f (x )在D 上是减函数，即Δx 与Δy 同号增，异号减．(2)在区间D 上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数． (3)函数f (g (x ))的单调性与函数y ＝f (u )和u ＝g (x )的单调性的关系是“同增异减”．(4)函数f (g (x ))的单调性与函数y ＝f (u )和u ＝g (x )的单调性的关系是“同增异减”．(5)f (x )＝x ＋a x(a ＞0)的单调性，如图221可知，(0，a ]减，[a ，＋∞)增，[－a ，0)减，(－∞，－a ]增．图221 [基本能力自测]1．(思考辨析)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)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．( ) (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，＋∞)．( ) (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)所有的单调函数都有最值．( )[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)×2．下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是( )A ．y ＝|x |B ．y ＝3－xC ．y ＝1xD ．y ＝－x 2＋4A [y ＝3－x 在R 上递减，y ＝1x在(0，＋∞)上递减，y ＝－x 2＋4在(0，＋∞)上递减，故选A.]3．设定义在[－1,7]上的函数y ＝f (x )的图像如图222所示，则函数y ＝f (x )的增区间为________．图222[答案] [－1,1]，[5,7]4．函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在R 上是减函数，则k 的取值范围是________．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 [由题意知2k ＋1＜0，得k ＜－12.] 5．(教材改编)已知f (x )＝2x －1，x ∈[2,6]，则f (x )的最大值为________，最小值为________． 2 25 [易知函数f (x )＝2x －1在x ∈[2,6]上为减函数，故f (x )max ＝f (2)＝2，f (x )min ＝f (6)＝25.](对应学生用书第11页)(1)(2017·全国卷Ⅱ)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，＋∞)(2)试讨论函数f (x )＝x ＋kx(k ＞0)的单调性． (1)D [由x 2－2x －8>0，得x >4或x <－2. 设t ＝x 2－2x －8，则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的单调递增区间． ∵函数t ＝x 2－2x －8的单调递增区间为(4，＋∞)， ∴函数f (x )的单调递增区间为(4，＋∞)． 故选D.](2)法一：(导数法)f ′(x )＝1－k x2.令f ′(x )＞0得x 2＞k ，即x ∈(－∞，－k )或x ∈(k ，＋∞)，故函数的单调增区间为(－∞，－k )和(k ，＋∞)．令f ′(x )＜0得x 2＜k ，即x ∈(－k ，0)或x ∈(0，k )，故函数的单调减区间为(－k ，0)和(0，k )．故函数f (x )在(－∞，－k )和(k ，＋∞)上单调递增，在(－k ，0)和(0，k )上单调递减．法二：(定义法)由解析式可知，函数的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)．在(0，＋∞)内任取x 1，x 2，令0＜x 1＜x 2，那么f (x 2)－f (x 1)＝⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋k x 2－⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋k x1＝(x 2－x 1)＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1x 1＝(x 2－x 1)·x 1x 2－k x 1x 2.因为0＜x 1＜x 2，所以x 2－x 1＞0，x 1x 2＞0. 故当x 1，x 2∈(k ，＋∞)时，f (x 1)＜f (x 2)， 即函数在(k ，＋∞)上单调递增． 当x 1，x 2∈(0，k )时，f (x 1)＞f (x 2)， 即函数在(0，k )上单调递减．考虑到函数f (x )＝x ＋k x(k ＞0)是奇函数，在关于原点对称的区间上具有相同的单调性，故在(－∞，－k )上单调递增，在(－k ，0)上单调递减．综上，函数f (x )在(－∞，－k )和(k ，＋∞)上单调递增，在(－k ，0)和(0，k )上单调递减．定义法：取值、作差、变形因式分解、配方、有理化、通分、定号、下结论复合法：同增异减，即内外函数的单调性相同时为增函数，不同时为减函数图像法：x 是以图像形式给出的，x 的图像易作出，观性判断函数单调性.导数法：利用导函数的正负判断函数单调性2.证明函数的单调性有定义法、导数法易错警示：求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间如有多个单调增减区间应分别写，不能用“∪”联结[跟踪训练] (1)下列函数中，在区间A ．y ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－x(2)y ＝－x 2＋2|x |＋3的单调递增区间为________.【导学号：79140025】(1)D (2)(－∞，－1]，[0,1] [(1)选项A 中，y ＝11－x 在(－∞，1)和(1，＋∞)上为增函数，故y ＝11－x 在(－1,1)上为增函数；选项B 中，y ＝cos x 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＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在R 上为减函数，故y ＝2－x在(－1,1)上是减函数．(2)由题意知，当x ≥0时，y ＝－x 2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4；当x ＜0时，y ＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋1)2＋4，二次函数的图像如图．由图像可知，函数y ＝－x 2＋2|x |＋3在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数．](1)函数y ＝x ＋x －1的最小值为________； (2)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为________．(1)1 (2)2 [(1)令x －1＝t ，则t ≥0，x ＝t 2＋1，∴y ＝t 2＋t ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122＋34，由二次函数的性质可知，当t ≥0时，函数为增函数，∴当t ＝0时，y min ＝1. (2)法一：∵f ′(x )＝－1x －2，∴x ≥2时，f ′(x )＜0恒成立， ∴f (x )在[2，＋∞)上单调递减，∴f (x )在[2，＋∞)上的最大值为f (2)＝2. 法二：∵f (x )＝xx －1＝x －1＋1x －1＝1＋1x －1， ∴f (x )的图像是将y ＝1x的图像向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的．∵y ＝1x在[1，＋∞)上单调递减，∴f (x )在[2，＋∞)上单调递减，故f (x )在[2，＋∞)上的最大值为f (2)＝2. 法三：由题意可得f (x )＝1＋1x －1. ∵x ≥2，∴x －1≥1，∴0＜1x －1≤1，∴1＜1＋1x －1≤2，即1＜x x －1≤2. 故f (x )在[2，＋∞)上的最大值为2.] 单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值图像法：先作出函数的图像，再观察其最高点、最低点，求出最值换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值[跟踪训练] (1)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x，x ≥1，－x 2＋2，x ＜1的最大值是________.【导学号：79140026】(2)(2017·浙江高考)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 在区间[0,1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M －m ( ) A ．与a 有关，且与b 有关 B ．与a 有关，但与b 无关 C ．与a 无关，且与b 无关 D ．与a 无关，但与b 有关(1)2 (2)B [(1)当x ≥1时，函数f (x )＝1x为减函数，所以f (x )在x ＝1处取得最大值，为f (1)＝1；当x ＜1时，易知函数f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值，为f (0)＝2.故函数f (x )的最大值为2.(2)法一：设x 1，x 2分别是函数f (x )在[0,1]上的最小值点与最大值点，则m ＝x 21＋ax 1＋b ，M ＝x 22＋ax 2＋b .∴M －m ＝x 22－x 21＋a (x 2－x 1)，显然此值与a 有关，与b 无关． 故选B.法二：由题意可知，函数f (x )的二次项系数为固定值，则二次函数图像的形状一定．随着b 的变动，相当于图像上下移动，若b 增大k 个单位，则最大值与最小值分别变为M ＋k ，m ＋k ，而(M ＋k )－(m ＋k )＝M －m ，故与b 无关．随着a 的变动，相当于图像左右移动，故函数f (x )在区间[0,1]的最大值M 和最小值m 变化，则M －m 的值在变化，故与a 有关．故选B.]已知函数f (x )的图像向左平移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)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．c ＞a ＞b B ．c ＞b ＞a C ．a ＞c ＞bD ．b ＞a ＞cD [根据已知可得函数f (x )的图像关于直线x ＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数．所以a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，f (2)＞f (2.5)＞f (3)，所以b ＞a ＞c .] ◎角度2 解抽象不等式f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f (xy )＝f (x )＋f (y )，f (3)＝1，则不等式f (x )＋f (x －8)≤2的解集为________．(8,9] [因为2＝1＋1＝f (3)＋f (3)＝f (9)，由f (x )＋f (x －8)≤2可得f [x (x －8)]≤f (9)，f (x )是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x －8>0，x x －，解得8<x ≤9.]◎角度3 求参数的取值范围已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －x －1，x ≤1，log a x ，x ＞1，若f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为________． (2,3] [要使函数f (x )在R 上单调递增，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，a －2＞0，f，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，a ＞2，a －2－1≤0，解得2＜a ≤3，即实数a 的取值范围是(2,3]．]比较大小小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“易错警示：若函数在区间的；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跟踪训练] (1)若函数取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，＋∞C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，0 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0 (2)定义在R 上的奇函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，则满足f (log 19x )＞0的x 的集合为________．(1)D (2)⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪0＜x ＜13或1＜x ＜3[(1)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 ＝－1a，因为f (x )在(－∞，4)上单调递增， 所以a ＜0，且－1a ≥4，解得－14≤a ＜0.综上所述，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0.(2)如图，由题意知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0， 由f (log 19x )＞0，得log 19x ＞12，或－12＜log 19x ＜0，解得0＜x ＜13或1＜x ＜3.]。
2019版高考数学微一轮全国通用版 第二章 函数、导数及其应用精品课件 第2章-第2节
答案：B
第二章
函数、导数及其应用
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3．给出下列命题：
①函数 f(x)的图象如图所示，则函数 f(x)的单调增区间是(－∞，0]∪(0，－∞)． ②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； 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，则函数的单调整递增区间是[1，＋∞)； ⑤对于函数 f(x)，x∈D，若 x1，x2∈D，且(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则函数 f(x)在 D 上是增函数．
M 为最大值
f(x0)＝M (4)存在 x0∈I，使得_________.
