2020版数学新攻略大一轮浙江专用精练：4_§ 2_2 函数的单调性与最值 教师备用题库 含解析
2020版高考数学新设计一轮复习浙江专版讲义：第三章第二节函数的单调性与最值含答案
第二节函数的单调性与最值1．函数的单调性 (1)单调函数的定义(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)单调性，区间D 叫做函数y ＝f (x )的单调区间．2．函数的最值[小题体验]1．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( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④解析：选B ①y ＝x 12在(0,1)上递增；②∵t ＝x ＋1在(0,1)上递增，且0＜12＜1，∴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，∴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②③.2．(2019·绍兴调研)函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x－log 2(x ＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________． 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.答案：33．(2018·丽水模拟)已知函数 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 13x ，x ＞1，－x 2－2x ＋3，x ≤1，则f (f (3))＝________，f (x )的单调递减区间是________．解析：∵f (3)＝log 133＝－1，∴f (f (3))＝f (－1)＝－1＋2＋3＝4.当x ≤1时，f (x )＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋1)2＋4， 对称轴x ＝－1，f (x )在[－1,1]上单调递减，且f (1)＝0， 当x ＞1时，f (x )单调递减，且f (x )＜f (1)＝0， ∴f (x )在[－1，＋∞)上单调递减． 答案：4 [－1，＋∞)1．易混淆两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．2．若函数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，函数f (x )在区间(－1,0)上是减函数，在(0,1)上是减函数，但在(－1,0)∪(0,1)上却不一定是减函数，如函数f (x )＝1x.3．两函数f (x )，g (x )在x ∈(a ，b )上都是增(减)函数，则f (x )＋g (x )也为增(减)函数，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． [小题纠偏]1．设定义在[－1,7]上的函数y ＝f (x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的增区间为________．答案：[－1,1]，[5,7] 2．函数f (x )＝2x －1在[－6，－2]上的最大值是________，最小值是________．解析：因为f (x )＝2x －1在[－6，－2]上是减函数，所以当x ＝－6时，f (x )取得最大值－27.当x＝－2时，f (x )取得最小值－23.答案：－27 －23考点一 函数单调性的判断(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( ) 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 为减函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，32时，f (x )＝x 2－3x 为减函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫32，＋∞时，f (x )＝x 2－3x 为增函数； 当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－1x ＋1为增函数； 当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函数． 2．试讨论函数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 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)上递增． 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)上递减；当a ＜0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1,1)上递增． 3．判断函数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 1(x 1＋1)(x 2＋1).∵x 1＞－1，x 2＞－1，∴x 1＋1＞0，x 2＋1＞0， 又x 1＜x 2，∴x 2－x 1＞0， ∴x 2－x 1(x 1＋1)(x 2＋1)＞0，即y 1－y 2＞0.∴y 1＞y 2，∴函数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，＋∞)上是增函数， ∴y ＝1x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数，∴y ＝1＋1x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数．即函数y ＝x ＋2x ＋1在(－1，＋∞)上单调递减．[谨记通法]判断或证明函数的单调性的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)导数法，其基本步骤： 求导函数确定符号得出结论考点二 求函数的单调区间(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]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 12u 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)．[由题悟法]确定函数的单调区间的3种方法[提醒] 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．[即时应用]1．函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫122x x -( )A.⎝⎛⎦⎤－∞，12 B.⎣⎡⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ D.⎣⎡⎦⎤12，1解析：选D 令t ＝x －x 2，由x －x 2≥0，得0≤x ≤1，故函数的定义域为[0,1]．因为g (t )＝⎝⎛⎭⎫12t是减函数，所以f (x )的单调递增区间即t ＝x －x 2的单调递减区间．利用二次函数的性质，得t ＝x －x 2的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤12，1，即原函数的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤12，1. 2．(2018·温州十校联考)函数f (x )＝lg(9－x 2)的定义域为________；其单调递增区间为________． 解析：对于函数f (x )＝lg(9－x 2)，令t ＝9－x 2＞0，解得－3＜x ＜3，可得函数的定义域为(－3,3)． 令g (x )＝9－x 2，则函数f (x )＝lg(g (x ))，又函数g (x )在定义域内的增区间为(－3,0]． 所以函数f (x )＝lg(9－x 2)在定义域内的单调递增区间为(－3,0]． 答案：(－3,3) (－3,0]考点三 函数单调性的应用(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]高考对函数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)求函数的值域或最值；(2)比较两个函数值或两个自变量的大小； (3)解函数不等式；(4)利用单调性求参数的取值范围或值．[题点全练]角度一：求函数的值域或最值1．(2018·台州三区适应性考试)已知函数f (x )＝2x ＋ax 3＋b sin x (a ＞0，b ＞0)，若x ∈[0,1]时，f (x )的最大值为3，则x ∈[－1,0)时，f (x )的最小值是________．解析：因为函数f (x )＝2x ＋ax 3＋b sin x 在区间[－1,1]上为单调递增函数．所以当x ∈[0,1]时，f (x )的最大值为f (1)＝2＋a ·13＋b sin 1＝3，a ＋b sin 1＝1，当x ∈[－1,0)时，f (x )的最小值为f (－1)＝2－1＋a ·(－1)3＋b sin(－1)＝12－(a ＋b sin 1)＝－12.答案：－12角度二：比较两个函数值或两个自变量的大小2．(2018·杭州模拟)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：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，[f (x 2)－f (x 1)](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：解函数不等式3．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.∴－1＜x ＜0或0＜x ＜1.故选C.角度四：利用单调性求参数的取值范围或值4．若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3a －1)x ＋4a ，x ＜1，－ax ，x ≥1是定义在R 上的减函数，则a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫18，13 B.⎣⎡⎦⎤0，13 C.⎝⎛⎭⎫0，13 D.⎝⎛⎦⎤－∞，13 解析：选A 由题意知， ⎩⎪⎨⎪⎧3a －1＜0，(3a －1)×1＋4a ≥－a ，a ＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＜13，a ≥18，a ＞0，所以a ∈⎣⎡⎭⎫18，13，故选A.[通法在握]函数单调性应用问题的常见类型及解题策略 (1)求函数最值(2)比较大小比较函数值的大小，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． (3)解不等式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．(4)利用单调性求参数视参数为已知数，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] ①若函数在区间[a ，b ]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；②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．[演练冲关]1．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x ＞4.若函数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 作出函数f (x )的图象如图所示，由图象可知，若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，故选D.2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤0，ln (x ＋1)，x ＞0，若f (2－x 2)＞f (x )，则实数x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C ．(－1,2)D ．(－2,1)解析：选D ∵当x ＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x ≤0时，函数f (x )＝x 3为增函数，当x ＞0时，f (x )＝ln(x ＋1)也是增函数，∴函数f (x )是定义在R 上的增函数．因此，不等式f (2－x 2)＞f (x )等价于2－x 2＞x ，即x 2＋x －2＜0，解得－2＜x ＜1.3．(2017·浙江名校高考联盟联考)若函数f (x )＝a |x ＋b |－1在(1，＋∞)上是减函数，则实数a 的取值范围是________，实数b 的取值范围是________．解析：当a ＞0时，函数f (x )＝a |x ＋b |－1在(－∞，－b ]上是减函数，在(－b ，＋∞)上是增函数，不满足函数f (x )＝a |x ＋b |－1在(1，＋∞)上是减函数；当a ＝0时，f (x )＝－1，不满足函数f (x )＝a |x ＋b |－1在(1，＋∞)上是减函数；当a ＜0时，函数f (x )＝a |x ＋b |－1在(－∞，－b ]上是增函数，在(－b ，＋∞)上是减函数，因为函数f (x )＝a |x ＋b |－1在(1，＋∞)上是减函数，所以a ＜0且－b ≤1，即a ＜0且b ≥－1.答案：(－∞，0) [－1，＋∞)一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·珠海摸底)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 2 xD ．y ＝－1x解析：选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．(2018·绍兴模拟)已知函数f (x )的图象关于(1,0)对称，当x ＞1时，f (x )＝log a (x －1)，且f (3)＝－1，若x 1＋x 2＜2，(x 1－1)(x 2－1)＜0，则( )A ．f (x 1)＋f (x 2)＜0B ．f (x 1)＋f (x 2)＞0C ．f (x 1)＋f (x 2)可能为0D ．f (x 1)＋f (x 2)可正可负解析：选B ∵当x ＞1时，f (x )＝log a (x －1)， f (3)＝log a 2＝－1，∴a ＝12，故函数f (x )在(1，＋∞)上为减函数， 若x 1＋x 2＜2，(x 1－1)(x 2－1)＜0， 不妨令x 1＜1，x 2＞1，则x 2＜2－x 1， f (x 2)＞f (2－x 1)，又∵函数f (x )的图象关于(1,0)对称， ∴f (x 1)＝－f (2－x 1)，此时f (x 1)＋f (x 2)＝－f (2－x 1)＋f (x 2)＞0，故选B.3．已知函数f (x )＝log 4(4－|x |)，则f (x )的单调递增区间是________；f (0)＋4f (2)＝________. 解析：令y ＝log 4u ，其中u ＝4－|x |，且u ＝4－|x |＞0，由于函数y ＝log 4u 是单调递增函数，故要求f (x )的单调递增区间，只需求u ＝4－|x |的单调递增区间，得⎩⎪⎨⎪⎧4－|x |＞0，x ≤0，解得－4＜x ≤0，所以f (x )的单调递增区间是(－4,0]；易得f (0)＋4f (2)＝log 44＋4log 42＝1＋2＝3.答案：(－4,0] 34．函数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 max ＝14.答案：145．(2018·杭州十二校联考)设min{x ，y }＝⎩⎪⎨⎪⎧y ，x ≥y ，x ，x ＜y ，若定义域为R 的函数f (x )，g (x )满足f (x )＋g (x )＝2xx 2＋8，则min{f (x )，g (x )}的最大值为____________．解析：设min{f (x )，g (x )}＝m ，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ≤f (x )，m ≤g (x )⇒2m ≤f (x )＋g (x )⇒m ≤xx 2＋8，显然当m 取到最大值时，x ＞0，∴x x 2＋8＝1x ＋8x ≤12 x ·8x＝28，∴m ≤28，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f (x )＝g (x )，x ＝8x ，x ＞0时等号成立，即m 的最大值是28. 答案：28二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f (x )＝x 2－2x －3，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 ＝x 2－2x －3，由t ≥0， 即x 2－2x －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 ＝x 2－2x －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．(2018·浙江名校协作体联考)函数y ＝x ＋x 2－2x ＋3的值域为( ) A ．[1＋2，＋∞) B ．(2，＋∞) C ．[3，＋∞)D ．(1，＋∞)解析：选D 因为函数y ＝x ＋x 2－2x ＋3＝x ＋(x －1)2＋2，所以当x ≥1时，函数为增函数，所以y ≥2＋1；当x ＜1时，设x －1＝t ，则t ＜0，函数y ＝t ＋t 2＋2＋1＝2t 2＋2－t＋1，所以函数在(－∞，0)上为增函数，当t →0时，y →2＋1，当t →－∞时，y →1，所以1＜y ＜2＋1.综上所述，函数y ＝x ＋x 2－2x ＋3的值域为(1，＋∞)．3．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数．∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2－x －14，x ≤1，log a x －1，x ＞1是R 上的单调函数，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫14，12 B.⎣⎡⎦⎤14，12 C.⎝⎛⎦⎤0，12 D.⎣⎡⎭⎫12，1解析：选B 由对数函数的定义可得a ＞0，且a ≠1.又函数f (x )在R 上单调，则二次函数y ＝ax 2－x －14的图象开口向上，所以函数f (x )在R 上单调递减， 故有⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜1，12a≥1，a ×12－1－14≥log a1－1，即⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜1，0＜a ≤12，a ≥14.所以a ∈⎣⎡⎦⎤14，12.5．(2018·湖州模拟)若f (x )是定义在(－1,1)上的减函数，则下列不等式正确的是( ) A ．f (sin x )＞f (cos x ) B ．f ⎝⎛⎭⎫x 2＋12＞f (x ) C ．f ⎝⎛⎭⎫13x ＋1≥f ⎝⎛⎭⎫12x ＋1D ．f ⎝⎛⎭⎫13x ＋3－x ≥f ⎝⎛⎭⎫12x ＋2－x解析：选D A ．x ∈⎝⎛⎭⎫π4，1时，sin x ＞cos x ， ∵f (x )在(－1,1)上为减函数， ∴f (sin x )＜f (cos x )，∴该选项错误； B ．x ∈(－1,1)，∴x 2＋12－x ＝12(x －1)2＞0，∴x 2＋12＞x ，且f (x )在(－1,1)上单调递减，∴f ⎝⎛⎭⎫x 2＋12＜f (x )，∴该选项错误；C.13x ＋1－12x ＋1＝2x－3x(3x ＋1)(2x ＋1)＝3x ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫23x －1(3x ＋1)(2x ＋1)， ∵x ∈(－1,1)，∴x ∈(－1,0)时，⎝⎛⎭⎫23x＞1， ∴13x＋1＞12x ＋1，且f (x )在(－1,1)上为减函数， ∴f ⎝⎛⎭⎫13x ＋1＜f ⎝⎛⎭⎫12x ＋1，∴该选项错误；D.13x ＋3－x －12x ＋2－x ＝3x ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫23x －1⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫16x (3x ＋3－x )(2x ＋2－x )， ∴①x ∈(－1,0]时，⎝⎛⎭⎫23x －1≥0,1－⎝⎛⎭⎫16x ≤0， ∴13x＋3－x ≤12x ＋2－x. ②x ∈(0,1)时，⎝⎛⎭⎫23x －1＜0,1－⎝⎛⎭⎫16x ＞0， ∴13x＋3－x ＜12x ＋2－x， ∴综上得，13x ＋3－x ≤12x ＋2－x ，∵f (x )为(－1,1)上的减函数，∴f ⎝⎛⎭⎫13x ＋3－x ≥f ⎝⎛⎭⎫12x ＋2－x ，∴该选项正确．6．(2019·金华四校联考)若函数f (x )＝x 2＋a |x －2|在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝x 2＋a |x －2|，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋ax －2a ，x ≥2，x 2－ax ＋2a ，x ＜2.又∵f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴⎩⎨⎧－a2≤2，a2≤0，∴－4≤a ≤0，∴实数a 的取值范围是[－4,0]． 答案：[－4,0]7．