M 为最小值
第二章
函数、导数及其应用
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【知识拓展】 a 1．“对勾函数”y＝x＋ x(a>0)的增区间为(－∞，－ a]和[ a，＋∞)；减区间为 [－ a，0)和(0， a]，且对勾函数为奇函数． 2．设任意 x1，x2∈[a，b]，且 x1<x2，那么 fx1－fx2 (1) >0⇔f(x)在[a，b]上是增函数； x1－x2 fx1－fx2 <0⇔f(x)在[a，b]上是减函数． x1－x2 (2)(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔f(x) 在[a，b]上是减函数． 3．若函数 f(x)在闭区间[a，b]上是增函数，则 f(x)min＝f(a)，f(x)max＝f(b)；若函数 f(x)在闭区间[a，b]上是减函数，则 f(x)min＝f(b)，f(x)max＝f(a)．
2019年高考数学(文)一轮复习第二章 函数、导数及其应用 第二章 函数、导数及其应用及答案
第二章⎪⎪⎪函、导及其应用第一节函及其表示1．函与映射的概念2．函的有关概念(1)函的定义域、值域：在函y ＝f (x )，x ∈A 中，x 叫做自变量，x 的取值范围A 叫做函的定义域；与x 的值相对应的y 值叫做函值，函值的集合{f (x )|x ∈A }叫做函的值域．显然，值域是集合B 的子集．(2)函的三要素：定义域、值域和对应关系．(3)相等函：如果两个函的定义域和对应关系完全一致，则这两个函相等，这是判断两函相等的依据．(4)函的表示法表示函的常用方法有：解析法、图象法、列表法． 3．分段函若函在其定义域内，对于定义域内的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函通常叫做分段函．1．下列函中，与函y ＝13x定义域相同的函为( )A ．y ＝1sin xB ．y ＝ln x xC ．y ＝x e xD ．y ＝sin xx答案：D2．若函y ＝f (x )的定义域为M ＝{x |－2≤x ≤2}，值域为N ＝{y |0≤y ≤2}，则函y ＝f (x )的图象可能是()答案：B3．函f (x )＝x －4|x |－5的定义域是________________．答案：1．设函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≥0，－x ，x <0，若f (a )＋f (－1)＝2，则a ＝________.解析：若a ≥0，则a ＋1＝2，得a ＝1； 若a <0，则－a ＋1＝2，得a ＝－1. 答案：±12．已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝x 2＋5x ，则f (x )＝________.解析：令t ＝1x ，∴x ＝1t .∴f (t )＝1t 2＋5t.∴f (x )＝5x ＋1x2(x ≠0)．答案：5x ＋1x2(x ≠0)考点一 函的定义域基础送分型考点——自主练透1．函f (x )＝ln(x 2－x )的定义域为( ) A ．(0,1) B ．C ．(－∞，0)∪(1，＋∞)D ．(－∞，0]∪ B ．C ．，则函g (x )＝f x ＋x －1的定义域是( ) A ．B ．C ．(1,2 017]D ．解析：选B 令t ＝x ＋1，则由已知函的定义域为，可知1≤t ≤2 017.要使函f (x ＋1)有意义，则有1≤x ＋1≤2 017，解得0≤x ≤2 016，故函f (x ＋1)的定义域为．所以使函g (x )有意义的条件是⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2 016，x －1≠0，解得0≤x <1或1＜x ≤2 016.故函g (x )的定义域为．4．函f (x )＝1－|x －1|a x －1(a ＞0且a ≠1)的定义域为____________________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧1－|x －1|≥0，a x－1≠0⇒⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，x ≠0⇒0＜x ≤2，故所求函的定义域为(0,2]． 答案：(0,2]函定义域的求解策略(1)已知函解析式：构造使解析式有意义的不等式(组)求解． (2)实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解．(3)抽象函：①若已知函f (x )的定义域为，其复合函f (g (x ))的定义域由不等式a ≤g (x )≤b 求出；②若已知函f (g (x ))的定义域为，则f (x )的定义域为g (x )在x∈时的值域．考点二 求函的解析式重点保分型考点——师生共研(1)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x 2，求f (x )的解析式；(2)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1＝lg x ，求f (x )的解析式；(3)已知f (x )是二次函，且f (0)＝0，f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，求f (x )；(4)已知函f (x )满足f (－x )＋2f (x )＝2x ，求f (x )的解析式．解：(1)(配凑法)由于f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 2－2，所以f (x )＝x 2－2，x ≥2或x ≤－2，故f (x )的解析式是f (x )＝x 2－2，x ≥2或x ≤－2.(2)(换元法)令2x ＋1＝t 得x ＝2t －1，代入得f (t )＝lg 2t －1，又x >0，所以t >1，故f (x )的解析式是f (x )＝lg 2x －1，x >1.(3)(待定系法)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)， 由f (0)＝0，知c ＝0，f (x )＝ax 2＋bx ， 又由f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，得a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＝ax 2＋bx ＋x ＋1， 即ax 2＋(2a ＋b )x ＋a ＋b ＝ax 2＋(b ＋1)x ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝b ＋1，a ＋b ＝1，解得a ＝b ＝12.所以f (x )＝12x 2＋12x ，x ∈R.(4)(解方程组法)由f (－x )＋2f (x )＝2x ，① 得f (x )＋2f (－x )＝2－x ，② ①×2－②，得，3f (x )＝2x ＋1－2－x . 即f (x )＝2x ＋1－2－x3.∴f (x )的解析式是f (x )＝2x ＋1－2－x3.求函解析式的4种方法1．已知f (x ＋1)＝x ＋2x ，求f (x )的解析式．解：法一：(换元法)设t ＝x ＋1，则x ＝(t －1)2，t ≥1，代入原式有f (t )＝(t －1)2＋2(t －1)＝t 2－2t ＋1＋2t －2＝t 2－1.故f (x )＝x 2－1，x ≥1.法二：(配凑法)∵x ＋2x ＝(x )2＋2x ＋1－1＝(x ＋1)2－1， ∴f (x ＋1)＝(x ＋1)2－1，x ＋1≥1， 即f (x )＝x 2－1，x ≥1.2．设y ＝f (x )是二次函，方程f (x )＝0有两个相等实根，且f ′(x )＝2x ＋2，求f (x )的解析式．解：设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)， 则f ′(x )＝2ax ＋b ＝2x ＋2， ∴a ＝1，b ＝2，f (x )＝x 2＋2x ＋c . 又∵方程f (x )＝0有两个相等实根，∴Δ＝4－4c ＝0，解得c ＝1.故f (x )＝x 2＋2x ＋1.考点三 分段函题点多变型考点——多角探明高考对分段函的考查多以选择题、填空题的形式出现，试题难度一般较小．常见的命题角度有： (1)分段函的函求值问题； (2)分段函的自变量求值问题；(3)分段函与方程、不等式问题．角度一：分段函的函求值问题1．(2017·西安质检)已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，3x＋1，x ≤0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14的值是________．解析：由题意可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝log 214＝－2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝f (－2)＝3－2＋1＝109.答案：109角度二：分段函的自变量求值问题2．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 12，x ∈[0，＋，|sin x |，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，若f (a )＝12，则a ＝________.解析：若a ≥0，由f (a )＝12得，a 12＝12，解得a ＝14；若a <0，则|sin a |＝12，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，解得a ＝－π6.综上可知，a ＝14或－π6. 答案：14或－π6角度三：分段函与方程、不等式问题3．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2ax ，x ≥2，2x＋1，x <2，若f (f (1))>3a 2，则a 的取值范围是________．解析：由题知，f (1)＝2＋1＝3，f (f (1))＝f (3)＝32＋6a ， 若f (f (1))>3a 2，则9＋6a >3a 2，即a 2－2a －3<0， 解得－1<a <3.答案：(－1,3)1．分段函的求值问题的解题思路(1)求函值：先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f (f (a ))的形式时，应从内到外依次求值．(2)求自变量的值：先假设所求的值在分段函定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验．2．分段函与方程、不等式问题的求解思路依据不同范围的不同段分类讨论求解，最后将讨论结果并起．1．(2017·唐山统考)已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－2，x ≤0，－log 3x ，x >0，且f (a )＝－2，则f (7－a )＝( )A ．－log 37B ．－34C ．－54D ．－74解析：选D 当a ≤0时，2a －2＝－2无解；当a >0时，由－log 3a ＝－2，解得a ＝9，所以f (7－a )＝f (－2)＝2－2－2＝－74.2．(2015·山东高考)设函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －1，x ＜1，2x， x ≥1，则满足f (f (a ))＝2f (a )的a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1 B ．C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ． B ．(0,1]C ．D ．．∴原函的定义域为(0,1]．4．已知函y ＝f (x )的定义域是，则函g (x )＝f x x －1的定义域是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，13∪⎝ ⎛⎦⎥⎤13，1B ． D ．解析：选B 由⎩⎪⎨⎪⎧0≤3x ≤3，x －1≠0可得0≤x <1，选B.5．已知具有性质：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－f (x )的函，我们称为满足“倒负”变换的函，下列函：①y ＝x －1x ；②y ＝x ＋1x ；③y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，0<x <1，0，x ＝1，－1x ，x >1.其中满足“倒负”变换的函是( ) A ．①② B ．①③ C ．②③D ．①解析：选B 对于①，f (x )＝x －1x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x－x ＝－f (x )，满足；对于②，f⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x ＋x ＝f (x )，不满足；对于③，f⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，0<1x <1，0，1x ＝1，－x ，1x >1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x >1，0，x ＝1，－x ，0<x <1，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－f (x )，满足．综上可知，满足“倒负”变换的函是①③. 6．函f (x )，g (x )分别由下表给出．则f (g (1))的值为________；满足f (g (x ))>g (f (x ))的x 的值是________．解析：∵g (1)＝3，f (3)＝1， ∴f (g (1))＝1.当x ＝1时，f (g (1))＝f (3)＝1，g (f (1))＝g (1)＝3，不合题意． 当x ＝2时，f (g (2))＝f (2)＝3，g (f (2))＝g (3)＝1，符合题意． 当x ＝3时，f (g (3))＝f (1)＝1，g (f (3))＝g (1)＝3，不合题意． 答案：1 27．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －x ＋1，x ≤1，a x －1，x >1，若f (1)＝12，则f (3)＝________.解析：由f (1)＝12，可得a ＝12，所以f (3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14.答案：148．已知函y ＝f (x 2－1)的定义域为，则函y ＝f (x )的定义域为________．解析：∵y ＝f (x 2－1)的定义域为， ∴x ∈，x 2－1∈， ∴y ＝f (x )的定义域为． 答案：9．已知函f (x )＝2x ＋1与函y ＝g (x )的图象关于直线x ＝2成轴对称图形，则函y ＝g (x )的解析式为________．解析：设点M (x ，y )为函y ＝g (x )图象上的任意一点，点M ′(x ′，y ′)是点M 关于直线x ＝2的对称点，则⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝4－x ，y ′＝y .又y ′＝2x ′＋1， ∴y ＝2(4－x )＋1＝9－2x ， 即g (x )＝9－2x . 答案：g (x )＝9－2x10．如图，已知A (n ，－2)，B (1,4)是一次函y ＝kx ＋b 的图象和反比例函y ＝mx的图象的两个交点，直线AB 与y 轴交于点C .(1)求反比例函和一次函的解析式． (2)求△AOC 的面积．解：(1)因为B (1,4)在反比例函y ＝mx上，所以m ＝4，又因为A (n ，－2)在反比例函y ＝m x ＝4x的图象上，所以n ＝－2，又因为A (－2，－2)，B (1,4)是一次函y ＝kx ＋b 上的点，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧－2k ＋b ＝－2，k ＋b ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝2，b ＝2.所以y ＝4x，y ＝2x ＋2.(2)因为y ＝2x ＋2，令x ＝0，得y ＝2，所以C (0,2)，所以△AOC 的面积为：S ＝12×2×2＝2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知实a ≠0，函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x <1，－x －2a ，x ≥1，若f (1－a )＝f (1＋a )，则a 的值为( )A ．－32B ．－34C ．－32或－34 D.32或－34解析：选B 当a >0时，1－a <1,1＋a >1.由f (1－a )＝f (1＋a )得2－2a ＋a ＝－1－a －2a ，解得a ＝－32，不合题意；当a <0时，1－a >1,1＋a <1，由f (1－a )＝f (1＋a )得－1＋a －2a ＝2＋2a ＋a ，解得a ＝－34，所以a 的值为－34，故选B.2．已知函f (x )满足对任意的x ∈R 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ＝2成立，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫28＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫78＝________.解析：由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ＝2，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫78＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫28＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫68＝2， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫38＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫58＝2， 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫48＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫48＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫48＝12×2＝1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫28＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫78＝2×3＋1＝7.答案：73.行驶中的汽车在刹车时由于惯性作用，要继续往前滑行一段距离才能停下，这段距离叫做刹车距离．在某种路面上，某种型号汽车的刹车距离y (米)与汽车的车速x (千米/时)满足下列关系：y ＝x 2200＋mx ＋n (m ，n 是常)．如图是根据多次实验据绘制的刹车距离y (米)与汽车的车速x (千米/时)的关系图．(1)求出y 关于x 的函表达式；(2)如果要求刹车距离不超过25.2米，求行驶的最大速度．解：(1)由题意及函图象，得⎩⎪⎨⎪⎧402200＋40m ＋n ＝8.4，602200＋60m ＋n ＝18.6，解得m ＝1100，n ＝0，所以y ＝x 2200＋x100(x ≥0)． (2)令x 2200＋x100≤25.2， 得－72≤x ≤70. ∵x ≥0，∴0≤x ≤70.故行驶的最大速度是70千米/时．第二节函的单调性与最值1．函的单调性 (1)单调函的定义如果函y ＝f (x )在区间D 上是增函或减函，那么就说函y ＝f (x )在这一区间具有(严格的)单调性，区间D 叫做函y ＝f (x )的单调区间．2．函的最值1．下列函中，定义域是R 且为增函的是( )A．y＝e－x B．y＝x3C．y＝ln x D．y＝|x|答案：B2．y＝x2－6x＋5的单调减区间为________．解析：y＝x2－6x＋5＝(x－3)2－4，表示开口向上，对称轴为x ＝3的抛物线，其单调减区间为(－∞，3]．答案：(－∞，3]3．若函f(x)＝1x在区间上的最大值与最小值的和为34，则a＝________.解析：由f(x)＝1x的图象知，f(x)＝1x在(0，＋∞)上是减函，∵⊆(0，＋∞)，∴f(x)＝1x在上也是减函，∴f(x)m ax＝f(2)＝12，f(x)min＝f(a)＝1a，∴12＋1a＝34，∴a＝4.答案：41．易混淆两个概念：“函的单调区间”和“函在某区间上单调”，前者指函具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．2．若函在两个不同的区间上单调性相同，则这两个区间要分开写，不能写成并集．例如，函f(x)在区间(－1,0)上是减函，在(0,1)上是减函，但在(－1,0)∪(0,1)上却不一定是减函，如函f(x)＝1x .3．两函f(x)，g(x)在x∈(a，b)上都是增(减)函，则f(x)＋g(x)也为增(减)函，但f(x)·g(x)，1f x等的单调性与其正负有关，切不可盲目类比．1．设定义在上的函y＝f(x)的图象如图所示，则函y＝f(x)的增区间为________．答案：，2．函f (x )＝2x －1在上的最大值与最小值之差为________．解析：易知f (x )在上是减函，∴f (x )m ax －f (x )min ＝f (－2)－f (0)＝－23－(－2)＝43.答案：43考点一 函单调性的判断基础送分型考点——自主练透1．下列四个函中，在(0，＋∞)上为增函的是( ) A ．f (x )＝3－x B ．f (x )＝x 2－3x C ．f (x )＝－1x ＋1D ．f (x )＝－|x |解析：选C 当x >0时，f (x )＝3－x 为减函；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝x 2－3x 为减函，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f (x )＝x 2－3x 为增函；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－1x ＋1为增函；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函．2．试讨论函f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性．解：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 1x 1－x 2－，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f (x )在(－1,1)上递减；当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， 函f (x )在(－1,1)上递增． 法二(导法)：f ′(x )＝axx －－ax x －x －2＝a x －－ax x －2＝－a x －2.当a >0时，f ′(x )<0，函f (x )在(－1,1)上递减； 当a <0时，f ′(x )>0，函f (x )在(－1,1)上递增．3．判断函y ＝x ＋2x ＋1在(－1，＋∞)上的单调性．解：法一：任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，且x 1<x 2，则y 1－y 2＝x 1＋2x 1＋1－x 2＋2x 2＋1＝x 2－x 1x 1＋x 2＋.∵x 1>－1，x 2>－1， ∴x 1＋1>0，x 2＋1>0， 又x 1<x 2，∴x 2－x 1>0，∴x2－x1x 1＋x2＋>0，即y1－y2>0.∴y1>y2，∴函y＝x＋2x＋1在(－1，＋∞)上单调递减．法二：y＝x＋2x＋1＝1＋1x＋1.∵y＝x＋1在(－1，＋∞)上是增函，∴y＝1x＋1在(－1，＋∞)上是减函，∴y＝1＋1x＋1在(－1，＋∞)上是减函．即函y＝x＋2x＋1在(－1，＋∞)上单调递减．判断或证明函的单调性的2种重要方法及其步骤(1)定义法，其基本步骤：取值作差商变形确定符号与1的大小得出结论(2)导法，其基本步骤：求导函确定符号得出结论考点二求函的单调区间重点保分型考点——师生共研求下列函的单调区间：(1)y＝－x2＋2|x|＋1；(2)y＝log12(x2－3x＋2)．解：(1)由于y＝错误!即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －2＋2，x ≥0，－x ＋2＋2，x ＜0.画出函图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和，单调递减区间为和确定函的单调区间的3种方法单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．1．函y ＝|x |(1－x )在区间A 上是增函，那么区间A 是( ) A ．(－∞，0) B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12C ．高考对函单调性的考查多以选择题、填空题的形式出现，有时也应用于解答题中的某一问中．常见的命题角度有： (1)求函的值域或最值；(2)比较两个函值或两个自变量的大小； (3)解函不等式；(4)利用单调性求参的取值范围或值．角度一：求函的值域或最值 1．函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为________．解析：当x ≥1时，函f (x )＝1x为减函，所以f (x )在x ＝1处取得最大值，为f (1)＝1；当x <1时，易知函f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值，为f (0)＝2.故函f (x )的最大值为2. 答案：2角度二：比较两个函值或两个自变量的大小2．(2017·哈尔滨联考)已知函f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x 2>x 1>1时，(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 >bB ．c >b >aC ．a >c >bD ．b >a >c解析：选D 因f (x )的图象关于直线x ＝1对称．由此可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.由x 2>x 1>1时，(x 2－x 1)<0恒成立，知f (x )在(1，＋∞)上单调递减．∵1<2<52<e ，∴f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52>f (e)，∴b >a >c .角度三：解函不等式3．已知函f (x )为R 上的减函，则满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x <f (1)的实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 上的减函且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x <f (1)，得⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x >1，x ≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧|x |<1，x ≠0.∴－1<x <0或0<x <1.故选C.角度四：利用单调性求参的取值范围或值4．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －x －1，x ≤1，log a x ，x >1，若f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，则实a 的取值范围为________．解析：要使函f (x )在R 上单调递增，则有⎩⎪⎨⎪⎧a >1，a －2>0，f，即⎩⎪⎨⎪⎧a >1，a >2，a －2－1≤0，解得2<a ≤3，即实a 的取值范围是(2,3]． 答案：(2,3]函单调性应用问题的常见类型及解题策略(1)求函最值(五种常用方法)(2)比较大小比较函值的大小，应将自变量转到同一个单调区间内，然后利用函的单调性解决．(3)解不等式在求解与抽象函有关的不等式时，往往是利用函的单调性将“f”符号脱掉，使其转为具体的不等式求解．此时应特别注意函的定义域．(4)利用单调性求参视参为已知，依据函的图象或单调性定义，确定函的单调区间，与已知单调区间比较求参．①若函在区间上单调，则该函在此区间的任意子区间上也是单调的；②分段函的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．1．已知函f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函，则a的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ．解析：选A 法一：由一次函的图象可知选A. 法二：设∀x 1，x 2∈R 且x 1<x 2， ∵f (x )＝kx ＋b 在R 上是增函，∴(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))>0，即k (x 1－x 2)2>0， ∵(x 1－x 2)2>0，∴k >0，故选A.3．(2017·北京东城期中)已知函y ＝1x －1，那么( )A ．函的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞)B ．函的单调递减区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)C ．函的单调递增区间为(－∞，1)，(1，＋∞)D ．函的单调递增区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)解析：选A 函y ＝1x －1可看作是由y ＝1x 向右平移1个单位长度得到的，∵y ＝1x 在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，∴y ＝1x －1在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减，∴函y ＝1x －1的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋∞)，故选A.4．函y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________．解析：令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t 2＝－⎝⎛⎭⎪⎫t －122＋14，结合图象知，当t ＝12，即x ＝14时，y m ax ＝14.答案：145．函f (x )＝log 12(x 2－4)的单调递增区间为________．解析：由x 2－4>0得x <－2或x >2.又u ＝x 2－4在(－∞，－2)上为减函，在(2，＋∞)上为增函，y ＝log 12u 为减函，故f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)．答案：(－∞，－2)二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函f (x )＝x 2－2x －3，则该函的单调递增区间为( ) A ．(－∞，1] B ． D ．∪上单调递减，在B.⎝⎛⎦⎥⎤0，12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 D ．(0,2]解析：选C 因为log 12a ＝－log 2 a ，且f (x )是偶函，所以f (log 2a )＋f (log12a )＝2f (log 2a )＝2f (|log 2a |)≤2f (1)，即f (|log 2a |)≤f (1)，又函在的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析：选C 由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2， 当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函． ∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.4．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －x ，x ≥2，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－1，x <2是R 上的单调递减函，则实a 的取值范围是( )A ．(－∞，2) B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，138C ．