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋x 2，|x |≥1，x ，|x |＜1的图象过点(1,1)，函数g (x )是二次函数，若函数f (g (x ))的值域是[0，＋∞)，则函数g (x )的值域是________．解析：因为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋x 2，|x |≥1，x ，|x |＜1的图象过点(1,1)，所以m ＋1＝1，解得m ＝0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，|x |≥1，x ，|x |＜1.画出函数y ＝f (x )的大致图象如图所示，观察图象可知，当纵坐标在[0，＋∞)上时，横坐标在(－∞，－1]∪[0，＋∞)上变化． 而f (x )的值域是(－1，＋∞)， f (g (x ))的值域是[0，＋∞)， 因为g (x )是二次函数， 所以g (x )的值域是[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞)8．若函数f (x )＝a x (a ＞0，a ≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________.解析：函数g (x )在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m ＞0，即m ＜14.若a ＞1，则函数f (x )在[－1,2]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，函数f (x )在[－1,2]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．(2018·杭州五校联考)函数y ＝f (x )的定义域为R ，若存在常数M ＞0，使得|f (x )|≥M |x |对一切实数x 均成立，则称f (x )为“圆锥托底型”函数．(1)判断函数f (x )＝2x ，g (x )＝x 3是否为“圆锥托底型”函数？并说明理由． (2)若f (x )＝x 2＋1是“圆锥托底型”函数，求出M 的最大值．解：(1)函数f (x )＝2x .∵|2x |＝2|x |≥2|x |，即对于一切实数x 使得|f (x )|≥2|x |成立， ∴函数f (x )＝2x 是“圆锥托底型”函数． 对于g (x )＝x 3，如果存在M ＞0满足|x 3|≥M |x |， 而当x ＝M 2时，由⎪⎪⎪⎪M 23≥M ⎪⎪⎪⎪M 2， ∴M2≥M ，得M ≤0，矛盾， ∴g (x )＝x 3不是“圆锥托底型”函数．(2)∵f (x )＝x 2＋1是“圆锥托底型”函数，故存在M ＞0，使得|f (x )|＝|x 2＋1|≥M |x |对于任意实数恒成立．∴x ≠0时，M ≤⎪⎪⎪⎪x ＋1x ＝|x |＋1|x |，此时当x ＝±1时，|x |＋1|x |取得最小值2，∴M ≤2.而当x ＝0时，也成立． ∴M 的最大值等于2. 10．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， 所以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.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，所以实数a 的取值范围是(－∞，3]． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知减函数f (x )的定义域是实数集R ，m ，n 都是实数．如果不等式f (m )－f (n )＞f (－m )－f (－n )成立，那么下列不等式成立的是( )A ．m －n ＜0B ．m －n ＞0C ．m ＋n ＜0D ．m ＋n ＞0解析：选A 设F (x )＝f (x )－f (－x )， 由于f (x )是R 上的减函数，∴f (－x )是R 上的增函数，－f (－x )是R 上的减函数， ∴F (x )是R 上的减函数， ∴当m ＜n 时，有F (m )＞F (n )， 即f (m )－f (－m )＞f (n )－f (－n )成立．因此，当f (m )－f (n )＞f (－m )－f (－n )成立时，不等式m －n ＜0一定成立，故选A.2．已知函数f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎫x ＋ax －2，其中a 是大于0的常数． (1)求函数f (x )的定义域；(2)当a ∈(1,4)时，求函数f (x )在[2，＋∞)上的最小值； (3)若对任意x ∈[2，＋∞)恒有f (x )＞0，试确定a 的取值范围． 解：(1)由x ＋ax －2＞0，得x 2－2x ＋a x＞0， 当a ＞1时，x 2－2x ＋a ＞0恒成立，定义域为(0，＋∞)； 当a ＝1时，定义域为{x |x ＞0且x ≠1}；当0＜a ＜1时，定义域为{x |0＜x ＜1－1－a 或x ＞1＋1－a }．(2)设g (x )＝x ＋a x －2，当a ∈(1,4)，x ∈[2，＋∞)时，g ′(x )＝1－a x 2＝x 2－ax2＞0恒成立，所以g (x )＝x ＋ax －2在[2，＋∞)上是增函数．所以f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎫x ＋ax －2在[2，＋∞)上是增函数． 所以f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎫x ＋a x －2在[2，＋∞)上的最小值为f (2)＝lg a 2. (3)对任意x ∈[2，＋∞)恒有f (x )＞0， 即x ＋ax －2＞1对任意x ∈[2，＋∞)恒成立． 所以a ＞3x －x 2，令h (x )＝3x －x 2，而h (x )＝3x －x 2＝－⎝⎛⎭⎫x －322＋94在[2，＋∞)上是减函数，所以h (x )max ＝h (2)＝2，所以a ＞2. 即a 的取值范围为(2，＋∞)．。
2020届高三理数一轮讲义：2.2-函数的单调性与最值(练习版)
第2节函数的单调性与最值最新考纲 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.知识梳理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(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)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(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值[微点提醒]1.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.2.“对勾函数”y＝x＋ax(a>0)的单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)；单调减区间是[－a，0)，(0，a].1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>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)对于函数y＝f(x)，若f(1)<f(3)，则f(x)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，＋∞).()2.(必修1P39B3改编)下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是()A.y＝1x－x B.y＝x2－xC.y＝ln x－xD.y＝e x3.(必修1P31例4改编)函数y＝2x－1在区间[2，3]上的最大值是________.4.(2018·广东省际名校联考)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是()A.y＝1f（x）在R上为减函数B.y＝|f(x)|在R上为增函数C.y＝－1f（x）在R上为增函数D.y＝－f(x)在R上为减函数5.(2019·石家庄调研)若函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是增函数，则f(m)与f(1)的大小关系是()A. f(m)>f(1)B. f(m)<f(1)C. f(m)≥f(1)D. f(m)≤f(1)6.(2017·全国Ⅱ卷)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是()A.(－∞，－2)B.(－∞，1)C.(1，＋∞)D.(4，＋∞)【例1】(1)(2019·东北三省四校质检)若函数y＝log12(x2－ax＋3a)在区间(2，＋∞)上是减函数，则a的取值范围为()A.(－∞，－4)∪[2，＋∞)B.(－4，4]C.[－4，4)D.[－4，4](2)判断并证明函数f(x)＝ax2＋1x(其中1<a<3)在x∈[1，2]上的单调性.规律方法 1.(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1).(2)单调区间不能用集合或不等式表达，且图象不连续的单调区间要用“和”“，”连接.2.(1)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.(2)函数y＝f[g(x)]的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.【训练1】(一题多解)试讨论函数f(x)＝axx－1(a≠0)在(－1，1)上的单调性.考点二求函数的最值＋6，则a 的值为( ) A.12B.14C.2D.4(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x －3，x ≥1，lg(x 2＋1)，x <1，则f [f (－3)]＝________，f (x )的最小值是________.规律方法 求函数最值的四种常用方法(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. 【训练2】 (1)(2019·郑州调研)函数f (x )＝x －1x 2在x ∈[1，4]上的最大值为M ，最小值为m ，则M －m 的值是( ) A.3116B.2C.94D.114(2)(2018·邵阳质检)定义max{a ，b ，c ，}为a ，b ，c 中的最大值，设M ＝max{2x ，2x －3，6－x }，则M 的最小值是( ) A.2 B.3C.4D.6考点三 函数单调性的应用 多维探究角度1 利用单调性比较大小【例3－1】 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 >bB.c >b >aC.a >c >bD.b >a >c角度2 求解函数不等式【例3－2】 (2018·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝⎩⎨⎧2－x ，x ≤0，1，x >0.则满足f (x ＋1)<f (2x )的x 的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.(0，＋∞) C.(－1，0)D.(－∞，0)角度3 求参数的值或取值范围【例3－3】 已知f (x )＝⎩⎨⎧(2－a )x ＋1，x <1，a x ，x ≥1满足对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0成立，那么实数a 的取值范围是________.规律方法 1.利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.对于分段函数，要注意衔接点的取值.2.(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)求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f ”.【训练3】 (1)已知奇函数f (x )在R 上是增函数，若a ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 215，b ＝f (log 2 4.1)，c ＝f (20.8)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.a <b <c B.b <a <c C.c <b <aD.c <a <b(2)若函数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][思维升华]1.利用定义证明或判断函数单调性的步骤：(1)取值；(2)作差；(3)定号；(4)判断.2.确定函数单调性有四种常用方法：定义法、导数法、复合函数法、图象法，也可利用单调函数的和差确定单调性.3.求函数最值的常用求法：单调性法、图象法、换元法、利用基本不等式.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；开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(最小值).[易错防范]1.区分两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集.2.函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不要用“∪”.例如，函数f(x)在区间(－1，0)上是减函数，在(0 ，1)上是减函数，但在(－1，0)∪(0，1)上却不一定是减函数，如函数f(x)＝1 x.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.函数f (x )＝－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上的最大值是( )A.32B.－83C.－2D.22.(2019·广州模拟)下列函数f (x )中，满足“∀x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0”的是( ) A.f (x )＝2x B.f (x )＝|x －1| C.f (x )＝1x －xD.f (x )＝ln(x ＋1)3.(2019·兰州一模)已知函数f (x )＝log a (－x 2－2x ＋3)(a >0且a ≠1)，若f (0)<0，则此函数的单调递增区间是( ) A.(－∞，－1] B.[－1，＋∞) C.[－1，1)D.(－3，－1]4.函数y ＝2－x x ＋1，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)5.(2019·蚌埠模拟)已知单调函数f (x )，对任意的x ∈R 都有f [f (x )－2x ]＝6，则f (2)＝( ) A.2 B.4C.6D.8二、填空题6.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 )的递减区间是________.7.设函数f (x )＝ax ＋1x ＋2a在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a 的取值范围是________.8.(一题多解)(2019·成都诊断)对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎨⎧a ，a ≤b ，b ，a >b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是______.三、解答题9.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.10.函数f (x )＝log a (1－x )＋log a (x ＋3)(0<a <1). (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.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数.若f (1)＝－1，则满足－1≤f (x －2)≤1的x 的取值范围是( ) A.[－2，2] B.[－1，1] C.[0，4]D.[1，3]12.已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f (x )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13.已知f (x )＝⎩⎨⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x 2－2x ＋3，x <0，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________.14.已知函数f (x )＝a －22x ＋1. (1)求f (0)；(2)探究f (x )的单调性，并证明你的结论； (3)若f (x )为奇函数，求满足f (ax )<f (2)的x 的范围.。
2020版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：2.2 函数的单调性与最值 Word版含答案.docx
§2.2函数的单调性与最值1．函数的单调性(1)单调函数的定义(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)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．2．函数的最值知识拓展函数单调性的常用结论(1)对∀x 1，x 2∈D (x1≠x 2)，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0⇔f (x )在D 上是增函数，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0⇔f (x )在D 上是减函数．(2)对勾函数y ＝x ＋ax (a >0)的增区间为(－∞，－a ]和[a ，＋∞)，减区间为[－a ，0)和(0，a ]．(3)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． (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”．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到．( √ ) 题组二 教材改编2．[P39B 组T1]函数f (x )＝x 2－2x 的单调递增区间是____________． 答案 [1，＋∞)(或(1，＋∞))3．[P31例4]函数y ＝2x －1在[2,3]上的最大值是______．答案 24．[P44A 组T9]若函数f (x )＝x 2－2mx ＋1在[2，＋∞)上是增函数，则实数m 的取值范围是________． 答案 (－∞，2]解析 由题意知，[2，＋∞)⊆[m ，＋∞)，∴m ≤2.题组三 易错自纠5．函数y ＝212log (4)x -的单调递减区间为________．答案 (2，＋∞)6．若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调增区间是[3，＋∞)，则a 的值为________． 答案 －6解析 由图象(图略)易知函数f (x )＝|2x ＋a |的单调增区间是⎣⎡⎭⎫－a2，＋∞， 令－a2＝3，得a ＝－6.7．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ≥1，－x 2＋2，x ＜1的最大值为________．答案 2解析 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.题型一 确定函数的单调性(区间)命题点1 给出具体解析式的函数的单调性典例 (1)函数y ＝212log (231)x x －＋的单调递减区间为( )A ．(1，＋∞) B.⎝⎛⎦⎤－∞，34 C.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ D.⎣⎡⎭⎫34，＋∞ 答案 A解析 由2x 2－3x ＋1>0，得函数的定义域为⎝⎛⎭⎫－∞，12∪(1，＋∞)． 令t ＝2x 2－3x ＋1，则y ＝12log t ，∵t ＝2x 2－3x ＋1＝2⎝⎛⎭⎫x －342－18，∴t ＝2x 2－3x ＋1的单调递增区间为(1，＋∞)． 又y ＝12log t 在(1，＋∞)上是减函数，∴函数y ＝212log (231)x x －＋的单调递减区间为(1，＋∞)．(2)函数y ＝－x 2＋2|x |＋3的单调递减区间是__________________． 答案 [－1,0]，[1，＋∞)解析 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， 二次函数的图象如图．由图象可知，函数y ＝－x 2＋2|x |＋3的单调递减区间为[－1,0]，[1，＋∞)． 命题点2 解析式含参数的函数的单调性典例 判断并证明函数f (x )＝ax 2＋1x (其中1＜a ＜3)在[1,2]上的单调性．解 函数f (x )＝ax 2＋1x (1<a <3)在[1,2]上单调递增．证明：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.又因为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． 引申探究如何用导数法求解本例？解 因为f ′(x )＝2ax －1x 2＝2ax 3－1x 2，因为1≤x ≤2，∴1≤x 3≤8，又1＜a ＜3，所以2ax 3－1＞0，所以f ′(x )＞0，所以函数f (x )＝ax 2＋1x(其中1＜a ＜3)在[1,2]上是增函数．思维升华 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和导数法；(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．跟踪训练 (1)(2017·郑州模拟)函数y ＝22311()3x x -+的单调递增区间为( )A ．(1，＋∞) B.⎝⎛⎦⎤－∞，34 C.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ D.⎣⎡⎭⎫34，＋∞答案 B解析 易知函数y ＝⎝⎛⎭⎫13t 为减函数，t ＝2x 2－3x ＋1的单调递减区间为⎝⎛⎦⎤－∞，34. ∴函数y ＝22311()3xx -+的单调递增区间是⎝⎛⎦⎤－∞，34. (2)函数y ＝－(x －3)|x |的单调递增区间是________． 答案 ⎣⎡⎦⎤0，32 解析 y ＝－(x －3)|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋3x ，x >0，x 2－3x ，x ≤0. 作出该函数的图象，观察图象知单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，32.题型二 函数的最值1．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．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≤1，x ＋6x －6，x ＞1，则f (x )的最小值是________．答案 26－6解析 当x ≤1时，f (x )min ＝0，当x ＞1时，f (x )min ＝26－6，当且仅当x ＝6时取到最小值，又26－6＜0，所以f (x )min ＝26－6.3．已知函数f (x )＝1a －1x (a >0，x >0)，若f (x )在⎣⎡⎦⎤12，2上的值域为⎣⎡⎦⎤12，2，则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.思维升华 求函数最值的五种常用方法及其思路(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．题型三 函数单调性的应用命题点1 比较大小典例 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 >b D ．b >a >c 答案 D解析 根据已知可得函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数，因为a ＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝f ⎝⎛⎭⎫52，且2<52<3，所以b >a >c . 命题点2 解函数不等式典例 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，＋∞)． 命题点3 求参数范围典例 (1)(2018·郑州模拟)函数y ＝x －5x －a －2在(－1，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( )A ．a ＝－3B ．a ＜3C ．a ≤－3D ．a ≥－3(2)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3a －1)x ＋4a ，x ＜1，log ax ，x ≥1是(－∞，＋∞)上的减函数，则a 的取值范围是( )A ．(0,1) B.⎝⎛⎭⎫0，13 C.⎣⎡⎭⎫17，13 D.⎣⎡⎭⎫17，1答案 (1)C (2)C解析 (1)y ＝x －a －2＋a －3x －a －2＝1＋a －3x －a －2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a －3＜0，a ＋2≤－1，得a ≤－3.∴a 的取值范围是a ≤－3.(2)由f (x )是减函数，得⎩⎪⎨⎪⎧3a －1＜0，0＜a ＜1.(3a －1)×1＋4a ≥log a 1，∴17≤a ＜13， ∴a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫17，13.思维升华 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略 (1)比较大小．(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．(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，与已知单调区间比较； ②需注意若函数在区间[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； 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．跟踪训练 (1)如果函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(2－a )x ＋1，x <1，a x ，x ≥1满足对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0成立，那么a 的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎭⎫32，2解析 对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞0.所以y ＝f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数． 所以⎩⎪⎨⎪⎧2－a ＞0，a ＞1，(2－a )×1＋1≤a ，解得32≤a ＜2.故实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫32，2.(2)(2017·珠海模拟)定义在R 上的奇函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ⎝⎛⎭⎫12＝0，则不等式f (19log x )>0的解集为________________．答案 ⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫0<x <13或1<x ＜3 解析 由题意知，f ⎝⎛⎭⎫－12＝－f ⎝⎛⎭⎫12＝0， f (x )在(－∞，0)上也单调递增．∴f (19log x )＞f ⎝⎛⎭⎫12或f (19log x )＞f ⎝⎛⎭⎫－12， ∴19log x ＞12或－12＜19log x ＜0，解得0＜x ＜13或1＜x ＜3.∴原不等式的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫0<x <13或1<x ＜3.1．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 ．先递减再递增D ．先递增再递减答案 C解析 作出函数y ＝x 2－6x ＋10的图象(图略)，根据图象可知函数在(2,4)上是先递减再递增的． 2．(2017·河南中原名校第一次质检)函数y ＝212log (6)x x -++的单调递增区间为( )A.⎝⎛⎭⎫12，3B.⎝⎛⎭⎫－2，12 C.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫－∞，12 答案 A解析 由－x 2＋x ＋6＞0，得－2＜x ＜3，故函数的定义域为(－2,3)，令t ＝－x 2＋x ＋6，则y ＝12log t ，易知其为减函数，由复合函数的单调性法则可知本题等价于求函数t ＝－x 2＋x ＋6在(－2,3)上的单调递减区间．利用二次函数的性质可得t ＝－x 2＋x ＋6在定义域(－2，3)上的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12，3，故选A.3．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答案 D解析 y ＝11－x与y ＝ln(x ＋1)在区间(－1,1)上为增函数；y ＝cos x 在区间(－1,1)上不是单调函数；y ＝2－x ＝⎝⎛⎭⎫12x 在(－1,1)上为减函数． 4．已知函数y ＝log 2(ax －1)在(1,2)上是增函数，则实数a 的取值范围是( ) A ．(0,1] B ．[1,2] C ．[1，＋∞) D ．[2，＋∞)答案 C解析 要使y ＝log 2(ax －1)在(1,2)上是增函数，则a >0且a －1≥0，即a ≥1.5．(2017·天津)已知奇函数f (x )在R 上是增函数．若a ＝－f ⎝⎛⎭⎫log 215，b ＝f ()log 24.1，c ＝f (20.8)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a <b <c B ．b <a <c C ．c <b <a D ．c <a <b答案 C解析 ∵f (x )在R 上是奇函数， ∴a ＝－f ⎝⎛⎭⎫log 215＝f ⎝⎛⎭⎫－log 215＝f (log 25)． 又f (x )在R 上是增函数，且log 25＞log 24.1＞log 24＝2＞20.8， ∴f (log 25)＞f (log 24.1)＞f (20.8)，∴a ＞b ＞c . 故选C.6．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x －a )2，x ≤0，x ＋1x ＋a ，x ＞0.若f (0)是f (x )的最小值，则a 的取值范围为( )A ．[－1,2]B ．[－1,0]C ．[1,2]D ．[0,2]答案 D解析 ∵当x ≤0时，f (x )＝(x －a )2，f (0)是f (x )的最小值，∴a ≥0.当x ＞0时，f (x )＝x ＋1x ＋a ≥2＋a ，当且仅当x ＝1时取“＝”．要满足f (0)是f (x )的最小值， 需2＋a ≥f (0)＝a 2，即a 2－a －2≤0，解得－1≤a ≤2， ∴a 的取值范围是0≤a ≤2.故选D.7．已知函数f (x )＝x 2－2x －3，则该函数的单调递增区间为________． 答案 [3，＋∞)解析 设t ＝x 2－2x －3，由t ≥0，即x 2－2x －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 ＝x 2－2x －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，＋∞)．8．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________．答案 [0,1) 解析 由题意知 g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x >1，0，x ＝1，－x 2，x <1，函数g (x )的图象如图所示，其单调递减区间为[0,1)．9．设函数f (x )＝ax ＋1x ＋2a在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a 的取值范围是______________． 答案 [1，＋∞)解析 f (x )＝ax ＋2a 2－2a 2＋1x ＋2a ＝a －2a 2－1x ＋2a， ∵函数f (x )在区间(－2，＋∞)上是增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2－1>0，－2a ≤－2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1>0，a ≥1，即a ≥1. 10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋12a －2，x ≤1，a x －a ，x >1，若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为________．答案 (1,2]解析 由题意，得12＋12a －2≤0，则a ≤2，又y ＝a x －a (x >1)是增函数，故a >1，所以a 的取值范围为1<a ≤2.11．已知函数f (x )＝－2x ＋1，x ∈[0,2]，求函数的最大值和最小值． 解 设x 1，x 2是区间[0,2]上的任意两个实数，且x 1<x 2，且f (x 1)－f (x 2)＝－2x 1＋1－⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1 ＝－2(x 2＋1－x 1－1)(x 1＋1)(x 2＋1)＝－2(x 2－x 1)(x 1＋1)(x 2＋1). 由0≤x 1<x 2≤2，得x 2－x 1>0，(x 1＋1)(x 2＋1)>0，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．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．函数f (x )＝4x 2－4ax ＋a 2－2a ＋2在区间[0,2]上有最小值3，求a 的值．解 f (x )＝4⎝⎛⎭⎫x －a 22－2a ＋2，①当a 2≤0，即a ≤0时，函数f (x )在[0,2]上是增函数． ∴f (x )min ＝f (0)＝a 2－2a ＋2.由a 2－2a ＋2＝3，得a ＝1±2.∵a ≤0，∴a ＝1－ 2.②当0<a 2<2，即0<a <4时， f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－2a ＋2.由－2a ＋2＝3，得a ＝－12∉(0,4)，舍去． ③当a 2≥2，即a ≥4时，函数f (x )在[0,2]上是减函数， f (x )min ＝f (2)＝a 2－10a ＋18.由a 2－10a ＋18＝3，得a ＝5±10.∵a ≥4，∴a ＝5＋10.综上所述，a ＝1－2或a ＝5＋10.13．已知函数f (x )＝x |2x －a |(a ＞0)在区间[2,4]上单调递减，则实数a 的值是________． 答案 8解析 f (x )＝x |2x －a |＝⎩⎨⎧ x (2x －a )，x ＞a 2，－x (2x －a )，x ≤a 2(a ＞0)，作出函数图象(图略)可得该函数的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤a 4，a 2，所以⎩⎨⎧ a 4≤2，a 2≥4，解得a ＝8.14．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x 2－2x ＋3，x >0，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____________．答案 (－∞，－2)解析 二次函数y 1＝x 2－4x ＋3的对称轴是x ＝2，∴该函数在(－∞，0]上单调递减，∴x 2－4x ＋3≥3，同样可知函数y 2＝－x 2－2x ＋3在(0，＋∞)上单调递减，∴－x 2－2x ＋3<3，∴f (x )在R 上单调递减，∴由f (x ＋a )>f (2a －x )得到x ＋a <2a －x ，即2x <a ，∴2x <a 在[a ，a ＋1]上恒成立，∴2(a ＋1)<a ，∴a <－2，∴实数a 的取值范围是(－∞，－2)．15．函数f (x )的定义域为D ，若对于任意x 1，x 2∈D ，当x 1<x 2时，都有f (x 1)≤f (x 2)，则称函数f (x )在D 上为非减函数，设函数f (x )在[0,1]上为非减函数，且满足以下三个条件：①f (0)＝0；②f ⎝⎛⎭⎫x 3＝12f (x )；③f (1－x )＝1－f (x )．则f ⎝⎛⎭⎫13＋f ⎝⎛⎭⎫18＝________. 答案 34解析 由①③，令x ＝0，可得f (1)＝1.由②，令x ＝1，可得f ⎝⎛⎭⎫13＝12f (1)＝12. 令x ＝13，可得f ⎝⎛⎭⎫19＝12f ⎝⎛⎭⎫13＝14. 由③结合f ⎝⎛⎭⎫13＝12，可知f ⎝⎛⎭⎫23＝12， 令x ＝23，可得f ⎝⎛⎭⎫29＝12f ⎝⎛⎭⎫23＝14， 因为19<18<29且函数f (x )在[0,1]上为非减函数， 所以f ⎝⎛⎭⎫18＝14，所以f ⎝⎛⎭⎫13＋f ⎝⎛⎭⎫18＝34.16．已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋a x，x ∈[1，＋∞)． (1)当a ＝12时，求函数f (x )的最小值； (2)若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )>0恒成立，试求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝12时，f (x )＝x ＋12x＋2， 任取1≤x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋⎝⎛⎭⎫12x 1－12x 2 ＝(x 1－x 2)(2x 1x 2－1)2x 1x 2， ∵1≤x 1<x 2，∴x 1x 2>1，∴2x 1x 2－1>0.又x 1－x 2<0，∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在[1，＋∞)上是增函数，∴f (x )在[1，＋∞)上的最小值为f (1)＝72. (2)在区间[1，＋∞)上，f (x )＝x 2＋2x ＋a x>0恒成立， 则⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋2x ＋a >0，x ≥1，即⎩⎪⎨⎪⎧a >－(x 2＋2x )，x ≥1，等价于a 大于函数φ(x )＝－(x 2＋2x )在[1，＋∞)上的最大值．φ(x )＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减， ∴当x ＝1时，φ(x )取得最大值φ(1)＝－3.∴a >－3，故实数a 的取值范围是(－3，＋∞)．。
2020届高三理数一轮讲义：2.2-函数的单调性与最值(含解析)
第2节函数的单调性与最值最新考纲 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.知识梳理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(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)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(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值[微点提醒]1.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.2.“对勾函数”y＝x＋ax(a>0)的单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)；单调减区间是[－a，0)，(0，a].基础自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>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)对于函数y＝f(x)，若f(1)<f(3)，则f(x)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，＋∞).()解析(2)此单调区间不能用并集符号连接，取x1＝－1，x2＝1，则f(－1)＜f(1)，故应说成单调递减区间为(－∞，0)和(0，＋∞).(3)应对任意的x1＜x2，f(x1)＜f(x2)成立才可以.(4)若f(x)＝x，f(x)在[1，＋∞)上为增函数，但y＝f(x)的单调递增区间是R.答案(1)√(2)×(3)×(4)×2.(必修1P39B3改编)下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是()A.y＝1x－x B.y＝x2－xC.y＝ln x－xD.y＝e x解析对于A，y1＝1x在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x在(0，＋∞)内是增函数，则y＝1x－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 在(0，＋∞)上是增函数.答案 A3.(必修1P31例4改编)函数y＝2x－1在区间[2，3]上的最大值是________.解析函数y＝2x－1在[2，3]上是减函数，当x＝2时，y＝2x－1取得最大值22－1＝2.答案 24.(2018·广东省际名校联考)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是()A.y＝1f（x）在R上为减函数B.y＝|f(x)|在R上为增函数C.y＝－1f（x）在R上为增函数D.y＝－f(x)在R上为减函数解析如f(x)＝x3，则y＝1f（x）的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性，A错；则y＝|f(x)|在R上无单调性，B错；则y＝－1f（x）的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上无单调性，C错.答案 D5.(2019·石家庄调研)若函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是增函数，则f(m)与f(1)的大小关系是()A. f(m)>f(1)B. f(m)<f(1)C. f(m)≥f(1)D. f(m)≤f(1)解析因为f(x)＝(m－1)x＋b在R上是增函数，则m－1>0，所以m>1，所以f(m)>f(1). 答案 A6.(2017·全国Ⅱ卷)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是()A.(－∞，－2)B.(－∞，1)C.(1，＋∞)D.(4，＋∞)解析由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.