(0,2)D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫138，2 解析：选B因为函为递减函，则⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，a －⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1，解得a ≤138，故选B.5．(2017·安徽皖江名校联考)定义在上的函f (x )满足(x 1－x 2)>0，x 1≠x 2，且f (a 2－a )>f (2a －2)，则实a 的取值范围为( )A ．>0，x 1≠x 2，∴函在上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2≤a 2－a ≤2，－2≤2a －2≤2，2a －2<a 2－a .∴⎩⎪⎨⎪⎧－1≤a ≤2，0≤a ≤2，a <1或a >2，∴0≤a <1，故选C.6．函f (x )＝1x －1在区间上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b＝________.解析：易知f (x )在上为减函，∴⎩⎪⎨⎪⎧f a ＝1，f b ＝13，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －1＝1，1b －1＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4.∴a ＋b ＝6. 答案：67．已知函f (x )＝x 2－2ax －3在区间上具有单调性，则实a 的取值范围为________________．解析：函f (x )＝x 2－2ax －3的图象开口向上，对称轴为直线x ＝a ，画出草图如图所示．由图象可知，函在(－∞，a ]和上具有单调性，只需a ≤1或a ≥2，从而a ∈(－∞，1]∪∪上的最大值为4，最小值为m ，且函g (x )＝(1－4m )x 在上的最小值为1a ＝m ，最大值为a 2＝4，解得a ＝2，12＝m ，与m <14矛盾；当0<a <1时，函f (x )在上的最小值为a 2＝m ，最大值为a －1＝4，解得a ＝14，m ＝116.所以a ＝14.答案：149．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证明f (x )在(－∞，－2)内单调递增； (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：任设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＋.∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， ∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)上单调递增．(2)任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a x 2－x 1x 1－a x 2－a.∵a >0，x 2－x 1>0， ∴要使f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≤1. 综上所述知a 的取值范围是(0,1]． 10．已知函f (x )＝a －1|x |.(1)求证：函y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函；(2)若f (x )<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实a 的取值范围． 解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x，设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0，f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函．(2)由题意a －1x<2x 在(1，＋∞)上恒成立，设h (x )＝2x ＋1x，则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立． 任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1<x 2，h (x 1)－h (x 2)＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎪⎫2－1x 1x 2.因为1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，x 1x 2>1，所以2－1x 1x 2>0，所以h (x 1)<h (x 2)，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 故a ≤h (1)，即a ≤3，所以实a 的取值范围是(－∞，3]． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．如果函y ＝f (x )在区间I 上是增函，且函y ＝f xx在区间I上是减函，那么称函y ＝f (x )是区间I 上的“缓增函”，区间I 叫做“缓增区间”．若函f (x )＝12x 2－x ＋32是区间I 上的“缓增函”，则“缓增区间”I 为( )A ． C ．D ．解析：选D 因为函f (x )＝12x 2－x ＋32的对称轴为x ＝1，所以函y ＝f (x )在区间上单调递减，故“缓增区间”I 为．2．已知定义在区间(0，＋∞)上的函f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝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．(2)若f (3)＝－1，求f (x )在上的最小值． 解：(1)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则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f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函． (2)因为f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函，所以f (x )在上的最小值为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 )在上的最小值为－2.第三节函的奇偶性及周期性1．函的奇偶性(1)周期函对于函f (x )，如果存在一个非零常T ，使得当x 取定义域内的任何值时，都有f (x ＋T )＝f (x )，那么就称函f (x )为周期函，称T 为这个函的周期．(2)最小正周期如果在周期函f(x)的所有周期中存在一个最小的正，那么这个最小正就叫做f(x)的最小正周期．1．下列函中，既是偶函又在(0，＋∞)上单调递增的是( ) A．y＝x B．y＝cos xC．y＝e x D．y＝ln |x|答案：D2．已知函f(x)是定义在R上的奇函，且当x>0时，f(x)＝x2＋1x ，则f(－1)＝________.答案：－23．若函f(x)是周期为5的奇函，且满足f(1)＝1，f(2)＝2，则f(8)－f(14)＝________.答案：－11．判断函的奇偶性，易忽视判断函定义域是否关于原点对称．定义域关于原点对称是函具有奇偶性的一个必要条件．2．判断函f(x)的奇偶性时，必须对定义域内的每一个x，均有f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)，而不能说存在x0使f(－x0)＝－f(x0)或f(－x0)＝f(x0)．3．分段函奇偶性判定时，误用函在定义域某一区间上不是奇偶函去否定函在整个定义域上的奇偶性．1．已知f(x)＝ax2＋bx是定义在上的偶函，那么a＋b的值是( )A ．－13B.13C.12D ．－12解析：选B ∵f (x )＝ax 2＋bx 是定义在上的偶函，∴a －1＋2a ＝0，∴a ＝13.又f (－x )＝f (x )，∴b ＝0，∴a ＋b ＝13.2．下列函中，为奇函的是( ) A ．y ＝3x＋13xB ．y ＝x ，x ∈{0,1}C ．y ＝x ·sin xD ．y ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x <0，0，x ＝0，－1，x >0解析：选 D 由函奇偶性定义易知函y ＝3x＋13x 和y ＝x ·sin x都是偶函，排除A 和C ；函y ＝x ，x ∈{0,1}的定义域不关于坐标原点对称，既不是奇函又不是偶函，排除B ；由奇函的定义知y ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x <0，0，x ＝0，－1，x >0是奇函，故选D.考点一 函奇偶性的判断基础送分型考点——自主练透判断下列函的奇偶性：(1)f (x )＝1－x 2＋x 2－1； (2)f (x )＝3－2x ＋2x －3；(3)f (x )＝3x －3－x ； (4)f (x )＝4－x 2|x ＋3|－3；(5)(易错题)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x >0，x 2－x ，x <0.解：(1)∵由⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≥0，1－x 2≥0，得x ＝±1，∴f (x )的定义域为{－1,1}．又f (1)＋f (－1)＝0，f (1)－f (－1)＝0， 即f (x )＝±f (－x )． ∴f (x )既是奇函又是偶函．(2)∵函f (x )＝3－2x ＋2x －3的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫32，不关于坐标原点对称，∴函f (x )既不是奇函，也不是偶函． (3)∵f (x )的定义域为R ，∴f (－x )＝3－x －3x ＝－(3x －3－x )＝－f (x )， 所以f (x )为奇函．(4)∵由⎩⎪⎨⎪⎧4－x 2≥0，|x ＋3|－3≠0，得－2≤x ≤2且x ≠0.∴f (x )的定义域为， ∴f (x )＝4－x 2|x ＋3|－3＝4－x 2x ＋3－3＝4－x 2x，∴f (－x )＝－f (x )，∴f (x )是奇函．(5)易知函的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称，又当x >0时，f (x )＝x 2＋x ，则当x <0时，－x >0， 故f (－x )＝x 2－x ＝f (x )；当x <0时，f (x )＝x 2－x ，则当x >0时，－x <0， 故f (－x )＝x 2＋x ＝f (x )，故原函是偶函．判定函奇偶性的3种常用方法(1)定义法(2)图象法(3)性质法①设f(x)，g(x)的定义域分别是D1，D2，那么在它们的公共定义域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．②复合函的奇偶性可概括为“同奇则奇，一偶则偶”．(1)“性质法”中的结论是在两个函的公共定义域内才成立的．(2)判断分段函的奇偶性应分段分别证明f(－x)与f(x)的关系，只有对各段上的x都满足相同的关系时，才能判断其奇偶性．如“题组练透”第(5)题．考点二函的周期性重点保分型考点——师生共研设f(x)是定义在R上的奇函，且对任意实x，恒有f(x＋2)＝－f(x)，当x∈时，f(x)＝2x－x2.(1)求证：f(x)是周期函；(2)计算f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 018)．解：(1)证明：∵f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．∴f(x)是周期为4的周期函．(2)∵f(0)＝0，f(1)＝1，f(2)＝0，f(3)＝－f(1)＝－1.又f(x)是周期为4的周期函，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(4)＋f(5)＋f(6)＋f(7)＝…＝f(2 012)＋f(2 013)＋f(2 014)＋f(2 015)＝0.∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 018)＝f(2 016)＋f(2 017)＋f(2 018)＝f(0)＋f(1)＋f(2)＝1.1．判断函周期性的2个方法(1)定义法．(2)图象法．2．周期性3个常用结论(1)若f(x＋a)＝－f(x)，则T＝2a，(2)若f(x＋a)＝1f x，则T＝2a，(3)若f(x＋a)＝－1f x，则T＝2a(a>0)．1．若f(x)是R上周期为5的奇函，且满足f(1)＝1，f(2)＝2，则f(3)－f(4)等于( )A．－1 B．1 C．－2 D．2 解析：选A 由f(x)是R上周期为5的奇函，知f(3)＝f(－2)＝－f(2)＝－2，f (4)＝f (－1)＝－f (1)＝－1，∴f (3)－f (4)＝－1，故选A.2．已知定义在R 上的函满足f (x ＋2)＝－1f x，x ∈(0,2]时，f (x )＝2x －1.则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 017)的值为________．解析：∵f (x ＋2)＝－1f x，∴f (x ＋4)＝－1fx ＋＝f (x )，∴函y ＝f (x )的周期T ＝4. 又x ∈(0,2]时，f (x )＝2x －1， ∴f (1)＝1，f (2)＝3，f (3)＝－1f＝－1，f (4)＝－1f＝－13. ∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 017) ＝504＋f (504×4＋1)＝504⎝⎛⎭⎪⎫1＋3－1－13＋1＝1 345. 答案：1 345考点三 函性质的综合应用题点多变型考点——多角探明函的奇偶性、周期性以及单调性是函的三大性质，在高考中常常将它们综合在一起命制试题，其中奇偶性多与单调性相结合，而周期性常与抽象函相结合，并以结合奇偶性求函值为主．多以选择题、填空题形式出现．常见的命题角度有：(1)奇偶性的应用； (2)单调性与奇偶性结合； (3)周期性与奇偶性结合；(4)单调性、奇偶性与周期性结合．角度一：奇偶性的应用1．(2017·福建三明模拟)函y ＝f (x )是R 上的奇函，当x <0时，f (x )＝2x ，则当x >0时，f (x )＝( )A ．－2xB ．2－xC ．－2－xD ．2x解析：选C x >0时，－x <0，∵x <0时，f (x )＝2x ，∴当x >0时，f (－x )＝2－x .∵f (x )是R 上的奇函，∴当x >0时，f (x )＝－f (－x )＝－2－x .故选C.角度二：单调性与奇偶性结合2．(2016·天津高考)已知f (x )是定义在R 上的偶函，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实a 满足f (2|a －1|)＞f (－2)，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：选C 因为f (x )是定义在R 上的偶函，且在区间(－∞，0)上单调递增，所以f (－x )＝f (x )，且f (x )在(0，＋∞)上单调递减．由f (2|a －1|)＞f (－2)，f (－2)＝f (2)，可得2|a －1|＜2，即|a －1|＜12，所以12＜a ＜32.角度三：周期性与奇偶性结合3．已知f (x )是定义在R 上以3为周期的偶函，若f (1)<1，f (5)＝2a －3a ＋1，则实a 的取值范围是( ) A ．(－1,4)B ．(－2,1)C ．(－1,2)D ．(－1,0)解析：选A 因为函f (x )是定义在R 上以3为周期的偶函，所以f (5)＝f (－1)＝f (1)，即2a －3a ＋1<1， 简得(a －4)(a ＋1)<0，解得－1<a <4，故选A.角度四：单调性、奇偶性与周期性结合4．已知定义在R 上的奇函f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间上是增函，则( )A ．f (－25)<f (11)<f (80)B ．f (80)<f (11)<f (－25)C ．f (11)<f (80)<f (－25)D ．f (－25)<f (80)<f (11)解析：选D 因为f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，所以f (x －8)＝f (x )，所以函f (x )是以8为周期的周期函，则f (－25)＝f (－1)，f (80)＝f (0)，f (11)＝f (3)．