设t＝x2－2x－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＝x2－2x－8的单调递增区间.∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)，∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞).答案 D考点一 确定函数的单调性(区间)【例1】 (1)(2019·东北三省四校质检)若函数y ＝log 12(x 2－ax ＋3a )在区间(2，＋∞)上是减函数，则a 的取值范围为( ) A.(－∞，－4)∪[2，＋∞) B.(－4，4] C.[－4，4)D.[－4，4]解析 令t ＝x 2－ax ＋3a ，则y ＝log 12t (t >0)， 易知t ＝x 2－ax ＋3a 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递增. ∵y ＝log 12(x 2－ax ＋3a )在区间(2，＋∞)上是减函数，∴t ＝x 2－ax ＋3a 在(2，＋∞)上是增函数，且在(2，＋∞)上t >0， ∴2≥a2，且4－2a ＋3a ≥0，∴a ∈[－4，4]. 答案 D(2)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 f (x )在[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.又因为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.规律方法 1.(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1).(2)单调区间不能用集合或不等式表达，且图象不连续的单调区间要用“和”“，”连接. 2.(1)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.(2)函数y ＝f [g (x )]的单调性应根据外层函数y ＝f (t )和内层函数t ＝g (x )的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.【训练1】 (一题多解)试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1，1)上的单调性.解 法一 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. 法二 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. 考点二 求函数的最值【例2】 (1)已知函数f (x )＝a x ＋log a x (a >0，且a ≠1)在[1，2]上的最大值与最小值之和为log a 2＋6，则a 的值为( ) A.12B.14C.2D.4(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x －3，x ≥1，lg(x 2＋1)，x <1，则f [f (－3)]＝________，f (x )的最小值是________.解析 (1)f (x )＝a x ＋log a x 在[1，2]上是单调函数， 所以f (1)＋f (2)＝log a 2＋6， 则a ＋log a 1＋a 2＋log a 2＝log a 2＋6， 即(a －2)(a ＋3)＝0，又a >0，所以a ＝2. (2)∵f (－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1，∴f[f(－3)]＝f(1)＝0，当x≥1时，f(x)＝x＋2x－3≥22－3，当且仅当x＝2时，取等号，此时f(x)min＝22－3<0；当x<1时，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg 1＝0，当且仅当x＝0时，取等号，此时f(x)min＝0.∴f(x)的最小值为22－3.答案(1)C(2)022－3规律方法求函数最值的四种常用方法(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.【训练2】(1)(2019·郑州调研)函数f(x)＝x－1x2在x∈[1，4]上的最大值为M，最小值为m，则M－m的值是()A.3116 B.2 C.94 D.114(2)(2018·邵阳质检)定义max{a，b，c，}为a，b，c中的最大值，设M＝max{2x，2x－3，6－x}，则M的最小值是()A.2B.3C.4D.6解析(1)易知f(x)＝x－1x2在[1，4]上是增函数，∴M＝f(x)max＝f(4)＝2－116＝3116，m＝f(1)＝0.因此M－m＝3116.(2)画出函数M＝{2x，2x－3，6－x}的图象(如图)，由图可知，函数M在A(2，4)处取得最小值22＝6－2＝4，故M的最小值为4.答案 (1)A (2)C考点三 函数单调性的应用 多维探究角度1 利用单调性比较大小【例3－1】 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 >bB.c >b >aC.a >c >bD.b >a >c解析 由于函数f (x )的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y 轴对称，故函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称， 所以a ＝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，等价于函数f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以b >a >c . 答案 D角度2 求解函数不等式【例3－2】 (2018·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝⎩⎨⎧2－x ，x ≤0，1，x >0.则满足f (x ＋1)<f (2x )的x 的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.(0，＋∞) C.(－1，0)D.(－∞，0)解析 当x ≤0时，函数f (x )＝2－x 是减函数，则f (x )≥f (0)＝1.作出f (x )的大致图象如图所示，结合图象知，要使f (x ＋1)＜f (2x )，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1<0，2x <0，2x <x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，2x <0，解得x <－1或－1≤x <0，即x<0.答案 D角度3 求参数的值或取值范围【例3－3】 已知f (x )＝⎩⎨⎧(2－a )x ＋1，x <1，a x ，x ≥1满足对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0成立，那么实数a 的取值范围是________. 解析 对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0，所以y ＝f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数. 所以⎩⎪⎨⎪⎧2－a >0，a >1，(2－a )×1＋1≤a ，解得32≤a <2.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2规律方法 1.利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.对于分段函数，要注意衔接点的取值.2.(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)求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f ”.【训练3】 (1)已知奇函数f (x )在R 上是增函数，若a ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 215，b ＝f (log 2 4.1)，c ＝f (20.8)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.a <b <c B.b <a <c C.c <b <aD.c <a <b(2)若函数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]解析 (1)由f (x )是奇函数，得a ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 215＝f (log 25).又log 25>log 24.1>2>20.8，且y ＝f (x )在R 上是增函数，所以a >b >c .(2)因为f (x )＝－x 2＋2ax ＝－(x －a )2＋a 2在[1，2]上为减函数，所以由其图象得a ≤1，g (x )＝ax ＋1， g ′(x )＝－a（x ＋1）2， 要使g (x )在[1，2]上为减函数，需g ′(x )<0在[1，2]上恒成立， 故有－a <0，因此a >0，综上可知0<a ≤1. 答案 (1)C (2)D[思维升华]1.利用定义证明或判断函数单调性的步骤： (1)取值；(2)作差；(3)定号；(4)判断.2.确定函数单调性有四种常用方法：定义法、导数法、复合函数法、图象法，也可利用单调函数的和差确定单调性.3.求函数最值的常用求法：单调性法、图象法、换元法、利用基本不等式.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；开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(最小值). [易错防范]1.区分两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集.2.函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不要用“∪”.例如，函数f (x )在区间(－1，0)上是减函数，在(0 ，1)上是减函数，但在(－1，0)∪(0，1)上却不一定是减函数，如函数f (x )＝1x .基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.函数f (x )＝－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上的最大值是( )A.32B.－83C.－2D.2解析 易知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上是减函数，∴f (x )max ＝f (－2)＝2－12＝32. 答案 A2.(2019·广州模拟)下列函数f (x )中，满足“∀x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0”的是( ) A.f (x )＝2x B.f (x )＝|x －1| C.f (x )＝1x －xD.f (x )＝ln(x ＋1)解析 由(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0可知，f (x )在(0，＋∞)上是减函数，A ，D 选项中，f (x )为增函数；B 中，f (x )＝|x －1|在(0，＋∞)上不单调，对于f (x )＝1x －x ，因为y ＝1x 与y ＝－x 在(0，＋∞)上单调递减，因此f (x )在(0，＋∞)上是减函数. 答案 C3.(2019·兰州一模)已知函数f (x )＝log a (－x 2－2x ＋3)(a >0且a ≠1)，若f (0)<0，则此函数的单调递增区间是( ) A.(－∞，－1] B.[－1，＋∞) C.[－1，1)D.(－3，－1]解析 令g (x )＝－x 2－2x ＋3，由题意知g (x )>0，可得－3<x <1，故函数的定义域为{x |－3<x <1}.根据f (0)＝log a 3<0，可得0<a <1，又g (x )在定义域(－3，1)内的减区间是[－1，1)，∴f (x )的单调递增区间为[－1，1).答案 C4.函数y ＝2－x x ＋1，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 函数y ＝2－x x ＋1＝3－（x ＋1）x ＋1＝3x ＋1－1在区间(－1，＋∞)上是减函数，且f (2)＝0，所以n ＝2.根据题意，x ∈(m ，n ]时，y min ＝0.∴m 的取值范围是[－1，2).答案 D5.(2019·蚌埠模拟)已知单调函数f (x )，对任意的x ∈R 都有f [f (x )－2x ]＝6，则f (2)＝( )A.2B.4C.6D.8解析 设t ＝f (x )－2x ，则f (t )＝6，且f (x )＝2x ＋t ，令x ＝t ，则f (t )＝2t ＋t ＝6，∵f (x )是单调函数，且f (2)＝22＋2＝6，∴t ＝2，即f (x )＝2x ＋2，则f (2)＝4＋2＝6.答案 C二、填空题6.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 )的递减区间是________. 解析 由题意知g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2 （x >1），0 （x ＝1），－x 2 （x <1），函数的图象如图所示的实线部分，根据图象，g (x )的递减区间是[0，1).答案 [0，1)7.设函数f (x )＝ax ＋1x ＋2a在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a 的取值范围是________.解析 f (x )＝ax ＋2a 2－2a 2＋1x ＋2a ＝a －2a 2－1x ＋2a， ∵函数f (x )在区间(－2，＋∞)上是增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1>0，－2a ≤－2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1>0，a ≥1，即a ≥1. 答案 [1，＋∞)8.(一题多解)(2019·成都诊断)对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎨⎧a ，a ≤b ，b ，a >b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是______.解析 法一 在同一坐标系中，作函数f (x )，g (x )图象，依题意，h (x )的图象如图所示的实线部分.易知点A (2，1)为图象的最高点，因此h (x )的最大值为h (2)＝1.法二 依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤2，－x ＋3，x >2.当0<x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数，当x >2时，h (x )＝3－x 是减函数，因此h (x )在x ＝2时取得最大值h (2)＝1.答案 1三、解答题9.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， 又由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是单调增函数， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝2，易得a ＝25. 10.函数f (x )＝log a (1－x )＋log a (x ＋3)(0<a <1).(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 (1)由⎩⎨⎧1－x >0，x ＋3>0，得－3<x <1. ∴f (x )的定义域为(－3，1).则f (x )＝log a (－x 2－2x ＋3)，x ∈(－3，1)，令f (x )＝0，得－x 2－2x ＋3＝1，解得x ＝－1±3∈(－3，1).故f (x )＝0的解为x ＝－1±3.(2)由(1)得f (x )＝log a [－(x ＋1)2＋4]，x ∈(－3，1)，由于0<－(x ＋1)2＋4≤4，且a ∈(0，1)，∴log a [－(x ＋1)2＋4]≥log a 4，由题意可得log a 4＝－1，解得a ＝14，满足条件.所以a 的值为14.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数.若f (1)＝－1，则满足－1≤f (x －2)≤1的x 的取值范围是( )A.[－2，2]B.[－1，1]C.[0，4]D.[1，3]解析 ∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x ).∵f (1)＝－1，∴f (－1)＝－f (1)＝1.故由－1≤f (x －2)≤1，得f (1)≤f (x －2)≤f (－1).又f (x )在(－∞，＋∞)单调递减，∴－1≤x －2≤1，∴1≤x ≤3.答案 D12.已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f (x )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 因为函数f (x )＝x 2－2ax ＋a ＝(x －a )2＋a －a 2在区间(－∞，1)上有最小值， 所以函数f (x )的对称轴x ＝a 应当位于区间(－∞，1)内，即a <1，又g (x )＝f （x ）x ＝x ＋a x －2a ，当a <0时，g (x )＝x ＋a x －2a 在区间(1，＋∞)上为增函数，此时，g (x )min >g (1)＝1－a >0；当a ＝0时，g (x )＝x 在区间(1，＋∞)上为增函数，此时，g (x )min >g (1)＝1：当0<a <1时，g (x )＝x ＋a x －2a ，g ′(x )＝1－a x 2>1－a >0，此时g (x )min >g (1)＝1－a ；综上，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增.答案 D13.已知f (x )＝⎩⎨⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x 2－2x ＋3，x <0，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 二次函数y 1＝x 2－4x ＋3的对称轴是x ＝2，所以该函数在(－∞，0]上单调递减，所以x 2－4x ＋3≥3，同样可知函数y 2＝－x 2－2x ＋3在(0，＋∞)上单调递减，所以－x 2－2x ＋3<3，所以f (x )在R 上单调递减，所以由f (x ＋a )>f (2a －x )得到x ＋a <2a －x ，即2x <a 在[a ，a ＋1]上恒成立，所以2(a ＋1)<a ，a <－2，所以实数a 的取值范围是(－∞，－2). 答案 (－∞，－2)14.已知函数f(x)＝a－22x＋1.(1)求f(0)；(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论；(3)若f(x)为奇函数，求满足f(ax)<f(2)的x的范围.解(1)f(0)＝a－220＋1＝a－1.(2)f(x)在R上单调递增.证明如下：∵f(x)的定义域为R，∴任取x1，x2∈R且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝a－22x1＋1－a＋22x2＋1＝2·（2x1－2x2）（1＋2x1）（1＋2x2），∵y＝2x在R上单调递增且x1<x2，∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0，2x1＋1>0，2x2＋1>0. ∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2).∴f(x)在R上单调递增.(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即a－22－x＋1＝－a＋22x＋1，解得a＝1(或用f(0)＝0去解).∴f(ax)<f(2)即为f(x)<f(2)，又∵f(x)在R上单调递增，∴x<2. ∴x的取值范围是(－∞，2).。
(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第二章函数2.2函数的单调性与最值课件
由 f'(x)<0 得 1- 2 <0,即 x2<a,解得 0<x< .
所以 f(x)在(0, )上为减函数,在( ,+∞)上为增函数.
-20-
考点一
考点二
考点三
方法总结1.函数单调性的判断可以根据根本函数的单调性和复
合函数单调性判断方法(同增异减)判断.
2.用定义法证明函数的单调性根本步骤:①取值(任取x1,x2∈D,
2 2-3.
关闭
2 2-3
解析
答案
-11知识梳理
双击自测
自测点评
1.函数的单调性是对某个区间而言的,所以要受到区间的限制.如
1
函数y= 分别在(-∞,0),(0,+∞)内都是单调递减的,但不能说它在整
个定义域即(-∞,0)∪(0,+∞)内单调递减,只能分开写或用“和〞连
接,不能用“∪〞连接,也不能用“或〞连接.
,
-1 在区间(-2,2)上单调递减,函数 y=ln x 是定义域内的
+2
2-
单调递增函数,由复合函数的单调性可知函数 f(x)=ln2+ 单调递减,
符合题意.故选 D.
-18-
考点一
考点二
考点三
(2)讨论函数f(x)=x+
(a>0)在(0,+∞)上的单调性.
解:(方法一:定义法)
设x1,x2是任意两个正数,且0<x1<x2,
递减区间是(
)
A.(-∞,-3)
B.(1,+∞)
C.(-∞,-1)
D.(-1,+∞)
关闭
当x=2时,y=loga5>0,∴a>1.
浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时42.2函数的单调性与最值课件
§ 2.2函数的单调性与最值教材研读1.函数的单调性2.判断函数单调性的方法3.函数的最值考点突破考点一求函数的单调性考点二分段函数的单调性考点三函数单调性的应用考点四函数的值域(最值)1.函数的单调性(1)单调函数的定义设函数f (x )的定义域为I ,如果对于定义域I 内某个区间D 上的①任意两个自变量的值x1,x 2,当x 1<x 2时,(i)若②f (x 1)<f (x 2),则f (x )在区间D 上是增函数;(ii)若f (x 1)>f (x 2),则f (x )在区间D 上是③减函数.教材研读(2)单调区间的定义若函数f(x)在区间D上是增函数或减函数,则称函数f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性,区间D叫做f(x)的单调区间.2.判断函数单调性的方法(1)定义法:利用定义严格判断.也可转化为判断,[f (x 1)-f (x 2)](x 1-x 2)的符号.(2)利用函数的运算性质:若f (x )、g (x )为增函数,则在公共定义域内,(i)f (x )+g (x )为④增函数;(ii)为⑤减函数(f (x )恒为正或恒为负);(iii)为⑥增函数(f (x )≥0);1212()()f x f x x x --1()f x ()f x(iv)f(x)·g(x)为⑦增函数(f(x)>0,g(x)>0);(v)-f(x)为⑧减函数.(3)奇函数在两个关于原点对称的区间内单调性⑨相同;偶函数在两个关于原点对称的区间内单调性⑩相反.(4)导数法:利用导数理论研究函数的单调性.(5)图象法.(6)复合函数的单调性如果y=f(μ)和μ=g(x)单调性相同,则y=f(g(x))为增函数;如果y=f(μ)和μ=g(x)单调性相反,则y=f(g(x))为减函数.3.函数的最值(1)设函数y=f(x)的定义域为I,如果存在实数M,满足:a.对于任意的x∈I,都有f(x)≤M,b.存在x0∈I,使得f(x0)=M,则称M是f(x)的最大值.(2)设函数y=f(x)的定义域为I,如果存在实数M,满足:a.对于任意的x∈I,都有f(x)≥M,b.存在x0∈I,使得f(x0)=M,则称M是f(x)的最小值.4.对函数单调性的理解(1)单调性是与“区间”紧密相关的概念,一个函数在不同的区间上可以有不同的单调性.即使一个函数在几个不同的区间上具有相同的单调性,这些区间也应该用“,”隔开写,而不能用“∪”连接.如函数y =分别在(-∞,0),(0,+∞)内单调递减,但不能说它在整个定义域,即(-∞,0)∪(0,+∞)上单调递减.(2)函数的单调区间是函数定义域的非空子集,求函数的单调区间必须先确定函数的定义域.求函数单调区间的运算必须在函数定义1x域内进行.(3)函数的单调性定义中的x1、x2有三个特征:一是任意性;二是有大小,即x1<x2(或x1>x2);三是同属于一个单调区间.三者缺一不可.(4)函数单调性的作用:已知函数f(x)的单调性,则可使自变量x1,x2的大小关系与函数值f(x1), f(x2)的大小关系相互转化.如已知f(x)为增函数,则x1< x2⇔f(x1)<f(x2).(5)将较为复杂的函数分解为一些基本初等函数的组合,则利用基本初等函数的单调性就可快速判断复杂函数的单调性.知识拓展函数y=ax+(a>0,b>0)的图象与性质:(1)定义域:(-∞,0)∪(0,+∞).(2)值域:(-∞,-2)∪(2,+∞).(3)奇偶性:奇函数,函数图象整体呈两个“对勾”的形状,且函数图象关于原点呈中心对称,即f (x )+f (-x )=0.(4)图象在第一、三象限内,当x >0时,y =ax +≥2,当且仅当=时,b x ab ab b x ab b a取等号,即x 时,取最小值,为由奇函数性质知:当x <0时, f (x )在x ,取最大值,为(5)单调性:增区间为,,减区间为,.b aab b aab b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,b a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭0,b a ⎛⎫ ⎪⎝⎭b a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1.下列函数中,在区间(1,+∞)上为增函数的是(B )A.y =-x +1 B.y = C.y =-(x -1)2 D.y =31-x 11x -解析函数y =在(1,+∞)上是增函数,故选B.11x-2.若函数f(x)=x2+2(a-1)x+2在区间(-∞,4]上单调递减,则a的取值范围是( B )A.[-3,+∞)B.(-∞,-3]C.(-∞,3]D.[3,+∞)解析函数f(x)=x2+2(a-1)x+2的图象的对称轴为直线x=1-a,要使函数f(x)在区间(-∞,4]上单调递减,只需1-a≥4,所以a≤-3,故选B.3.若f (x )=是R 上的单调递增函数,则实数a 的取值范围是( B )A.(1,+∞)B.[4,8)C.(4,8)D.(1,8),1,42,12xa x a x x ⎧>⎪⎨⎛⎫-+≤ ⎪⎪⎝⎭⎩解析依题意得解得4≤a <8,故选B.1,40,242,2a a a a ⎧>⎪⎪⎪->⎨⎪⎪-+≤⎪⎩4.给出下列说法:(①②③中f (x )均具有单调性)①函数y =-f (x )与y =f (x )的单调性相反;②当函数y =f (x )恒为正或恒为负时,函数y =与y =f (x )的单调性相反;③当C >0(C 为常数)时,y =f (x )与y =C ·f (x )的单调性相同,当C <0(C 为常数)时,y =f (x )与y =C ·f (x )的单调性相反;④若函数f (x ),g (x )都是增(减)函数,则f (x )+g (x )仍是增(减)函数;⑤若f (x )>0,g (x )>0且f (x )与g (x )都是增(减)函数,则f (x )·g (x )也是增(减)函数,若f (x )<0,g (x )<0且f (x )与g (x )都是增(减)函数,则f (x )·g (x )是减(增)函数.其中正确说法的序号是①②③④⑤.1()f x解析根据函数单调性的定义、不等式的性质可得出答案.5.求函数f (x )=-log 2(x +2)在区间[-1,1]上的最大值.13x ⎛⎫ ⎪⎝⎭解析y =在[-1,1]上为减函数,y =log 2(x +2)在[-1,1]上为增函数,所以f (x )=-log 2(x +2)在[-1,1]上为减函数,所以所求最大值为f (-1)=3.13x ⎛⎫ ⎪⎝⎭13x ⎛⎫ ⎪⎝⎭求函数的单调性典例1(1)(2017课标全国Ⅱ文,8,5分)函数f (x )=ln(x 2-2x -8)的单调递增区间是( D )A.(-∞,-2)B.(-∞,1)C.(1,+∞)D.(4,+∞)(2)下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是(A )A.y = B.y =(x -1)2C.y =2-x D.y =log 0.5(x +1)1x 考点突破解析(1)由x2-2x-8>0可得x>4或x<-2,所以x∈(-∞,-2)∪(4,+∞),令u=x2-2x-8,则其在x∈(-∞,-2)上单调递减,在x∈(4,+∞)上单调递增.又因为y=ln u在u∈(0,+∞)上单调递增,所以y =ln(x 2-2x -8)在x ∈(4,+∞)上单调递增.故选D.(2)y =(x -1)2仅在[1,+∞)上为增函数,排除B;y =2-x =为减函数,排除C;因为y =log 0.5t 为减函数,t =x +1为增函数,所以y =log 0.5(x +1)为减函数,排除D;易知y 的定义域为[-1,+∞),又y =和t =x +1均为增函数,所以y 为[-1,+∞)上的增函数, A.12x ⎛⎫ ⎪⎝⎭1x +t 1x +方法指导1.判断函数单调性的常用方法:(1)定义法;(2)两个增(减)函数的和仍为增(减)函数;一个增(减)函数与一个减(增)函数的差是增(减)函数;(3)互为反函数的两个函数具有相同的单调性;(4)奇函数在对称的两个区间上具有相同的单调性,偶函数在对称的两个区间上具有相反的单调性; (5)利用导数研究函数的单调性.2.复合函数单调性的判断方法:如果y=f(u)和u=g(x)的单调性相同,那么y =f[g(x)]是增函数;如果y=f(u)和u=g(x)的单调性相反,那么y=f[g(x)]是减函数.1-1试讨论函数f (x )=(a ≠0)在(-1,1)上的单调性.1ax x -解析f '(x )=-==-.当a >0时,在(-1,1)上, f '(x )<0,函数f (x )在(-1,1)上递减;当a <0时,在(-1,1)上, f '(x )>0,函数f (x )在(-1,1)上递增.2()'(1)(1)ax x x --2(1)'(1)ax x x --2(1)(1)a x ax x ---2(1)a x -典例2函数f (x )=是R 上的单调递减函数,则实数a 的取值范围是(D )A.-≤a <0 B.a ≤-C.-1≤a ≤- D.a ≤-121(2),1(2)ax x x ax x ⎧+->⎨-≤⎩141414分段函数的单调性解析∵f (x )=是R 上的单调递减函数,∴解得a ≤-1,故选D.21(2),1(2)ax x x ax x ⎧+->⎨-≤⎩0,12,221421,a aa a <⎧⎪⎪-≤⎨⎪-≥+-⎪⎩方法指导若分段函数在其定义域内单调,则该函数在每一段定义域内具有相同的单调性,同时要注意在各段定义域的交界处的函数值,保证函数整体的单调性.2-1已知函数f (x )=是R 上的单调函数,则实数a 的取值范围是( B )A. B. C. D.21(1),4log 1(1)a ax x x x x ⎧--≤⎪⎨⎪->⎩11,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭解析由对数函数的定义可得a >0,且a ≠1.又函数f (x )在R 上单调,而二次函数y =ax 2-x -图象的开口向上,所以函数f (x )在R 上单调递减,故有即所以a ∈.故选B.14201,11,2111log 11,4a a a a ⎧⎪<<⎪⎪≥⎨⎪⎪⨯--≥-⎪⎩01,10,21.4a a a ⎧<<⎪⎪⎪<≤⎨⎪⎪≥⎪⎩11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦函数单调性的应用命题方向一利用函数单调性比较大小典例3已知奇函数f (x )在R 上是增函数.若a =-f ,b =f (log 24.1),c =f (20.8),则a ,b ,c 的大小关系为(C )A.a <b <c B.b <a <c C.c <b <aD.c <a <b 21log 5⎛⎫ ⎪⎝⎭解析∵f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x),∴a=-f(-log25)=f(log25),∵log25>log24.1>2>20.8,且y=f(x)在R上为增函数,∴f(log25)>f(log24.1)>f(20.8),即a>b>c,故选C.命题方向二利用函数单调性解决不等式问题典例4(2015课标Ⅱ文,12,5分)设函数f (x )=ln(1+|x |)-,则使得f (x )>f (2x -1)成立的x 的取值范围是(A )A. B.∪(1,+∞)C. D.∪211x+1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭1,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭解析当x >0时, f (x )=ln(1+x )-,∴f '(x )=+,易知f '(x )>0,∴f (x )在(0,+∞)上为增函数,∵f (-x )=f (x ),∴f (x )为偶函数,由f (x )>f (2x -1)得f (|x|)>f (|2x -1|),∴|x |>|2x -1|,即3x 2-4x +1<0,解得<x <1,故选A.命题方向三利用函数单调性求最值211x +11x +222(1)x x +13典例5设函数f (x )=+2 016sin x ,x ∈的最大值为M ,最小值为N ,那么M +N = 4 033 .12 017 2 0162 0171x x +++,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦解析f (x )=+2 016sin x =+2 016sin x =2 017-+2 016sin x .显然该函数在区间上单调递增,故最大值为f ,最小值为f ,所以M +N =f +f =2 017-+2 016+2 017--2 01612 017 2 0162 0171x x +++12 017 2 01712 0171x x ++-+12 0171x +,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦2π⎛⎫ ⎪⎝⎭2π⎛⎫- ⎪⎝⎭2π⎛⎫ ⎪⎝⎭2π⎛⎫- ⎪⎝⎭212 0171π+212 0171π-+=4 034--=4 034-1=4 033.212 0171π+222 0171 2 017ππ+典例6(2019镇海中学月考)函数f (x )=x +在区间[1,+∞)上为增函数,则实数a 的取值范围是a ≤1 .a x命题方向四利用函数单调性求参数解析f '(x )=1-,∵函数f (x )在[1,+∞)上是增函数,∴当x ∈[1,+∞)时,1-≥0恒成立,此时a ≤x 2恒成立,易得a ≤1.2a x 2a x规律总结1.利用函数单调性比较大小将自变量转化到同一个单调区间,然后利用函数单调性解答.2.利用函数单调性解决不等式问题对于“f[g(x)]>f[h(x)]”型不等式问题,一般先研究f(x)的单调性,再利用单调性获得更具体的不等式,从而求解问题.此时注意,g(x),h(x)的取值必须在f(x)的定义域内.3.利用函数单调性求最值若函数在区间[a,b]上单调,则必在区间[a,b]的端点处取得最值;若函数在区间[a,b]上不单调,则最小值为函数在该区间内的极小值和区间端点值中最小的一个,最大值为函数在该区间内的极大值和区间端点值中最大的一个.4.利用函数单调性求参数当已知函数在某个区间上单调时,说明这个区间是函数单调区间的子区间,根据集合间的关系得出参数应满足的不等式(组),从而求出参数的取值范围.3-1已知函数f (x )是定义在[0,+∞)上的增函数,则满足f (2x -1)<f 的x 的取值范围是(D )A. B. C. D.13⎛⎫ ⎪⎝⎭12,33⎛⎫ ⎪⎝⎭12,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭12,23⎛⎫ ⎪⎝⎭12,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭解析由题意得解得≤x <.210,121,3x x -≥⎧⎪⎨-<⎪⎩1223典例7函数y =+的值域是[2,2] .1x -3x +函数的值域(最值)2解析易知函数的定义域为[-3,1],y2=4+2 .当-3≤x≤1时,0≤-x2-2x+3≤4,则4≤y2≤8.又y≥0,故函数的值域为[2,2 ].223x x --+2方法指导求函数值域(最值)的方法(1)单调性法:先确定函数的单调性,再由单调性求值域;(2)图象法:先作出函数图象,再根据图象求值域;(3)换元法:通过代数换元或三角换元等,简化函数表达形式,再用相应方法求解,但换元过程中一定要注意新变量的取值范围对解题的影响; (4)不等式法:先对解析式变形,使之具备“一正二定三相等”的条件后再用基本不等式求最值;(5)几何法:若所求式具有明显的几何特征,则可利用数形结合求解.同类练设g(x)是定义在R上,且以1为周期的函数,若f(x)=2x+g(x)在[0,1]上的值域为[-1,3],则f(x)在区间[0,3]上的值域为[-1,7] .解析当1≤x≤2时, f(x)=2x+g(x)=2x+g(x-1)=2(x-1)+g(x-1)+2=f(x-1)+2,此时0≤x-1≤1,则f(x-1)的值域为[-1,3],故1≤x≤2时, f(x)的值域为[1,5].同理,2≤x≤3时, f(x)的值域为[3,7].则f(x)在区间[0,3]上的值域为[-1,3]∪[1,5]∪[3,7]=[-1,7].变式练函数f (x )=的值域为R,则实数a 的取值范围是(C )A.[-2,1]B.(-∞,-2]∪[1,+∞)C.[-1,2]D.(-∞,-1]∪[2,+∞)2ln (1),2(1)a x x x a x ⎧+>⎨+≤⎩解析依题意,知y =2x +a (x ≤1),y =a 2+ln x (x >1)在各自的定义域上单调递增,由函数f (x )的值域为R,得2+a ≥a 2,解得-1≤a ≤2,故选 C.深化练a为实数,函数f(x)=|x2-ax|在区间[0,1]上的最大值记为g(a).当a=时,g(a)的值最小.2-22。
(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习高考解答题专讲1函数与导数课件
③当x1<x2,即a>1时,f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:
1
-∞,
a
x
1
,1
a
1
a
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴f(x)在x=1处取得极小值,即a>1满足题意.
1
当a<0时,令f'(x)=0,得x1= ,x2=1.
f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:
1
( 1 )-( 2 )
所以 -x2+2ln x2<0,即
2
1 - 2
<a-2.
1
-
2 2
,
-17题型一
题型二
题型三
不等式问题
导数在不等式中的应用问题难度较大,属中高档题.归纳起来常
见的命题角度有:(1)证明不等式;(2)不等式恒成立问题;(3)存在型不
等式成立问题.
-18题型一
-
ln λ
0
(ln λ,+∞)
+
f(x)
↙
极小值
↗
-22题型一
题型二
题型三
①当λ≥e3时,ln λ≥3,f(x)在[-3,3]上单调递减,
∴f(x)的最大值f(-3)>f(0)=λ.
∴当λ≥e3时命题成立;
②当e-3<λ<e3时,-3<ln λ<3,
∴f(x)在(-3,ln λ)上单调递减,在(ln λ,3)上单调递增.