由f (x )是定义在R 上的奇函，且满足f (x －4)＝－f (x )，得f (11)＝f (3)＝－f (－1)＝f (1)．因为f (x )在区间上是增函，f (x )在R 上是奇函，所以f (x )在区间上是增函，所以f(－1)<f(0)<f(1)，即f(－25)<f(80)<f(11)．函性质综合应用问题的常见类型及解题策略(1)函单调性与奇偶性结合．注意函单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函图象的对称性．(2)周期性与奇偶性结合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函值的自变量转到已知解析式的函定义域内求解．(3)周期性、奇偶性与单调性结合．解决此类问题通常先利用周期性转自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．1．(2017·广州模拟)已知f(x)在R上是奇函，且满足f(x＋4)＝f(x)，当x∈(0,2)时，f(x)＝2x2，则f(7)＝( )A．2 B．－2C．－98 D．98解析：选B 因为f(x＋4)＝f(x)，所以函f(x)的周期T＝4，又f(x)在R上是奇函，所以f(7)＝f(－1)＝－f(1)＝－2.2．已知偶函f(x)对于任意x∈R都有f(x＋1)＝－f(x)，且f(x)在区间上是递增的，则f(－6.5)，f(－1)，f(0)的大小关系是( ) A．f(0)<f(－6.5)<f(－1)B．f(－6.5)<f(0)<f(－1)C．f(－1)<f(－6.5)<f(0)D．f(－1)<f(0)<f(－6.5)解析：选 A 由f(x＋1)＝－f(x)，得f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，∴函f(x)的周期是2.∵函f(x)为偶函，∴f(－6.5)＝f(－0.5)＝f(0.5)，f(－1)＝f(1)．∵f(x)在区间上是单调递增的，∴f (0)<f (0.5)<f (1)，即f (0)<f (－6.5)<f (－1)．3．设f (x )是定义在R 上周期为4的奇函，若在区间上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋b ，－2≤x <0，ax －1，0<x ≤2，则f (2 018)＝________.解析：设0<x ≤2，则－2≤－x <0，f (－x )＝－ax ＋b .f (x )是定义在R 上周期为4的奇函，所以f (－x )＝－f (x )＝－ax ＋1＝－ax ＋b ，所以b ＝1.而f (－2)＝f (－2＋4)＝f (2)，所以－2a ＋1＝2a －1，解得a ＝12，所以f (2 018)＝f (2)＝2×12－1＝0. 答案：0一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2017·石家庄质检)下列函中，既是偶函又在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝1xB ．y ＝|x |－1C ．y ＝lg xD ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x | 解析：选B A 中函y ＝1x不是偶函且在(0，＋∞)上单调递减，故A 错误；B 中函满足题意，故B 正确；C 中函不是偶函，故C 错误；D 中函不满足在(0，＋∞)上单调递增，故选B.2．已知f (x )为定义在R 上的奇函，当x ≥0时，f (x )＝2x ＋m ，则f (－2)＝( )A ．－3B ．－54C.54 D ．3解析：选A 因为f (x )为R 上的奇函，所以f (0)＝0，即f (0)＝20＋m ＝0，解得m ＝－1，则f (－2)＝－f (2)＝－(22－1)＝－3.3．函f (x )＝x ＋1x＋1，f (a )＝3，则f (－a )的值为( ) A ．－3B ．－1C ．1D ．2解析：选B 由题意得f (a )＋f (－a )＝a ＋1a ＋1＋(－a )＋1－a＋1＝2.∴f (－a )＝2－f (a )＝－1，故选B.4．函f (x )在R 上为奇函，且x >0时，f (x )＝x ＋1，则当x <0时，f (x )＝________.解析：∵f (x )为奇函，x >0时，f (x )＝x ＋1，∴当x <0时，－x >0，f (x )＝－f (－x )＝－(－x ＋1)，即x <0时，f (x )＝－(－x ＋1)＝－－x －1. 答案：－－x －15．设函f (x )是定义在R 上周期为2的偶函，当x ∈时，f (x )＝x＋1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝________. 解析：依题意得，f (2＋x )＝f (x )，f (－x )＝f (x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12＋1＝32. 答案：32二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·山西考前质检)下列函中，既是偶函又在区间(1,2)内单调递减的是( )A ．f (x )＝xB ．f (x )＝1x 2C ．f (x )＝2x ＋2－xD ．f (x )＝－cos x解析：选B 对于A ，偶函与单调递减均不满足；对于B ，符合题意；对于C ，不满足单调递减；对于D ，不满足单调递减，故选B.2．设f (x )是周期为2的奇函，当0≤x ≤1时，f (x )＝2x (1－x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52等于( ) A ．－12B ．－14C.14D.12 解析：选A ∵f (x )是周期为2的奇函，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－2×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝－12. 3．(2017·绵阳诊断)已知偶函f (x )在区间(a <b <0)上的值域为，则在区间上( )A ．有最大值4B ．有最小值－4C ．有最大值－3D ．有最小值－3解析：选B 法一：根据题意作出y ＝f (x )的简图，由图知，选B.法二：当x ∈时，－x ∈，由题意得f (b )≤f (－x )≤f (a )，即－3≤－f (x )≤4，∴－4≤f (x )≤3，即在区间上f (x )min ＝－4，f (x )m ax ＝3，故选B.5．设f (x )是定义在实集上的函，且f (2－x )＝f (x )，若当x ≥1时，f (x )＝ln x ，则有( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13 C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f (2) D ．f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13 解析：选C 由f (2－x )＝f (x )可知函f (x )的图象关于x ＝1对称，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫53，又当x ≥1时，f (x )＝ln x 单调递增，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫53<f (2)，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f (2)，故选C. 6．(2017·贵州适应性考试)已知f (x )是奇函，g (x )＝2＋f x f x .若g (2)＝3，则g (－2)＝________.解析：由题意可得g (2)＝2＋f f ＝3，则f (2)＝1，又f (x )是奇函，则f (－2)＝－1，所以g (－2)＝2＋f －f －＝2－1－1＝－1.答案：－17．定义在R 上的奇函y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，则满足f (x )>0的x 的集合为________．解析：由奇函y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，得函y＝f (x )在(－∞，0)上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，∴f (x )>0时，x >12或－12<x <0. 即满足f (x )>0的x 的集合为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ －12<x <0或x >12. 答案：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ －12<x <0或x >12 8．已知f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函和偶函，且f (x )－g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，则f (1)，g (0)，g (－1)之间的大小关系是______________．解析：在f (x )－g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 中，用－x 替换x ， 得f (－x )－g (－x )＝2x ，由于f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函和偶函，所以f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，因此得－f (x )－g (x )＝2x .联立方程组解得f (x )＝2－x －2x 2，g (x )＝－2－x ＋2x 2， 于是f (1)＝－34，g (0)＝－1，g (－1)＝－54， 故f (1)>g (0)>g (－1)．答案：f (1)>g (0)>g (－1)9．设f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f (x )是奇函，当x >0时，f (x )＝x1－3x .(1)求当x <0时，f (x )的解析式；(2)解不等式f (x )<－x 8. 解：(1)因为f (x )是奇函，所以当x <0时， f (x )＝－f (－x )，－x >0，又因为当x >0时，f (x )＝x1－3x ， 所以当x <0时，f (x )＝－f (－x )＝－－x 1－3－x ＝x 1－3－x. (2)f (x )<－x 8，当x >0时，即x 1－3x <－x 8， 所以11－3x <－18，所以13x －1>18，所以3x －1<8， 解得x <2，所以x ∈(0,2)．当x <0时，即x 1－3－x <－x 8，所以11－3－x >－18， 所以3－x >32，所以x <－2，所以解集是(－∞，－2)∪(0,2)． 10．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x 2＋2x ，x >0，0，x ＝0，x 2＋mx ，x <0是奇函．(1)求实m 的值；(2)若函f (x )在区间上单调递增，求实a 的取值范围．解：(1)设x <0，则－x >0，所以f (－x )＝－(－x )2＋2(－x )＝－x 2－2x .又f (x )为奇函，所以f (－x )＝－f (x )，于是x <0时，f (x )＝x 2＋2x ＝x 2＋mx ，所以m ＝2.(2)要使f (x )在上单调递增，结合f (x )的图象(如图所示)知⎩⎪⎨⎪⎧ a －2>－1，a －2≤1，所以1＜a ≤3，故实a 的取值范围是(1,3]．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知y ＝f (x )是偶函，当x >0时，f (x )＝x ＋4x，且当x ∈时，n ≤f (x )≤m 恒成立，则m －n 的最小值是________．解析：∵当x ∈时，n ≤f (x )≤m 恒成立，∴n ≤f (x )min 且m ≥f (x )m ax ，∴m －n 的最小值是f (x )m ax －f (x )min ，又由偶函的图象关于y 轴对称知，当x ∈时，函的最值与x ∈时的最值相同，又当x >0时，f (x )＝x ＋4x，在上递减，在上递增，且f (1)>f (3)， ∴f (x )m ax －f (x )min ＝f (1)－f (2)＝5－4＝1.答案：12．设函f (x )是定义在R 上的奇函，对任意实x有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋x ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x 成立． (1)证明y ＝f (x )是周期函，并指出其周期；(2)若f (1)＝2，求f (2)＋f (3)的值；(3)若g (x )＝x 2＋ax ＋3，且y ＝|f (x )|·g (x )是偶函，求实a 的值．解：(1)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋x ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x ，且f (－x )＝－f (x )，知f (3＋x )＝f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋x ＝ －f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋x ＝－f (－x )＝f (x )， 所以y ＝f (x )是周期函，且T ＝3是其一个周期．(2)因为f (x )为定义在R 上的奇函，所以f (0)＝0，且f (－1)＝－f (1)＝－2，又T ＝3是y ＝f (x )的一个周期，所以f (2)＋f (3)＝f (－1)＋f (0)＝－2＋0＝－2.(3)因为y ＝|f (x )|·g (x )是偶函，且|f (－x )|＝|－f (x )|＝|f (x )|，所以|f (x )|为偶函． 故g (x )＝x 2＋ax ＋3为偶函，即g (－x )＝g (x )恒成立，于是(－x )2＋a (－x )＋3＝x 2＋ax ＋3恒成立．于是2ax ＝0恒成立，所以a ＝0. 第四节函的图象1．描点法作图其基本步骤是列表、描点、连线，具体为：(1)①确定函的定义域；②简函的解析式；③讨论函的性质(奇偶性、单调性、周期性)．(2)列表(注意特殊点、零点、最大值点、最小值点以及坐标轴的交点)．(3)描点，连线．。
高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第2讲 函数的表示法课时作业 理
—————————— 新学期 新成绩 新目标 新方向 ——————————第2讲 函数的表示法1．若f (x ＋2)＝2x ＋3，则f (x )＝( ) A ．2x ＋1 B ．2x －1 C ．2x －3 D ．2x ＋72．已知f (x )＝x ＋1x －1(x ≠±1)，则( )A ．f (x )·f (－x )＝1B ．f (－x )＋f (x )＝0C ．f (x )·f (－x )＝－1D ．f (－x )＋f (x )＝13．(2017年安徽黄山质检)已知f (x )是一次函数，且f [f (x )]＝x ＋2，则f (x )＝( ) A ．x ＋1 B ．2x －1C ．－x ＋1D ．x ＋1或－x －14．下列函数中，不满足f (2x )＝2f (x )的是( ) A ．f (x )＝|x | B ．f (x )＝x －|x | C ．f (x )＝x ＋1 D ．f (x )＝－x5．如图X221(1)，在直角梯形ABCD 中，动点P 从点B 出发，由B →C →D →A 沿边运动，设点P 运动的路程为x ，△ABP 的面积为f (x )．若函数y ＝f (x )的图象如图X221(2)，则△ABC 的面积为( )(1) (2)图X221A ．10B ．32C ．18D ．166．若函数f (x )，g (x )分别是R 上的奇函数、偶函数，且满足f (x )－g (x )＝e x，则有( ) A ．f (2)<f (3)<g (0) B ．g (0)<f (3)<f (2) C ．f (2)<g (0)<f (3) D ．g (0)<f (2)<f (3)7．已知函数f (x )＝22x ＋1＋sin x ，则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＝________.8．(2016年浙江)设函数f (x )＝x 3＋3x 2＋1.已知a ≠0，且f (x )－f (a )＝(x －b )(x －a )2，x ∈R ，则实数a ＝________，b ＝________.9．根据条件求下列各函数的解析式：(1)已知f (x )是二次函数，若f (0)＝0，f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，求f (x )的解析式；(2)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 1＋x ＝1－x 21＋x 2，求f (x )的解析式； (3)已知f (x )满足2f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝3x ，求f (x )的解析式．10．定义：如果函数y ＝f (x )在定义域内给定区间[a ，b ]上存在x 0(a <x 0<b )，满足f (x 0)＝f b －f a b －a，则称函数y ＝f (x )是[a ，b ]上的“平均值函数”，x 0是它的一个“均值点”．如y ＝x 4是[－1,1]上的平均值函数，0就是它的均值点．(1)判断函数f (x )＝－x 2＋4x 在区间[0,9]上是否为平均值函数．若是，求出它的均值点；若不是，请说明理由；(2)若函数f (x )＝－x 2＋mx ＋1是区间[－1,1]上的平均值函数，试确定实数m 的取值范围．第2讲 函数的表示法 1．B 2.A3．A 解析：设f (x )＝kx ＋b ，则由f [f (x )]＝x ＋2，可得k (kx ＋b )＋b ＝x ＋2，即k 2x＋kb ＋b ＝x ＋2.∴k 2＝1，kb ＋b ＝2.解得k ＝1，b ＝1，则f (x )＝x ＋1.故选A.4．C 解析：将f (2x )表示出来，看与2f (x )是否相等．对于A ，f (2x )＝|2x |＝2|x |＝2f (x )；对于B ，f (2x )＝2x －|2x |＝2(x －|x |)＝2f (x )；对于C ，f (2x )＝2x ＋1≠2f (x )；对于D ，f (2x )＝－2x ＝2f (x )．故只有C 不满足f (2x )＝2f (x )．故选C.5．D 解析：由y ＝f (x )的图象，得当x ＝4和x ＝9时，△ABP 的面积相等，∴BC ＝4，BC ＋CD ＝9，即CD ＝5.易知AD ＝14－9＝5.如图D90，过点D 作DE ⊥AB 于点E .∵∠B ＝90°，∴DE ＝BC ＝4.在Rt △AED 中，AE ＝AD 2－DE 2＝3.∴AB ＝AE ＋EB ＝3＋5＝8.∴S △ABC ＝12AB ×BC ＝12×8×4＝16.图D906．D 解析：⎩⎪⎨⎪⎧f x －g x ＝e x ，f －x －g －x ＝e －x，即⎩⎪⎨⎪⎧f x－g x ＝e x，－f x －g x ＝e －x ，解得f (x )＝e x－e －x2，g (x )＝e x＋e －x－2.所以f (2)＝e 2－e －22，f (3)＝e 3－e－32，g (0)＝－1.显然g (0)<f (2)<f (3)．故选D.7．5 解析： ∵f (x )＋f (－x )＝22x ＋1＋sin x ＋22－x ＋1－sin x ＝22x ＋1＋2x ＋11＋2x ＝2，且f (0)＝1，∴f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＝5.8．－2 1 解析：f (x )－f (a )＝x 3＋3x 2＋1－a 3－3a 2－1＝x 3＋3x 2－a 3－3a 2，(x －b )(x －a )2＝x 3－(2a ＋b )·x 2＋(a 2＋2ab )x －a 2b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2a －b ＝3，a 2＋2ab ＝0，－a 2b ＝－a 3－3a 2.解得a ＝0(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1.9．解：(1) 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，由f (0)＝0，得f (x )＝ax 2＋bx . 又由f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，得a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＝ax 2＋bx ＋x ＋1，即ax 2＋(2a ＋b )x ＋a ＋b ＝ax 2＋(b ＋1)x ＋1. ∴⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝b ＋1，a ≠0，a ＋b ＝1.∴a ＝b ＝12.因此f (x )＝12x 2＋12x .(2)令t ＝1－x 1＋x ，由此，得x ＝1－t1＋t(t ≠－1)．∴f (t )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 1＋t 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 1＋t 2＝2t 1＋t 2.从而f (x )的解析式为f (x )＝2x1＋x2(x ≠－1)． (3)∵2f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝3x ，①∴把①中的x 换成1x，得2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋f (x )＝3x.②①×2－②，得3f (x )＝6x －3x.∴f (x )＝2x －1x(x ≠0)．10．解：(1)由定义知，关于x 的方程－x 2＋4x ＝f－f9－0在(0,9)上有实数根时，函数f (x )＝－x 2＋4x 是[0,9]上的平均值函数．而－x 2＋4x ＝f －f 9－0⇒x 2－4x －5＝0，可解得x 1＝5，x 2＝－1.又x 1＝5∈(0,9)[x 2＝－1∉(0,9)，故舍去]，∴f (x )＝－x 2＋4x 是[0,9]上的平均值函数，5是它的均值点．(2)∵f (x )＝－x 2＋mx ＋1是[－1,1]上的平均值函数，∴关于x 的方程－x 2＋mx ＋1＝f －f －1－－在(－1,1)内有实数根．由－x 2＋mx ＋1＝f －f －1－－，得x 2－mx ＋m －1＝0.解得x 1＝m －1，x 2＝1. 又x 2＝1∉(－1,1)，∴x 1＝m －1必为均值点，即－1<m －1<1. ∴所求实数m 的取值范围是0<m <2.。
2019版高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第2讲 函数的表示法课时作业 理
2019版高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第2讲 函数的表示法课时作业 理1．若f (x ＋2)＝2x ＋3，则f (x )＝( ) A ．2x ＋1 B ．2x －1 C ．2x －3 D ．2x ＋72．已知f (x )＝x ＋1x －1(x ≠±1)，则( )A ．f (x )·f (－x )＝1B ．f (－x )＋f (x )＝0C ．f (x )·f (－x )＝－1D ．f (－x )＋f (x )＝13．(2017年安徽黄山质检)已知f (x )是一次函数，且f [f (x )]＝x ＋2，则f (x )＝( ) A ．x ＋1 B ．2x －1C ．－x ＋1D ．x ＋1或－x －14．下列函数中，不满足f (2x )＝2f (x )的是( ) A ．f (x )＝|x | B ．f (x )＝x －|x | C ．f (x )＝x ＋1 D ．f (x )＝－x5．如图X221(1)，在直角梯形ABCD 中，动点P 从点B 出发，由B →C →D →A 沿边运动，设点P 运动的路程为x ，△ABP 的面积为f (x )．若函数y ＝f (x )的图象如图X221(2)，则△ABC 的面积为( )(1) (2)图X221A ．10B ．32C ．18D ．166．若函数f (x )，g (x )分别是R 上的奇函数、偶函数，且满足f (x )－g (x )＝e x，则有( ) A ．f (2)<f (3)<g (0) B ．g (0)<f (3)<f (2) C ．f (2)<g (0)<f (3) D ．g (0)<f (2)<f (3)7．已知函数f (x )＝22x ＋1＋sin x ，则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＝________.8．(2016年浙江)设函数f (x )＝x 3＋3x 2＋1.已知a ≠0，且f (x )－f (a )＝(x －b )(x －a )2，x ∈R ，则实数a ＝________，b ＝________.9．根据条件求下列各函数的解析式：(1)已知f (x )是二次函数，若f (0)＝0，f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，求f (x )的解析式；(2)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 1＋x ＝1－x 21＋x2，求f (x )的解析式； (3)已知f (x )满足2f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝3x ，求f (x )的解析式．10．定义：如果函数y ＝f (x )在定义域内给定区间[a ，b ]上存在x 0(a <x 0<b )，满足f (x 0)＝f b －f a b －a，则称函数y ＝f (x )是[a ，b ]上的“平均值函数”，x 0是它的一个“均值点”．如y ＝x 4是[－1,1]上的平均值函数，0就是它的均值点．(1)判断函数f (x )＝－x 2＋4x 在区间[0,9]上是否为平均值函数．若是，求出它的均值点；若不是，请说明理由；(2)若函数f (x )＝－x 2＋mx ＋1是区间[－1,1]上的平均值函数，试确定实数m 的取值范围．第2讲 函数的表示法 1．B 2.A3．A 解析：设f (x )＝kx ＋b ，则由f [f (x )]＝x ＋2，可得k (kx ＋b )＋b ＝x ＋2，即k 2x＋kb ＋b ＝x ＋2.∴k 2＝1，kb ＋b ＝2.解得k ＝1，b ＝1，则f (x )＝x ＋1.故选A.4．C 解析：将f (2x )表示出来，看与2f (x )是否相等．对于A ，f (2x )＝|2x |＝2|x |＝2f (x )；对于B ，f (2x )＝2x －|2x |＝2(x －|x |)＝2f (x )；对于C ，f (2x )＝2x ＋1≠2f (x )；对于D ，f (2x )＝－2x ＝2f (x )．故只有C 不满足f (2x )＝2f (x )．故选C.5．D 解析：由y ＝f (x )的图象，得当x ＝4和x ＝9时，△ABP 的面积相等，∴BC ＝4，BC ＋CD ＝9，即CD ＝5.易知AD ＝14－9＝5.如图D90，过点D 作DE ⊥AB 于点E .∵∠B ＝90°，∴DE ＝BC ＝4.在Rt △AED 中，AE ＝AD 2－DE 2＝3.∴AB ＝AE ＋EB ＝3＋5＝8.∴S △ABC ＝12AB ×BC ＝12×8×4＝16.图D906．D 解析：⎩⎪⎨⎪⎧f x －g x ＝e x ，f －x －g －x ＝e －x，即⎩⎪⎨⎪⎧f x－g x ＝e x，－f x －g x ＝e －x ，解得f (x )＝e x－e －x2，g (x )＝e x＋e －x－2.所以f (2)＝e 2－e －22，f (3)＝e 3－e－32，g (0)＝－1.显然g (0)<f (2)<f (3)．故选D.7．5 解析： ∵f (x )＋f (－x )＝22x ＋1＋sin x ＋22－x ＋1－sin x ＝22x ＋1＋2x ＋11＋2x ＝2，且f (0)＝1，∴f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＝5.8．－2 1 解析：f (x )－f (a )＝x 3＋3x 2＋1－a 3－3a 2－1＝x 3＋3x 2－a 3－3a 2，(x －b )(x －a )2＝x 3－(2a ＋b )·x 2＋(a 2＋2ab )x －a 2b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2a －b ＝3，a 2＋2ab ＝0，－a 2b ＝－a 3－3a 2.解得a ＝0(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1.9．解：(1) 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，由f (0)＝0，得f (x )＝ax 2＋bx . 又由f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，得a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＝ax 2＋bx ＋x ＋1，即ax 2＋(2a ＋b )x ＋a ＋b ＝ax 2＋(b ＋1)x ＋1. ∴⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝b ＋1，a ≠0，a ＋b ＝1.∴a ＝b ＝12.因此f (x )＝12x 2＋12x .(2)令t ＝1－x 1＋x ，由此，得x ＝1－t1＋t(t ≠－1)．∴f (t )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 1＋t 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 1＋t 2＝2t 1＋t 2.从而f (x )的解析式为f (x )＝2x1＋x2(x ≠－1)． (3)∵2f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝3x ，①∴把①中的x 换成1x，得2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋f (x )＝3x.②①×2－②，得3f (x )＝6x －3x.∴f (x )＝2x －1x(x ≠0)．10．解：(1)由定义知，关于x 的方程－x 2＋4x ＝f－f9－0在(0,9)上有实数根时，函数f (x )＝－x 2＋4x 是[0,9]上的平均值函数．而－x 2＋4x ＝f －f 9－0⇒x 2－4x －5＝0，可解得x 1＝5，x 2＝－1.又x 1＝5∈(0,9)[x 2＝－1∉(0,9)，故舍去]，∴f (x )＝－x 2＋4x 是[0,9]上的平均值函数，5是它的均值点．(2)∵f (x )＝－x 2＋mx ＋1是[－1,1]上的平均值函数，∴关于x 的方程－x 2＋mx ＋1＝f －f －1－－在(－1,1)内有实数根．由－x 2＋mx ＋1＝f －f －1－－，得x 2－mx ＋m －1＝0.解得x 1＝m －1，x 2＝1. 又x 2＝1∉(－1,1)，∴x 1＝m －1必为均值点，即－1<m －1<1. ∴所求实数m 的取值范围是0<m <2.。
2019版高考数学微一轮全国通用版 第二章 函数、导数及其应用精品课件第2章-第6节
(3)幂函数的性质 ①幂函数在(0，＋∞)上都有定义； ②幂函数的图象过点(1,1)； ③当 α＞0 时，幂函数的图象都过点(1,1)和(0,0)，且在(0，＋∞)上单调递增； ④当 α＜0 时，幂函数的图象都过点(1,1)，且在(0，＋∞)上单调递减．
第二章
函数、导数及其应用
回顾教材·夯基固本
典例剖析·点点突破
递减 b 函数的图象关于 x＝－2a对称
对称性
第二章
函数、导数及其应用
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典例剖析·点点突破
微课时
2.幂函数
xα 叫做幂函数，其中 x 是自变量，α 是常数． (1)定义：一般地，函数 y＝____
(2)幂函数的图象比较
第二章
函数、导数及其应用
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微课时
第二章
函数、导数及其应用
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微课时
3．给出下列命题： ①函数 y＝2x 是幂函数； ②如果幂函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点； ③当 n＜0 时，幂函数 y＝xn 是定义域上的减函数；
2 4 ac － b ④二次函数 y＝ax2＋bx＋c，x∈[m，n]的最值一定是 4a ；
时恒有
a＜0， f(x)＞0，当 Δ＜0
时，恒
第二章
函数、导数及其应用
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典例剖析·点点突破
微课时
1．(2018· 信阳模拟)幂函数 A．1 C．3
1 1 y＝f(x)的图象经过点4，2，则 f4的值为(
)
B．2 D．m＝1 或 m＝2.