2020年高考数学一轮复习讲练测浙江版专题2.2函数的单调性与值域(练)含解析
2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第二章 函 数第02讲 函数的单调性与值域---练1．（2019·吉林高考模拟）下列函数中，在(0,)+∞内单调递减的是（ ） A ．22x y -= B ．11x y x-=+ C ．121log y x= D ．【答案】A 【解析】 由题，22xy -=在R 上递减，所以在()0,+∞内单调递减，故选A2.（2018·湖南长郡中学高考模拟（文））“函数在区间上单调递增”是“”的（ ）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 【答案】B 【解析】 若，则对称轴，所以在上为单调递增，取，则对称轴，在上为单调递增，但，所以“在上为单调递增”是“”的必要不充分条件.3. （2019·北京高三期末（文））已知，则下列不等式成立的是( ) A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 ∵a ＞b ＞0，∴，，lga ＞lgb ，2﹣a ＜2﹣b．只有B 正确． 故选：B ．4.【山东省2018年普通高校招生（春季）】奇函数的局部图像如图所示，则（ ）A. B. C. D.【答案】A 【解析】 因为奇函数，所以,因为>0>，所以,即，选A.5．（2019·北京高考模拟（文））下列函数中，值域为R 且在区间(0,)+∞上单调递增的是 ( ) A ．22y x x =+ B ．12x y +=C ．31y x =+ D ．【答案】C 【解析】（A ）22y x x =+的值域不是R ，是［－1，＋∞），所以，排除； （B ）12x y +=的值域是（0，＋∞），排除；（D ）＝，在（0，12）上递减，在（12，＋∞）上递增，不符； 只有（C ）符合题意.故选C.6．（2019·山西高三期末（文））已知函数是定义在上的单调函数，则对任意都有成立，则（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 由题意，因为在为单调函数，且，设，则，即，所以，可得或（负值舍），所以，故选A.7.（2019·天津高三期中（理））下列函数中，满足“”的单调递增函数是（ ）A ．()12f x x =B ．()2xf x =C ．D ．【答案】B 【解析】逐一考查所给的函数： 对于A 选项，取2,4x y ==，则，不满足题中的条件，舍去；对于B 选项，，且函数()2xf x =单调递增，满足题中的条件；对于C 选项，函数单调递减，不满足题中的条件，舍去；对于D 选项，取2,4x y ==，则，不满足题中的条件，舍去；故选：B .8. （2019·湖北高考模拟（理））已知0a >且1a ≠，函数，在R 上单调递增，那么实数a 的取值范围是( )A ．()1+∞， B ．()01， C ．()12， D ．(]12， 【答案】D 【解析】a ＞0且a ≠1，函数在R 上单调递增，可得：122a a a ⎧⎨≥-⎩＞，解得a ∈（1，2]．故选：D ．9.【2018届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学三模】已知定义在上的函数满足:①在上为增函数;若时，成立，则实数的取值范围为__________．【答案】.【解析】根据题意，可知函数的图像关于直线对称，因为其在上为增函数，则在上是减函数，并且距离自变量离1越近，则函数值越小，由可得，，化简得，因为，所以，所以该不等式可以化为，即不等式组在上恒成立，从而有，解得，故答案为.10．【2018届北京市城六区一模】定义：函数在区间上的最大值与最小值的差为在区间上的极差，记作.①若，则________；②若，且，则实数的取值范围是________.【答案】 1【解析】①由题意知f(x)=，，所以，所以.②当时，函数f(x)在区间（0，）单调递减，在区间上单调递增，要满足，只需，所以当m时，函数f(x)在区间上单调递增，不满足.综上所述，.填.1.（2019·福建高考模拟（理））设，函数在区间上是增函数，则（）A． B．C． D．【答案】C【解析】因为，函数在区间上是增函数，所以 .故选C.2.【2018届河北省衡水中学高三三轮复习系列七】下列函数中，与函数的奇偶性相同，且在上单调性也相同的是（ ） A. B.C.D.【答案】A 【解析】 函数为偶函数,且在上为增函数，对于选项,函数为偶函数，在上为増函数，符合要求； 对于选项,函数是偶函数，在上为减函数，不符合题意；对于选项,函数为奇函数，不符合题意；对于选项,函数为非奇非偶函数，不符合要求；只有选项符合要求，故选A.3．（2019·广东高考模拟（理））已知函数()f x 在(,)-∞+∞上单调递减，且当[2,1]x ∈-时，，则关于x 的不等式()1f x <-的解集为（ ） A ．(,1)-∞- B ．(,3)-∞C ．(1,3)-D ．(1,)-+∞【答案】D 【解析】 当[]2,1x ∈-时，由=1-，得1x =-或3x =（舍），又因为函数()f x 在(),-∞+∞上单调递减， 所以()1f x <-的解集为()1,-+∞. 故选：D4.【2018届浙江省名校协作体高三上学期考】函数的值域为( )A. B. )+∞ C. )+∞ D. (1,)+∞【答案】D 【解析】由得x R ∈ ，当1x ≥ 时，函数为增函数，所以当1x ≤ 时，由移项得两边平方整理得得从而1y ≠ 且2322y x y --＝ ．由，得y R ∈ ，由所以32y >． 综上，所求函数的值域为(1,)+∞.选D 5.【2018届山西省榆社中学模拟】若函数在区间上的最大值为6，则_______.【答案】4【解析】由题意，函数在上为单调递增函数，又，且，所以当时，函数取得最大值，即，因为，所以.6.【东北三省三校（辽宁省实验中学、东北师大附中、哈师大附中)2019届三模】若函数在上单调递增，则的取值范围是__________．【答案】【解析】∵函数在上单调递增，∴函数在区间上为增函数， ∴，解得，∴实数的取值范围是．故答案为．1.（2017·北京高考真题（理））已知函数，则（ ）A ．是奇函数，且在R 上是增函数B ．是偶函数，且在R 上是增函数C ．是奇函数，且在R 上是减函数D ．是偶函数，且在R 上是减函数 【答案】A 【解析】 函数的定义域为，且即函数 是奇函数， 又在都是单调递增函数，故函数 在R 上是增函数。
2020版高考浙江专用新精准大一轮精：第2章 第2讲 函数的单调性与最值刷好题练能力
[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解析：选A.选项A 的函数y ＝ln(x ＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数． 2．函数y ＝(2m －1)x ＋b 在R 上是减函数，则( )A ．m >12B ．m <12C ．m >－12D ．m <－12解析：选B.使y ＝(2m －1)x ＋b 在R 上是减函数，则2m －1<0，即m <12.3．若函数f (x )＝a ＋log 2x 在区间[1，a ]上的最大值为6，则a ＝( ) A ．2 B ．4 C ．6 D ．8解析：选B.由题得函数f (x )＝a ＋log 2x 在区间[1，a ]上是增函数，所以当x ＝a 时，函数取最大值6，即a ＋log 2a ＝6，解之得a ＝4，故答案为B.4．(2019·金华质量检测)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，＋∞)解析：选A.因为函数f (x )在(－∞，－a )上是单调函数，所以－a ≥－1，解得a ≤1.故选A.5．(2019·台州高三模拟)下列函数y ＝f (x )的图象中，满足f ⎝⎛⎭⎫14>f (3)>f (2)的只可能是( )解析：选D.因为f ⎝⎛⎭⎫14>f (3)>f (2)，所以函数y ＝f (x )有增有减，排除A ，B.在C 中，f ⎝⎛⎭⎫14<f (0)，f (3)>f (0)，即f ⎝⎛⎭⎫14<f (3)，排除C ，故选D.6．(2019·瑞安四校联考)已知函数y ＝f (x )在R 上是减函数，则y ＝f (|x －3|)的单调递减区间是( )A ．(－∞，＋∞)B ．[3，＋∞)C ．[－3，＋∞)D ．(－∞，3]解析：选B.因为函数y ＝f (|x －3|)是由y ＝f (μ)，μ＝|x －3|复合而成的，而函数y ＝f (x )在R 上是减函数，y ＝f (|x －3|)的单调递减区间即为μ＝|x －3|的单调递增区间，结合函数μ＝|x －3|的图象可得，应有x －3≥0，解得x ≥3，所以函数y ＝f (|x －3|)的单调递减区间是[3，＋∞)，故选B.7．(2019·衢州市高三联考)函数y ＝x －|1－x |的单调增区间为________．解析：y ＝x －|1－x |＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≥1，2x －1，x <1.作出该函数的图象如图所示．由图象可知，该函数的单调递增区间是 (－∞，1]． 答案：(－∞，1]8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x －3，x ≥1，lg （x 2＋1），x <1，则f (f (－3))＝________，f (x )的最小值是________．解析：因为 f (－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1，所以f (f (－3))＝f (1)＝1＋2－3＝0.当x ≥1时，x ＋2x－3≥2 x ·2x －3＝22－3，当且仅当x ＝2x，即x ＝2时等号成立，此时f (x )min ＝22－3<0；当x <1时，lg(x 2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此时f (x )min ＝0.所以f (x )的最小值为22－3.答案：0 22－39．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤0，ln （x ＋1），x >0，若f (2－x 2)>f (x )，则实数x 的取值范围是________．解析：函数y ＝x 3在(－∞，0]上是增函数，函数y ＝ln(x ＋1)在(0，＋∞)上是增函数，且x >0时，ln(x ＋1)>0，所以f (x )在R 上是增函数，由f (2－x 2)>f (x )，得2－x 2>x ，解得－2<x <1，所以x 的取值范围是(－2，1)．答案：(－2，1)10．定义max{a ，b }为a ，b 中的最大值，函数f (x )＝max{log 2(x ＋1)，2－x }(x ＞－1)的最小值为c ，如果函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（2m －1）x ＋34，x ≥cm x ，x ＜c在R 上单调递减，则实数m 的范围为________．解析：根据题意，f (x )＝max{log 2(x ＋1)，2－x }(x ＞－1)，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，x ＜1log 2（x ＋1），x ≥1，分析可得，当x ＝1时，f (x )取得最小值1，则有c ＝1，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（2m －1）x ＋34，x ≥1m x ，x ＜1，若g (x )为减函数，必有⎩⎪⎨⎪⎧（2m －1）＜0，0＜m ＜1，（2m －1）＋34≤m ，解可得：0＜m ≤14，即m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，14. 答案：⎝⎛⎦⎤0，14 11．(2019·杭州学军中学高三模拟)已知函数f (x )＝x －1x ＋2，x ∈[3，5]．(1)判断函数f (x )的单调性，并证明； (2)求函数f (x )的最大值和最小值． 解：(1)f (x )在[3，5]上为增函数．证明如下：任取x 1，x 2∈[3，5]且x 1<x 2，f (x 1)－f (x 2)＝x 1－1x 1＋2－x 2－1x 2＋2＝3（x 1－x 2）（x 1＋2）（x 2＋2），因为3≤x 1<x 2≤5，所以x 1－x 2<0，(x 1＋2)(x 2＋2)>0， 所以f (x 1)－f (x 2)<0， 即f (x 1)<f (x 2)，所以f (x )在[3，5]上为增函数．(2)由(1)知f (x )在[3，5]上为增函数，则f (x )max ＝f (5)＝47，f (x )min ＝f (3)＝25.12．(2019·金丽衢十二校联考)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，所以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.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，所以实数a 的取值范围是(－∞，3]．[能力提升]1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（a －2）x ，x ≥2（12）x －1，x <2是R 上的单调递减函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，2)B ．(－∞，138]C ．(0，2)D ．[138，2)解析：选B.因为函数为递减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧a －2<02（a －2）≤（12）2－1，解得a ≤138，故选B. 2．(2019·丽水质检)已知函数f 1(x )＝|x －1|，f 2(x )＝13x ＋1，g (x )＝f 1（x ）＋f 2（x ）2＋|f 1（x ）－f 2（x ）|2，若a ，b ∈[－1，5]，且当x 1，x 2∈[a ，b ]时，g （x 1）－g （x 2）x 1－x 2>0恒成立，则b －a 的最大值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：选D.当f 1(x )≥f 2(x )时，g (x )＝f 1（x ）＋f 2（x ）2＋f 1（x ）－f 2（x ）2＝f 1(x )；当f 1(x )<f 2(x )时，g (x )＝f 1（x ）＋f 2（x ）2＋f 2（x ）－f 1（x ）2＝f 2(x )．综上，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f 1（x ），f 1（x ）≥f 2（x ），f 2（x ），f 1（x ）<f 2（x ）.即g (x )是f 1(x )，f 2(x )两者中的较大者．在同一直角坐标系中分别画出函数f 1(x )与f 2(x )的图象，则g (x )的图象如图中实线部分所示．由图可知g (x )在[0，＋∞)上单调递增，又g (x )在[a ，b ]上单调递增，故a ，b ∈[0，5]，则b －a 的最大值为5.3．已知m 为实数，要使函数f (x )＝|x 2－4x ＋9－2m |＋2m 在区间[0，4]上的最大值是9，则m 的取值范围是________．解析：f (x )＝|x 2－4x ＋9－2m |＋2m ＝|(x －2)2＋5－2m |＋2m ， 其对称轴为x ＝2，且f (0)＝f (4)＝|9－2m |＋2m ， f (2)＝|5－2m |＋2m ， 若f (x )max ＝f (2)＝9，即|5－2m |＋2m ＝9，解得m ＝72，此时，f (x )＝|(x －2)2－2|＋7， 且f (0)＝f (4)＝9也成立；若f (x )max ＝f (0)＝f (4)＝|9－2m |＋2m ＝9，则9－2m ≥0，即m ≤92，由f (2)＝|5－2m |＋2m ≤9，得m ≤72，综上所述，m ≤72.答案：⎝⎛⎦⎤－∞，72 4．对于函数y ＝f (x )，若存在区间[a ，b ]，当x ∈[a ，b ]时，f (x )的值域为[ka ，kb ](k ＞0)，则称y ＝f (x )为k 倍值函数，下列函数为2倍值函数的是________(填上所有正确的序号)．①f (x )＝x 2 ②f (x )＝x 3＋2x 2＋2x③f (x )＝x ＋ln x ④f (x )＝xex解析：y ＝f (x )为2倍值函数等价于，y ＝f (x )的图象与y ＝2x 有两个交点，且在[a ，b ]上递增． 对于①，y ＝2x 与y ＝x 2，有两个交点(0，0)，(2，2)， 在[0，2]上f (x )递增，值域为[0，4]，①符合题意．对于②，y ＝2x 与y ＝x 3＋2x 2＋2x ，有两个交点(0，0)，(－2，－4)， 在[－2，0]上f (x )递增，值域为[－4，0]，②符合题意．对于③，y ＝2x 与y ＝x ＋ln x ，没有交点，不存在x ∈[a ，b ]，值域为[2a ，2b ]，③不合题意．对于④，y ＝2x 与y ＝xex 有两个交点(0，0)，(－ln 2，－2ln 2)，f (x )在[－ln 2，0]上递增，值域为[－2ln 2，0]， ④合题意，故答案为①②④. 答案：①②④5．(2019·浙江新高考联盟第三次联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋a 2＋1，x ≤0，x 2＋2x －a ，x ＞0.(1)若对于任意的x ∈R ，都有f (x )≥f (0)成立，求实数a 的取值范围；(2)记函数f (x )的最小值为M (a )，解关于实数a 的不等式M (a －2)＜M (a )． 解：(1)当x ≤0时，f (x )＝(x －a )2＋1，因为f (x )≥f (0)，所以f (x )在(－∞，0]上单调递减， 所以a ≥0，当x ＞0时，f ′(x )＝2x －2x2，令2x －2x2＝0得x ＝1，所以当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，当x ＞1时，f ′(x )＞0， 所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f min (x )＝f (1)＝3－a ， 因为f (x )≥f (0)＝a 2＋1，所以3－a ≥a 2＋1，解得－2≤a ≤1. 又a ≥0，所以a 的取值范围是[0，1]．(2)由(1)可知当a ≥0时，f (x )在(－∞，0]上的最小值为f (0)＝a 2＋1， 当a ＜0时，f (x )在(－∞，0]上的最小值为f (a )＝1， f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f (1)＝3－a ，解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋1≤3－a a ≥0得0≤a ≤1，解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧1≤3－aa ＜0得a ＜0，所以M (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋1，0≤a ≤11，a ＜03－a ，a ≥1.所以M (a )在(－∞，0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，作出M (a )的函数图象如图所示：令3－a ＝1得a ＝2， 因为M (a －2)＜M (a )， 所以0＜a ＜2.6．已知a ≥3，函数F (x )＝min{2|x －1|，x 2－2ax ＋4a －2}，其中min{p ，q }＝⎩⎪⎨⎪⎧p ，p ≤q ，q ，p ＞q .(1)求使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围；(2)①求F (x )的最小值m (a )；②求F (x )在区间[0，6]上的最大值M (a )． 解：(1)由于a ≥3，故当x ≤1时，(x 2－2ax ＋4a －2)－2|x －1|＝x 2＋2(a －1)·(2－x )＞0， 当x ＞1时，(x 2－2ax ＋4a －2)－2|x －1|＝(x －2)(x －2a )．所以使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围为[2，2a ]．(2)①设函数f (x )＝2|x －1|，g (x )＝x 2－2ax ＋4a －2，则f (x )min ＝f (1)＝0，g (x )min ＝g (a )＝－a 2＋4a －2， 所以由F (x )的定义知m (a )＝min{f (1)，g (a )}，即m (a )＝⎩⎨⎧0，3≤a ≤2＋2，－a 2＋4a －2，a ＞2＋ 2.②当0≤x ≤2时，F (x )＝f (x )≤max{f (0)，f (2)}＝2＝F (2)；当2≤x ≤6时，F (x )＝g (x )≤max{g (2)，g (6)}＝max{2，34－8a }＝max{F (2)，F (6)}．所以M (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧34－8a ，3≤a ＜4，2，a ≥4.。
2020版数学新优化浙江大一轮试题：第二章 函数 考点规范练4 Word版含答案
考点规范练4函数的单调性与最值基础巩固组1.下列函数f(x)满足“对于任意x1,x2∈(0,+∞),当x1<x2,都有f(x1)<f(x2)”的是()A.f(x)=B.f(x)=(x-1)2C.f(x)=xD.f(x)=ln(x+1)(x)满足“对于任意x1,x2∈(0,+∞),当x1<x2,都有f(x1)<f(x2)”,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;f(x)=在(0,+∞)上单调递减,f(x)=(x-1)2在(0,1)上单调递减,(1,+∞)上单调递增,f(x)=x在(0,+∞)上单调递减,f(x)=ln(x+1)在(0,+∞)上单调递增;故选D.2.若函数y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减函数,则y=ax2+bx在(0,+∞)上()A.单调递增B.单调递减C.先增后减D.先减后增y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减函数,所以a<0,b<0,则y=ax2+bx图象的对称轴方程x=-<0.故y=ax2+bx在(0,+∞)上为减函数,选B.3.(2017浙江台州中学模拟)偶函数y=f(x)在区间[0,4]上单调递减,则有()A.f(-1)>f>f(-π)B.f>f(-1)>f(-π)C.f(-π)>f(-1)>fD.f(-1)>f(-π)>f,0<1<<π<4⇒f(-1)=f(1)>f>f(π)=f(-π),故选A.4.设偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,则使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范围是()A.B.-∪(1,+∞)C.-D.--f(x)为偶函数,f(x)>f(2x-1)可化为f(|x|)>f(|2x-1|),又f(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以|x|>|2x-1|,解得<x<1.5.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≤0a=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-≤a<0.综合上述得-≤a≤0.故选D.6.已知f(x)=(a2-2a-2)x是增函数,则实数a的取值范围是.1或a>3f(x)=(a2-2a-2)x是增函数可得a2-2a-2>1,解得a<-1或a>3.7.设f(x)=--则f(f(4))=,函数f(x)的单调递减区间是.[1,2](4)=log24-1=1,f(f(4))=f(1)=-12+2×1=1;当x≤2时,f(x)=-x2+2x,对称轴为x=1;所以f(x)在[1,2]单调递减,所以f(x)的单调递减区间是[1,2].8.已知函数f(x)=----若不等式f(x)>a恒成立,则实数a的取值范围是.-∞,-1]x<-1时,f(x)>-1;当x≥-1时,f(x)≥-.即所以实数a的取值范围是(-∞,-1],故应填(-∞,-1].能力提升组9.已知f(x)是(0,+∞)的增函数,若f[f(x)-ln x]=1,则f(e)=()A.2B.1C.0D.ef(x)-ln x为常数,设为a,则f(a)-ln a=a,又因为f(a)=1,所以1-ln a=a,可解得a=1,因此f(e)=ln e+1=2,故选A.10.已知f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间(-∞,0)上单调递减,若实数a满足f(3|2a+1|)>f(-),则a的取值范围是()A.---B.--C.-D.--函数f(x)是偶函数,∴f(3|2a+1|)>f(-),等价为f(3|2a+1|)>f(),∵偶函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,∴f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,∴3|2a+1|>,即2a+1<-或2a+1>,解得a<-或a>-,故选A.11.若函数f(x)=x2+a|x|+2,x∈R在区间[3,+∞)和--上均为增函数,则实数a的取值范围是()A.--B.--C.--D.--f(x)为R上的偶函数知,只需考察f(x)在(0,+∞)上的单调性,因为函数f(x)=x2+a|x|+2,x∈R 在区间[3,+∞)和[-2,-1]上均为增函数,所以f(x)在[3,+∞)上为增函数,在[1,2]上为减函数,则只需函数y=x2+ax+2的对称轴x=-∈[2,3],故a∈[-6,-4],故选B.>0,记12.已知f(x)是定义在(0,+∞)的函数.对任意两个不相等的正数x1,x2,都有--a=,b=,c=,则()A.a<b<cB.b<a<cC.c<a<bD.c<b<af(x)是定义在(0,+∞)上的函数,对任意两个不相等的正数x1,x2,都有->0,-∴函数是(0,+∞)上的增函数,∵1<30.2<3,0<0.32<1,log25>2,∴0.32<30.2<log25,∴b<a<c.故选B.13.函数y=-(a>0,a≠0)的定义域和值域都是[0,1],则log a+log a=()A.1B.2C.3D.4a>1时,函数在[0,1]上单调递减,所以-=1,且-=0,解得a=2.当0<a<1时,函数在[0,1]上单调递增,所以-=0,且-=1,此时无解.所以a=2,因此log a+log a=log2=log28=3.故选C.14.(2017课标Ⅲ高考)设函数f(x)=则满足f(x)+f->1的x的取值范围是.-f(x)=f(x)+f->1,即f->1-f(x),利用图象变换,在同一平面直角坐标系中画出y=f-与y=1-f(x)的图象,如图所示.由数形结合可知,满足f->1-f(x)的解为-.15.已知函数f(x)=e x-x-1(x≥0),g(x)=-x2+4x-3,若f(a)=g(b),则b的最大值是.f(x)=e x-x-1(x≥0),知f'(x)=e x-1≥0,即函数f(x)=e x-x-1在(0,+∞)上单调递增,即函数f(x)=e x-x-1(x≥0)的最小值为f(0)=0,值域为(0,+∞),二次函数g(x)=-x2+4x-3开口朝下,对称轴为x=2,与x轴的交点为(1,0),(3,0),要使f(a)=g(b),则b∈[1,3]有解.故答案为3.16.(2017浙江杭州高级中学模拟)设a<0,(3x2+a)(2x+b)≥0在(a,b)上恒成立,则b-a的最大值为.(3x2+a)(2x+b)≥0在(a,b)上恒成立,∴3x2+a≥0,2x+b≥0或3x2+a≤0,2x+b≤0,①若2x+b≥0在(a,b)上恒成立,则2a+b≥0,即b≥-2a>0,此时当x=0时,3x2+a=a≥0不成立,②若2x+b≤0在(a,b)上恒成立,则2b+b≤0,即b≤0,若3x2+a≤0在(a,b)上恒成立,则3a2+a≤0,即-≤a≤0,故b-a的最大值为,故答案为:.17.已知函数f(x)=-1,k≠0,k∈R.(1)讨论f(x)的奇偶性,并说明理由;(2)已知f(x)在(-∞,0]上单调递减,求实数k的取值范围.函数f(x)=-1,k≠0,k∈R的定义域为R,f(-x)=---1=+2x-1.则当k=1时,有f(-x)=f(x),此时f(x)为偶函数,当k≠1时,f(-x)≠f(x)且f(-x)≠-f(x),此时f(x)为非奇非偶函数.(2)设t=2x,x∈(-∞,0],则有0<t≤1,y=-1,当k<0,y=-1在(0,1]单调递减,t=2x在(-∞,0]单调递增,所以复合函数f(x)=-1单调递减,所以k<0符合题意;当k>0,y=-1在(0,]单调递减,在(,+∞)上单调递增,已知f(x)在(-∞,0]上单调递减,必有≥1,即k≥1.综上所述,实数k的取值范围为(-∞,0)∪[1,+∞).18.已知函数f(x)=lg--为奇函数.(1)求m的值,并求f(x)的定义域;(2)判断函数f(x)的单调性,并证明;(3)若对于任意θ∈0,,是否存在实数λ,使得不等式f cos2θ+λsin θ--lg 3>0.若存在,求出实数λ的取值范围;若不存在,请说明理由.∵函数f(x)=lg--为奇函数,∴f(-x)=-f(x)在定义域内恒成立,即lg=-lg--,即lg+lg--=0,则--=1,即1-m2x2=1-x2,在定义域内恒成立,∴m=-1或m=1,当m=1时,f(x)=lg--=lg 1=0,定义域为{x|x≠1},故不为奇函数,故舍去.当m=-1时,此时f(x)=lg-,由->0,解得-1<x<1,故函数的定义域是(-1,1).(2)∵f(x)=lg-,-1<x<1,任取-1<x1<x2<1,设u(x)=-,-1<x<1,则u(x1)-u(x2)=-----∵-1<x1<x2<1,∴u(x1)-u(x2)<0,∴u(x1)<u(x2),即lg u(x1)<lg u(x2),∴f(x1)<f(x2),即f(x)在定义域内单调递增.(3)假设存在实数λ,使得不等式f--lg 3>0成立,即不等式f->lg 3=f,由(1)(2)知:<cos2θ+λsin θ-<1对于任意θ∈恒成立,即----,当θ=0时成立;当θ∈时,令sin θ=t,则---,即,则<λ<.。
(课标通用)2020版高考数学大一轮复习第二章2第二节函数的单调性与最值课件理
(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)⑤ 单调性 ,区间D叫做函数y=f(x)的 ⑥ 单调区间 . ▶点拨 1.函数的单调性定义中的x1,x2有三个特征:一是任意性;二是有
大小,即x1<x2(x1>x2);三是同属于一个单调区间,三者缺一不可.
为
答案 (0,4]
.
解析 任取x1,x2∈(2,+∞),且x1<x2,
2 x12 a x2 a x2 x1 x1 x2 a 由已知条件,得f(x1)-f(x2)= - =(x1-x2)+a× =(x1-x2)× <0 x1 x2 x1 x2 ;x2时,x1x2>a恒成立. 又x1x2>4,a>0,所以0<a≤4. 即实数a的取值范围是(0,4].
✕
)
(2)具有相同单调性的函数的和、差、积、商函数还具有相同的单调 性. ( ✕ ) ✕ )
(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
+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 ).