经检验 m＝1 或 2 都适合．
答案：1 或 2
配套K122019年高考数学一轮复习学案+训练+课件(北师大版理科)： 第2章 函数、导数及其应用
第十一节导数的应用[考纲传真] (教师用书独具)1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)；3.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；4.会利用导数解决某些简单的实际问题．(对应学生用书第34页)[基础知识填充]1．函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间内是增加的；(2)如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在这个区间内是减少的；(3)如果f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)在这个区间内是常数函数．2．函数的极值与导数(1)极值点与极值设函数f(x)在点x0及附近有定义，且在x0两侧的单调性相反或导数值异号，则x0为函数f(x)的极值点，f(x0)为函数的极值．(2)极大值点与极小值点①若先增后减(导数值先正后负)，则x0为极大值点；②若先减后增(导数值先负后正)，则x0为极小值点．(3)可求导函数极值的步骤：①求f′(x)；②解方程f′(x)＝0；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的解x0的左右两侧的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．如果f′(x)在x0两侧的符号相同，则x0不是极值点．3．函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图像是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)、f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．[知识拓展]1．在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.( )(2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则函数f(x)在此区间上没有单调性．( )(3)函数的极大值不一定比极小值大．( )(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．( )(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( )(6)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．( )[答案](1)×(2)√(3)√(4)×(5)√(6)×2．(教材改编)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为( )A．(0,4) B．(0,2)C．(4，＋∞)D．(－∞，0)A[f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)＜0，得0＜x＜4，所以单调递减区间为(0,4)．]3．如图2111所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图像，则下列判断中正确的是( )图2111A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数B ．函数f (x )在区间(1,3)上是减函数C ．函数f (x )在区间(0,2)上是减函数D ．函数f (x )在区间(3,4)上是增函数A [当x ∈(－3,0)时，f ′(x )＜0，则f (x )在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．] 4．函数y ＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________．8 [y ′＝6x 2－4x ，令y ′＝0， 得x ＝0或x ＝23.∵f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－827， f (2)＝8，∴最大值为8.]5．函数f (x )＝x －a ln x (a ＞0)的极小值为________．a －a ln a [f (x )的定义域为(0，＋∞)，易知f ′(x )＝1－ax.由f ′(x )＝0，解得x ＝a (a ＞0)． 又当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ．]第1课时 导数与函数的单调性(对应学生用书第35页)(2017·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x .讨论f (x )的单调性． [解] 函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0. 故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．f x 在a ，内的单调性的步骤f x ；二定：确定fx 在a ，内的符号；三结论：作出结论：fx ＞0时为增函数；x ＜0研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论分以下四个方面①二次项系数讨论，②根的有无讨论，③根的大小讨论，④根在不在定义域内讨论讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分点讨论完必须写综述[跟踪训练] (2016·四川高考节选)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝x －e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数．(1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x >1时，g (x )>0.[解] (1)由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，又s (1)＝0，有s (x )＞0， 所以ex －1>x ，从而g (x )＝1x －1e x －1>0.设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间.【导学号：79140076】[解] (1)因为f (x )＝x e a －x＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f (2)＝2e ＋2，f ′(2)＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x . 由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． 确定函数x 的定义域求fx在定义域内解不等式x ＞在定义域内解不等式x ＜易错警示：解不等式x ＞＜时不加“＝”号[跟踪训练(2018·合肥第二次质检节选)已知[解] 由已知可得函数定义域为(－m ，＋∞)．∵f (x )＝ln(x ＋m )－mx ，∴f ′(x )＝1x ＋m－m . 当m ≤0时，f ′(x )＝1x ＋m－m ＞0， 即f (x )的单调递增区间为(－m ，＋∞)，无单调递减区间； 当m ＞0时，f ′(x )＝1x ＋m －m ＝－m ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋m －1m x ＋m ，由f ′(x )＝0，得x ＝1m－m ∈(－m ，＋∞)，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ，－m ＋1m 时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－m ＋1m，＋∞时，f ′(x )＜0，∴当m ＞0时，易知f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ，－m ＋1m ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ＋1m ，＋∞.已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围． [解] (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x－ax －2＜0有解，即a ＞1x 2－2x有解．设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a ＞G (x )min 即可．而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1. 所以a ＞－1，即a 的取值范围为(－1，＋∞)． (2)由h (x )在[1,4]上单调递减得，当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立．所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞.1．本例(2)中，若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递增，求a 的取值范围． [解] 由h (x )在[1,4]上单调递增得， 当x ∈[1,4]时，h ′(x )≥0恒成立， ∴当x ∈[1,4]时，a ≤1x 2－2x恒成立，又当x ∈[1,4]时，⎝⎛⎭⎪⎫1x 2－2xmin ＝－1(此时x ＝1)， ∴a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．2．本例(2)中，若h (x )在[1,4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围．[解] h (x )在[1,4]上存在单调递减区间， 则h ′(x )＜0在[1,4]上有解， ∴当x ∈[1,4]时，a ＞1x 2－2x有解，又当x ∈[1,4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1，∴a ＞－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞)． 利用集合间的包含关系处理：x 在a ，上单调，则区间a ，是相应单调区间的子集转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则x ；若函数单调递减，则fx 来求解易错警示：f x 为增函数的充要条件是对任意的都有x ，且在a ，b 内的任一非空子区间上x 不恒为应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.[跟踪训练] (1)(2017·四川乐山一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( ) A ．a ＜1 B ．a ≤1 C ．a ＜2D ．a ≤2(2)函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在区间[－1,2]上不单调，则实数a 的取值范围是( )【导学号：79140077】A ．(－∞，－3]B ．(－3,1)C ．[1，＋∞)D ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)(1)D (2)B (1)由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －ax，∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －a x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立， ∵x ∈(1，＋∞)时，2x 2＞2，∴a ≤2.故选D ． (2)因为f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5，所以f ′(x )＝x 2－2x ＋a ＝(x －1)2＋a －1，如果函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在区间[－1,2]上单调，那么a －1≥0或⎩⎪⎨⎪⎧f ′(－1)≤0，f ′(2)≤0，解得a ≥1或a ≤－3，于是满足条件的a ∈(－3,1)．f (x )＝x 3－3ax 2＋3x ＋1在(2,3)上不单调，求a 的取值范围． [解] f ′(x )＝3x 2－6ax ＋3，∵f (x )在(2,3)上不单调． ∴3x 2－6ax ＋3＝0在(2,3)上有解．∴a ＝x 2＋12x ，当2＜x ＜3时，54＜a ＜53.x 在a ，上不单调x 在a ，上有极值x ＝0a ，上有解且无重根.[跟踪训练] x )＝x 3＋(1－)x 2－a ＋b 在(－1,1)上不单调，求的取值范围．[解] f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)＝(3x ＋a ＋2)(x －a )，∵f (x )在(－1,1)上不单调，∴f ′(x )＝0在(－1,1)上有解． ∴a ＝－3x －2或a ＝x ，有－1＜x ＜1得－5＜a ＜1， 又Δ＝4(1－a )2＋12a (a ＋2)＝(2a ＋1)2＞0，∴a ≠－12，∴a 的取值范围为－5＜a ＜－12或－12＜a ＜1.。
2019版高考数学(理)高分计划一轮课件：第2章 函数、导数及其应用 2-2
②当 a<0 时，x∈0，－1a时，f′(x)>0，
－2a≥1， g(1)≤h(1)，∴a<0，
－a－6≤a，
a≤－2，
∴a<0， a≥－3，
解得－3≤a≤－2.故选 B.
3．小题热身 (1)(2014·天津高考)函数 f(x)＝log1 (x2－4)的单调递增区
2
间为 ()
A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)
间为( )
A．(－∞，1]
B．[3，＋∞)
C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)
解析 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，＋∞)．故选 B.
题型 3 函数单调性的应用 角度 1 利用函数的单调性比较大小
典例 (2017·福州模拟)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 x2>x1>1 时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－ x1)<0 恒成立，设 a＝f－12，b＝f(2)，c＝f(3)，则 a，b，c 的大小关系为( )
典例3
求函数 f(x)＝x－ln x 的单调区间． 本题采用导数法．
全国近年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学案(2021年整理)
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第2讲函数的单调性与最值板块一知识梳理·自主学习［必备知识]考点1 函数的单调性1．单调函数的定义2．单调性、单调区间的定义若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间具有（严格的)单调性，区间D叫做y＝f（x)的单调区间．考点2 函数的最值考点3 利用定义判断函数单调性的步骤1．任取……；2.作差……；3.化简；4.判断；5。
结论．[必会结论]1．对勾函数y＝x＋ax（a>0)的增区间为(－∞，－a]和[错误!,＋∞）；减区间为[－错误!，0）和（0，错误!］,且对勾函数为奇函数．2．设∀x1,x2∈D（x1≠x2),则①x1－x2>0（〈0），f（x1）－f(x2)〉0（<0）⇔f(x)在D上单调递增;x1－x2>0(<0)，f（x1)－f(x2）<0（>0)⇔f(x）在D上单调递减;②错误!>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)］〉0)⇔f(x）在D上单调递增;③错误!<0(或（x1－x2）[f(x1)－f(x2）］〈0）⇔f（x）在D上单调递减．［考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√"，错误的打“×”）(1）函数y＝错误!的单调递减区间是（－∞,0)∪（0，＋∞)．（)(2）对于函数f(x)，x∈D，若x1，x2∈D，且（x1－x2)·［f（x1)－f(x2）]〉0，则函数f(x）在D上是增函数．( ）（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．[课本改编］函数y＝x2－6x＋10在区间（2，4）上是（)A．递减函数B．递增函数C．先减后增D．先增后减答案C解析对称轴为x＝3，函数在（2，3］上为减函数，在［3，4)上为增函数．3．［2018·陕西模拟］下列函数中，满足“f（x＋y）＝f（x）·f(y)"的单调递增函数是( )A．f（x)＝x错误!B．f（x)＝x3C．f(x）＝错误!x D．f（x）＝3x答案D解析根据各选项知,选项C，D中的指数函数满足f(x＋y)＝f(x)·f（y）．又f（x)＝3x 是增函数，所以D正确．4．［课本改编］给定函数①y＝x错误!,②y＝log错误!（x＋1）,③y＝｜x－1|，④y＝2x＋1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是________．答案②③解析①y＝x错误!在(0，1)上递增；②∵t＝x＋1在(0,1)上递增，且0<错误!<1，故y＝log错误!（x＋1）在(0,1）上递减；③结合图象(图略）可知y＝｜x－1|在（0,1)上递减；④∵u＝x＋1在(0，1)上递增，且2>1，故y＝2x＋1在（0，1）上递增．故在区间（0,1)上单调递减的函数序号是②③.5．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________．答案（－3，－1)∪（3，＋∞）解析由已知可得错误!解得－3<a<－1或a〉3。
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第2讲函数的单调性与最值板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1 函数的单调性1．单调函数的定义2．单调性、单调区间的定义若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．考点2 函数的最值考点3 利用定义判断函数单调性的步骤1．任取……；2.作差……；3.化简；4.判断；5.结论．[必会结论]1．对勾函数y ＝x ＋a x(a >0)的增区间为(－∞，－a ]和[a ，＋∞)；减区间为[－a ，0)和(0，a ]，且对勾函数为奇函数．2．设∀x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，则①x 1－x 2>0(<0)，f (x 1)－f (x 2)>0(<0)⇔f (x )在D 上单调递增；x 1－x 2>0(<0)，f (x 1)－f (x 2)<0(>0)⇔f (x )在D 上单调递减；②f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0(或(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0)⇔f (x )在D 上单调递增；③f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0(或(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0)⇔f (x )在D 上单调递减．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( )(2)对于函数f (x )，x ∈D ，若x 1，x 2∈D ，且(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]>0，则函数f (x )在D 上是增函数．( )(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．[课本改编]函数y ＝x 2－6x ＋10在区间(2,4)上是( ) A ．递减函数 B ．递增函数 C ．先减后增 D ．先增后减答案 C解析 对称轴为x ＝3，函数在(2,3]上为减函数，在[3,4)上为增函数．3．[2018·陕西模拟]下列函数中，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 根据各选项知，选项C ，D 中的指数函数满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )．又f (x )＝3x是增函数，所以D 正确．4．[课本改编]给定函数①y ＝x 12 ，②y ＝log 12 (x ＋1)，③y ＝|x －1|，④y ＝2x ＋1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是________．答案 ②③解析 ①y ＝x 12 在(0,1)上递增；②∵t ＝x ＋1在(0,1)上递增，且0<12<1，故y ＝log 12(x ＋1)在(0,1)上递减；③结合图象(图略)可知y ＝|x －1|在(0,1)上递减；④∵u ＝x ＋1在(0,1)上递增，且2>1，故y ＝2x ＋1在(0,1)上递增．故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.5．已知函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，若f (a 2－a )>f (a ＋3)，则实数a 的取值范围为________．答案 (－3，－1)∪(3，＋∞)解析 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a >0，a ＋3>0，a 2－a >a ＋3，解得－3<a <－1或a >3.所以实数a 的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．板块二 典例探究·考向突破 考向确定函数的单调区间例 1 求下列函数的单调区间：(1)y ＝－x 2＋2|x |＋1；(2)y ＝log 12(x 2－3x ＋2)．解 (1)由于y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2－2x ＋1，x <0，即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－(x －1)2＋2，x ≥0，－(x ＋1)2＋2，x <0.画出函数图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．(2)令u ＝x 2－3x ＋2，则原函数可以看作y ＝log 12 u 与u ＝x 2－3x ＋2的复合函数．令u ＝x 2－3x ＋2>0，则x <1或x >2.∴函数y ＝log 12 (x 2－3x ＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．又∵u ＝x 2－3x ＋2的对称轴x ＝32，且开口向上，∴u ＝x 2－3x ＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数． 而y ＝log 12u 在(0，＋∞)上是单调减函数，∴y ＝log 12 (x 2－3x ＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．触类旁通确定函数单调性的方法(1)定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法或导数法． (2)复合函数法，复合函数单调性的规律是“同增异减”． (3)图象法，图象不连续的单调区间不能用“∪”连接． 【变式训练1】 求出下列函数的单调区间： (1)f (x )＝|x 2－4x ＋3|； (2)f (x )＝13－2x －x2.解 (1)先作出函数y ＝x 2－4x ＋3的图象，由于绝对值的作用，把x 轴下方的部分翻折到上方，可得函数y ＝|x 2－4x ＋3|的图象．如图所示．由图可知f (x )在(－∞，1]和[2,3]上为减函数，在[1,2]和[3，＋∞)上为增函数，故f (x )的增区间为[1,2]，[3，＋∞)，减区间为(－∞，1]，[2,3]．(2)∵3－2x －x 2>0，∴－3<x <1.由二次函数图象(图略)可知f (x )的递减区间是(－3，－1]，递增区间为[－1,1)．考向函数单调性的应用命题角度1 利用函数的单调性比较大小例 2 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 >bB ．c >b >aC ．a >c >bD ．b >a >c答案 D解析 ∵f (x )的图象关于x ＝1对称，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，又由已知可得f (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52>f (e)，即f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12>f (e)．选D.命题角度2 利用函数的单调性解不等式例 3 f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f (xy )＝f (x )＋f (y )，f (3)＝1，当f (x )＋f (x －8)≤2时，x 的取值范围是( )A ．(8，＋∞)B ．(8,9]C ．[8,9]D ．(0,8)答案 B解析 2＝1＋1＝f (3)＋f (3)＝f (9)，由f (x )＋f (x －8)≤2，可得f [x (x －8)]≤f (9)，因为f (x )是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x －8>0，x (x －8)≤9.解得8<x ≤9.命题角度3 利用函数的单调性求参数例 4 [2018·日照模拟]若f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝ax ＋1在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是( )A ．(－1,0)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(0,1]C ．(0,1)D ．(0,1]答案 D解析 ∵f (x )＝－x 2＋2ax 在[1,2]上是减函数，∴a ≤1，又∵g (x )＝ax ＋1在[1,2]上是减函数，∴a >0，∴0<a ≤1.触类旁通函数单调性应用问题的解题策略(1)比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．(2)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f ”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时，应特别注意函数的定义域．(3)利用单调性求参数时，通常要把参数视为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．提醒 若函数在区间[a ，b ]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．考向函数的最值问题例 5 (1)函数f (x )＝x ＋21－x 的最大值为________． 答案 2解析 设1－x ＝t (t ≥0)，∴x ＝1－t 2. ∴y ＝x ＋21－x ＝1－t 2＋2t ＝－t 2＋2t ＋1＝－(t －1)2＋2. ∴当t ＝1即x ＝0时，y max ＝2.(2)函数f (x )＝3x ＋2x，x ∈[1,2]的值域为________．答案 [5,7]解析 解法一：f (x )＝3x ＋23x，易证f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上是增函数． ∴f (x )在[1,2]上为增函数，从而得值域为[5,7]． 解法二：f ′(x )＝3－2x2，当1≤x ≤2时，f ′(x )>0，∴f (x )在[1,2]上为增函数， 又f (1)＝5，f (2)＝7.∴f (x )＝3x ＋2x，x ∈[1,2]的值域为[5,7]．触类旁通求函数最值(值域)的五种常用方法(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值．(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值．(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值． (5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值． 【变式训练2】 (1)函数y ＝x －1－2x 的最大值为________． 答案 12解析 ∵定义域为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12， 而y ＝x －1－2x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12上为单调增函数． ∴当x ＝12时，y max ＝12.(2)已知函数y ＝1－x ＋x ＋3的最大值为M ，最小值为m ，则m M的值为________． 答案22解析 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧1－x ≥0，x ＋3≥0.所以函数的定义域为{x |－3≤x ≤1}． 两边平方，得y 2＝4＋21－x ·x ＋3 ＝4＋2(1－x )(x ＋3).所以当x ＝－1时，y 取得最大值M ＝22； 当x ＝－3或1时，y 取得最小值m ＝2， ∴mM ＝22.核心规律1.函数的单调区间是定义域的子集，研究函数单调性的方法有：定义法、图象法、导数法等．要注意掌握一次函数、二次函数等基本初等函数的单调性．2.复合函数的单调性可依据“同增异减”的规律求解．3.求函数的值域常常化归为求函数的最值问题，要重视函数的单调性在确定函数最值中的应用．满分策略1.讨论函数单调性必须在其定义域内进行，函数的单调区间是其定义域的子集，因此，讨论函数的单调性时，应先确定函数的定义域．2.函数的单调区间是指函数在定义域内的某个区间上单调递增或单调递减．单调区间要分开写，即使在两个区间上的单调性相同，也不能用并集表示.板块三 启智培优·破译高考易错警示系列1——利用分段函数的单调性求参数的范围出错[2018·山东泰安模拟]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x，x >1，⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2x ＋2，x ≤1是R 上的单调递增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．[4,8)C ．(4,8)D ．(1,8)错因分析 解答本题时，易忽视函数在定义域两段区间分界点上的函数值的大小而致误．解析 由f (x )在R 上单调递增，则有⎩⎪⎨⎪⎧a >1，4－a 2>0，⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2＋2≤a ，解得4≤a <8. 答案 B答题启示 解决分段函数的单调性问题时，要高度关注以下几点：(1)抓住对变量所在区间的讨论；(2)保证各段上同增(减)时，要注意上、下段间端点值间的大小关系；(3)弄清最终结果取并还是交.跟踪训练已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3a －1)x ＋4a ，x <1，log a x ，x ≥1是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a 的取值范围是( )A ．(0,1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，13 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，1 答案 C解析 f (x )在R 上单调递减，则有⎩⎪⎨⎪⎧3a －1<0，0<a <1，(3a －1)＋4a ≥0，解得17≤a <13.板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝ln (x ＋2)B ．y ＝－x ＋1C ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xD ．y ＝x ＋1x答案 A解析 函数y ＝ln (x ＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数． 2．[2018·山西模拟]若定义在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 依题意得f (3)＝f (1)，且－1<1<2，于是由函数f (x )在(－∞，2)上是增函数，得f (－1)<f (1)＝f (3)．选A.3．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答案 C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 ≤－2.4．[2018·信阳模拟]已知函数f (x )是R 上的增函数，对实数a ，b ，若a ＋b >0，则有( ) 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 A解析 ∵a ＋b >0，∴a >－b ，b >－a . ∴f (a )>f (－b )，f (b )>f (－a )．∴选A.5．若函数y ＝f (x )在R 上单调递增，且f (m 2＋1)>f (－m ＋1)，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(0，＋∞)C ．(－1,0)D ．(－∞，－1)∪(0，＋∞)答案 D解析 由题意得m 2＋1>－m ＋1，故m 2＋m >0，故m <－1或m >0. 6．[2018·海南模拟]函数f (x )＝|x －2|x 的单调减区间是( ) A ．[1,2] B ．[－1,0] C ．[0,2] D ．[2，＋∞)答案 A解析 f (x )＝|x －2|x＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥2，－x 2＋2x ，x <2.结合图象可知函数的单调减区间是[1,2]．7．[2018·深圳模拟]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u ＝2x 2－3x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342－18.因为u ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342－18在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34上单调递减，函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13u 在R 上单调递减．所以y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132x 2－3x ＋1在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34上单调递增，即该函数的单调递增区间为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，34.8．[2018·苏州模拟]若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调递增区间是[3，＋∞)，则a ＝________.答案 －6解析 由f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －a ，x <－a 2，2x ＋a ，x ≥－a2，可得函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，＋∞，故3＝－a 2，解得a ＝－6.9．函数f (x )＝1x －1在区间[a ，b ]上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b ＝________. 答案 6解析 易知f (x )在[a ，b ]上为减函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧f (a )＝1，f (b )＝13，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －1＝1，1b －1＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4，∴a ＋b ＝6.10．[2018·湖南模拟]函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________． 答案 14解析 令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋14，所以，当t ＝12，即x ＝14时，y max ＝14.[B 级 知能提升]1．[2018·安徽合肥模拟]若2x ＋5y≤2－y ＋5－x，则有( ) A ．x ＋y ≥0 B ．x ＋y ≤0 C ．x －y ≤0 D ．x －y ≥0答案 B解析 设函数f (x )＝2x－5－x，易知f (x )为增函数，又f (－y )＝2－y－5y，由已知得f (x )≤f (－y )，∴x ≤－y ，∴x ＋y ≤0.2．[2018·郑州质检]函数f (x )＝x 2＋x －6的单调增区间是( ) A ．(－∞，－3) B ．[2，＋∞) C ．[0,2) D ．[－3,2]答案 B解析 ∵x 2＋x －6≥0，∴x ≥2或x ≤－3，又∵y ＝x 2＋x －6是由y ＝t ，t ∈[0，＋∞)和t ＝x 2＋x －6，x ∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)两个函数复合而成，而函数t ＝x 2＋x －6在[2，＋∞)上是增函数，y ＝t 在[0，＋∞)上是增函数，又因为y ＝x 2＋x －6的定义域为(－∞，－3]∪[2，＋∞)，所以y ＝x 2＋x －6的单调增区间是[2，＋∞)．故选B.3．已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(0，＋∞)上有最小值，则函数g (x )＝f (x )x在区间(0，＋∞)上一定( )A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数答案 A解析 ∵f (x )＝x 2－2ax ＋a 在(0，＋∞)上有最小值，∴a >0. ∴g (x )＝f (x )x ＝x ＋ax－2a 在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，h (x )>h (1)＝3.∴g (x )在(0，＋∞)上一定有最小值．4．[2018·四川模拟]已知函数f (x )＝a －1|x |.(1)求证：函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f (x )<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x，设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0，f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0， ∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(2)由题意，a －1x<2x 在(1，＋∞)上恒成立，设h (x )＝2x ＋1x，则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立．任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1<x 2，h (x 1)－h (x 2)＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1x 1x 2.∵1<x 1<x 2，∴x 1－x 2<0，x 1x 2>1， ∴2－1x 1x 2>0，∴h (x 1)<h (x 2)，∴h (x )在(1，＋∞)上单调递增，h (x )>h (1)＝3，a ≤h (x )在(1，＋∞)上恒成立，故a ≤h (1)，即a ≤3，∴a 的取值范围是(－∞，3]．5．已知定义在区间(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)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 2)＝0，故f (1)＝0. (2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2， 则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． (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)， 而f (3)＝－1，∴f (9)＝－2. ∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.。