2 2
方法技巧
判断函数单调性的常用方法 (1)定义法和导数法:注意证明函数在某区间上具有单调性只能用定义 法和导数法. (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,可由
(浙江专用)2020版高考数学 函数的单调性与最值讲义(含解析)
§3.2函数的单调性与最值最新考纲考情考向分析1.理解函数的单调性，会判断函数的单调性．2.理解函数的最大(小)值的含义，会求简单函数的最大(小)值.以基本初等函数为载体，考查函数的单调性、单调区间及函数最值的确定与应用；强化对函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的考查，题型既有选择、填空题，又有解答题.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)对于任意的x ∈I ，都有f (x )≤M ；(2)存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M(3)对于任意的x ∈I ，都有f (x )≥M ；(4)存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M 结论M 为最大值M 为最小值概念方法微思考1．在判断函数的单调性时，你还知道哪些等价结论？ 提示 对任意x 1，x 2∈D ，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0⇔f (x )在D 上是增函数，减函数类似．2．写出对勾函数y ＝x ＋a x(a >0)的增区间． 提示 (－∞，－a ]和[a ，＋∞)．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)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．( √ )(3)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．( × ) (4)函数y ＝|x |在R 上是增函数．( × )(5)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( × )(6)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到．( √ ) 题组二 教材改编2．[P39B 组T1]函数f (x )＝x 2－2x 的单调递增区间是________． 答案 [1，＋∞)(或(1，＋∞)) 3．[P31例4]函数y ＝2x －1在[2,3]上的最大值是________． 答案 24．[P44A 组T9]若函数f (x )＝x 2－2mx ＋1在[2，＋∞)上是增函数，则实数m 的取值范围是________．答案 (－∞，2]解析 由题意知，[2，＋∞)⊆[m ，＋∞)，∴m ≤2. 题组三 易错自纠5．函数y ＝12log (x 2－4)的单调递减区间为________．答案 (2，＋∞)6．若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调增区间是[3，＋∞)，则a 的值为________． 答案 －6解析 由图象(图略)易知函数f (x )＝|2x ＋a |的单调增区间是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a2，＋∞，令－a2＝3，得a ＝－6.7．(2015·浙江)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x－3，x ≥1，lg (x 2＋1)，x ＜1，则f (f (－3))＝________，f (x )的最小值是________． 答案 0 22－3解析 f (f (－3))＝f (1)＝0，当x ≥1时，f (x )＝x ＋2x－3≥22－3，当且仅当x ＝2时，取等号；当x ＜1时，f (x )＝lg(x 2＋1)≥lg1＝0，当且仅当x ＝0时，取等号，∴f (x )的最小值为22－3.题型一 确定函数的单调性(区间)命题点1 给出具体解析式的函数的单调性例1 (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，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)函数y ＝－x 2＋2|x |＋3的单调递减区间是__________________． 答案 [－1,0]，[1，＋∞) 解析 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， 二次函数的图象如图．由图象可知，函数y ＝－x 2＋2|x |＋3的单调递减区间为[－1,0]，[1，＋∞)． 命题点2 解析式含参数的函数的单调性例2判断并证明函数f (x )＝ax 2＋1x(其中1＜a ＜3)在[1,2]上的单调性．解 函数f (x )＝ax 2＋1x(1<a <3)在[1,2]上单调递增．证明：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. 又因为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． 引申探究如何用导数法求解本例？解 ∵f ′(x )＝2ax －1x 2＝2ax 3－1x2，∵1≤x ≤2，∴1≤x 3≤8，又1＜a ＜3，∴2ax 3－1＞0，∴f ′(x )＞0，∴函数f (x )＝ax 2＋1x(其中1＜a ＜3)在[1,2]上是增函数．思维升华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和导数法． (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． (4)具有单调性函数的加减．跟踪训练1 (1)设函数f (x )与g (x )的定义域为R ，且f (x )单调递增，F (x )＝f (x )＋g (x )，G (x )＝f (x )－g (x )．若对任意x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，不等式[f (x 1)－f (x 2)]2＞[g (x 1)－g (x 2)]2恒成立．则( )A ．F (x )，G (x )都是增函数B ．F (x )，G (x )都是减函数C ．F (x )是增函数，G (x )是减函数D ．F (x )是减函数，G (x )是增函数 答案 A解析 对任意x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，不等式[f (x 1)－f (x 2)]2＞[g (x 1)－g (x 2)]2恒成立， 不妨设x 1＞x 2，∵f (x )单调递增，∴f (x 1)－f (x 2)＞g (x 1)－g (x 2)， 且f (x 1)－f (x 2)＞－g (x 1)＋g (x 2)， ∵F (x 1)＝f (x 1)＋g (x 1)，F (x 2)＝f (x 2)＋g (x 2)，∴F (x 1)－F (x 2)＝f (x 1)＋g (x 1)－f (x 2)－g (x 2)＝f (x 1)－f (x 2)－(g (x 2)－g (x 1))＞0， ∴F (x )为增函数；同理可证G (x )为增函数，故选A.(2)函数y ＝－(x －3)|x |的单调递增区间是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32解析 y ＝－(x －3)|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋3x ，x >0，x 2－3x ，x ≤0.作出该函数的图象，观察图象知单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32.题型二 函数的最值(值域)1．(2017·浙江)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 答案 B解析 方法一 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.方法二 由题意可知，函数f (x )的二次项系数为固定值，则二次函数图象的形状一定．随着b 的变动，相当于图象上下移动，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，相当于图象左右移动，则M －m 的值在变化，故与a 有关，故选B.2．(2018·宁波九校联考)设函数f (x )＝log 2x ＋ax ＋b (a ＞0)，若存在实数b ，使得对任意的x ∈[t ，t ＋2](t ＞0)都有|f (x )|≤1＋a ，则t 的最小值是( )A ．2B ．1C.34D.23答案 D解析 f (x )在(0，＋∞)上单调递增，由对任意的x ∈[t ，t ＋2](t ＞0)都有|f (x )|≤1＋a ， 可得－1－a ≤f (x )≤1＋a 恒成立，∴－1－a ≤f (x )min ＝f (t )＝log 2t ＋at ＋b ，① 1＋a ≥f (x )max ＝f (t ＋2)＝log 2(t ＋2)＋a (t ＋2)＋b ， 即－1－a ≤－log 2(t ＋2)－a (t ＋2)－b ，②①＋②可得－2－2a ≤log 2t ＋at ＋b －log 2(t ＋2)－a (t ＋2)－b ，化为log 2tt ＋2≥－2，解得t t ＋2≥14， 解得t ≥23，则t 的最小值为23.3．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≤1，x ＋6x－6，x ＞1，则f (x )的最小值是________．答案 26－6解析 当x ≤1时，f (x )min ＝0，当x ＞1时，f (x )min ＝26－6，当且仅当x ＝6时取到最小值，又26－6＜0，所以f (x )min ＝26－6.4．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋ln x ，x ＞1，2x ＋a ，x ≤1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________．答案 [－1,2]解析 依题意，y ＝2x ＋a (x ≤1)，y ＝a 2＋ln x (x ＞1)在各自的定义域上单调递增，由函数f (x )的值域为R ，得2＋a ≥a 2，解得－1≤a ≤2. 思维升华求函数最值的五种常用方法及其思路(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．题型三 函数单调性的应用命题点1 比较大小例3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 >bB ．c >b >aC ．a >c >bD ．b >a >c 答案 D解析 根据已知可得函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数，因为a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，且2<52<3，所以b >a >c .命题点2 解函数不等式例4若f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，且满足f (xy )＝f (x )＋f (y )，f (3)＝1，则当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，＋∞)上的单调增函数，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x －8>0，x (x －8)≤9，解得8<x ≤9.命题点3 求参数范围(或值)例5 (1)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3a －1)x ＋4a ，x ＜1，log a x ，x ≥1是(－∞，＋∞)上的减函数，则a 的取值范围是( ) A ．(0,1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，13 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，1 答案 C解析 由f (x )是减函数，得⎩⎪⎨⎪⎧3a －1＜0，0＜a ＜1.(3a －1)×1＋4a ≥log a 1，∴17≤a ＜13，∴a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，13.(2)已知e x＋x 3＋x ＋1＝0，1e3y －27y 3－3y ＋1＝0，则ex ＋3y的值为________． 答案 1解析 根据题意有x 与－3y 满足同一个方程，e m ＋m 3＋m ＋1＝0， 令f (m )＝e m ＋m 3＋m ＋1， 因为f ′(m )＝e m＋3m 2＋1＞0，所以f (m )是增函数，所以f (m )＝0只有唯一解， 所以x ＝－3y ，所以x ＋3y ＝0，所以有ex ＋3y＝1.思维升华函数单调性应用问题的常见类型及解题策略(1)比较大小．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)解不等式．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．①视参数为已知数，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；②需注意若函数在区间[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； 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．跟踪训练2 (1)如果函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(2－a )x ＋1，x <1，a x，x ≥1满足对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0成立，那么a 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 解析 对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞0.所以y ＝f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数． 所以⎩⎪⎨⎪⎧2－a ＞0，a ＞1，(2－a )×1＋1≤a ，解得32≤a ＜2.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2. (2)定义在R 上的奇函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，则不等式f (19log x )>0的解集为________________．答案 ⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫0<x <13或1<x ＜3解析 由题意知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0， f (x )在(－∞，0)上也单调递增．∴f (19log x )＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12或f (19log x )＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12， ∴19log x ＞12或－12＜19log x ＜0，解得0＜x ＜13或1＜x ＜3.∴原不等式的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫0<x <13或1<x ＜3.1．(2018·台州路桥中学检测)如果函数f (x )＝x 2＋2(a －1)x ＋2在区间(－∞，4]上单调递减，那么实数a 的取值范围是( ) A ．a ≤－3 B ．a ≥－3 C ．a ≤5 D ．a ≥5答案 A解析 由题意得，函数f (x )＝x 2＋2(a －1)x ＋2的对称轴为x ＝1－a ，所以二次函数的单调递减区间为(－∞，1－a ]，又函数在区间(－∞，4]上单调递减，所以1－a ≥4，所以a ≤－3.2．已知函数f (x )＝x 2－2x －3，则该函数的单调递增区间为( ) A ．(－∞，1] B ．[3，＋∞) C ．(－∞，－1] D ．[1，＋∞)答案 B解析 设t ＝x 2－2x －3，由t ≥0，即x 2－2x －3≥0，解得x ≤－1或x ≥3，所以函数f (x )的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t ＝x 2－2x －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，＋∞)．3．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x，x ≤1，log a x ＋13，x >1，当x 1≠x 2时，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，12C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，13 答案 A解析 当x 1≠x 2时，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0，∴f (x )是R 上的减函数．∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x，x ≤1，log a x ＋13，x >1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧0<1－2a <1，0<a <1，1－2a ≥13，∴0<a ≤13.4．(2019·湖州质检)已知f (x )是(0，＋∞)上的增函数，若f ()f (x )－ln x ＝1，则f (e)等于( )A ．2B ．1C ．0D ．e 答案 A解析 由题意得f (x )－ln x 为常数，设为a ， 则f (a )－ln a ＝a ，又f (a )＝1，∴1－ln a ＝a ，∴a ＝1， 因此f (e)＝lne ＋1＝2.5．已知定义在R 上的奇函数f (x )在[0，＋∞)上单调递减，若f (x 2－2x ＋a )<f (x ＋1)对任意的x ∈[－1,2]恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，134B ．(－∞，－3)C ．(－3，＋∞) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫134，＋∞答案 D解析 依题意得f (x )在R 上是减函数，所以f (x 2－2x ＋a )<f (x ＋1)对任意的x ∈[－1,2]恒成立，等价于x 2－2x ＋a >x ＋1对任意的x ∈[－1,2]恒成立，等价于a >－x 2＋3x ＋1对任意的x ∈[－1,2]恒成立．设g (x )＝－x 2＋3x ＋1(－1≤x ≤2)，则g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋134(－1≤x ≤2)，当x ＝32时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝134，因此a >134，故选D.6．(2018·浙江镇海中学月考)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＋4，x ≤3，2＋log a x ，x ＞3(a ＞0，且a ≠1)的值域为[3，＋∞)，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1,3] B ．(1,3) C ．(3，＋∞) D ．[3，＋∞)答案 A解析 当x ≤3时，函数f (x )＝x 2－2x ＋4＝(x －1)2＋3的值域为[3，＋∞)，当x ＞3时，2＋log a x ≥3，即x ＞3时，log a x ≥1＝log a a ，a ＞1，且x ＞3时x ≥a 恒成立．∴1＜a ≤3，∴实数a 的取值范围是(1,3]．7．已知奇函数f (x )在R 上是增函数．若a ＝－f ⎝⎛⎭⎪⎫log 215，b ＝f ()log 24.1，c ＝f (20.8)，则a ，b ，c 的大小关系为________________．答案 a >b >c解析 ∵f (x )在R 上是奇函数，∴a ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 215＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－log 215＝f (log 25)．又f (x )在R 上是增函数， 且log 25>log 24.1>log 24＝2>20.8， ∴f (log 25)>f (log 24.1)>f (20.8)，∴a >b >c . 8．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________． 答案 [0,1)解析 由题意知g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x >1，0，x ＝1，－x 2，x <1，函数g (x )的图象如图所示，其单调递减区间为[0,1)．9．函数f (x )＝4－2x ＋x 的值域为________． 答案 [2，6]解析 由题意得，0≤x ≤2， ∴设x ＝2cos 2θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，∴f (x )＝4－2x ＋x ＝2sin θ＋2cos θ＝6sin(θ＋φ)， 其中sin φ＝13，cos φ＝26，而φ≤θ＋φ≤π2＋φ，∴13≤sin(θ＋φ)≤1，故所求值域是[2，6]． 10．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__________________． 答案 (－∞，1]∪[4，＋∞) 解析 作函数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. 11．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． (1)证明 设x 1＜x 2＜－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 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)解 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 1)(x 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 ≤1.12．函数f (x )＝4x 2－4ax ＋a 2－2a ＋2在区间[0,2]上有最小值3，求a 的值．解 f (x )＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22－2a ＋2，①当a2≤0，即a ≤0时，函数f (x )在[0,2]上是增函数．∴f (x )min ＝f (0)＝a 2－2a ＋2. 由a 2－2a ＋2＝3，得a ＝1± 2. ∵a ≤0，∴a ＝1－ 2. ②当0<a2<2，即0<a <4时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－2a ＋2. 由－2a ＋2＝3，得a ＝－12∉(0,4)，舍去．③当a2≥2，即a ≥4时，函数f (x )在[0,2]上是减函数，f (x )min ＝f (2)＝a 2－10a ＋18.由a 2－10a ＋18＝3，得a ＝5±10. ∵a ≥4，∴a ＝5＋10.综上所述，a ＝1－2或a ＝5＋10.13．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x 2－2x ＋3，x >0，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________． 答案 (－∞，－2)解析 二次函数y 1＝x 2－4x ＋3的对称轴是x ＝2， ∴该函数在(－∞，0]上单调递减，∴x 2－4x ＋3≥3，同样可知函数y 2＝－x 2－2x ＋3在(0，＋∞)上单调递减， ∴且在x ＝0时两个表达式的值都为3. ∴f (x )在R 上单调递减，∴由f (x ＋a )>f (2a －x )得到x ＋a <2a －x ， 即2x <a ，∴2x <a 在[a ，a ＋1]上恒成立， ∴2(a ＋1)<a ，∴a <－2，∴实数a 的取值范围是(－∞，－2)．14．已知函数f (x )＝2020x＋ln(x 2＋1＋x )－2020－x＋1，则不等式f (2x －1)＋f (2x )>2的解集为____________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞ 解析 由题意知，f (－x )＋f (x )＝2，∴f (2x －1)＋f (2x )>2可化为f (2x －1)>f (－2x )，又由题意知函数f (x )在R 上单调递增，∴2x －1>－2x ，∴x >14，∴原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞.15．记min{x ，y }＝⎩⎪⎨⎪⎧y ，x ≥y ，x ，x ＜y ，设f (x )＝min{x 2，x 3}，则( )A ．存在t ＞0，|f (t )＋f (－t )|＞f (t )－f (－t )B ．存在t ＞0，|f (t )－f (－t )|＞f (t )－f (－t )C ．存在t ＞0，|f (1＋t )＋f (1－t )|＞f (1＋t )＋f (1－t )D ．存在t ＞0，|f (1＋t )－f (1－t )|＞f (1＋t )－f (1－t ) 答案 C解析 作出函数f (x )＝min{x 2，x 3}的图象，显然该函数是单调递增的，所以对任意的t ＞0均有|f (t )－f (－t )|＝f (t )－f (－t )，且|f (1＋t )－f (1－t )|＝f (1＋t )－f (1－t )，因此排除B ，D. 考虑选项A ，当0＜t ≤1时，f (t )＝t 3，f (－t )＝－t 3，则 |f (t )＋f (－t )|＝|t 3＋(－t )3|＝t 3－t 3＝0，f (t )－f (－t )＝2t 3＞0；当t ＞1时，f (t )＝t 2，f (－t )＝－t 3，则|f (t )＋f (－t )|＝|t 2－t 3|＝t 3－t 2，f (t )－f (－t )＝t 2＋t 3， 又t 3－t 2－(t 2＋t 3)＝－2t 2＜0， 所以|f (t )＋f (－t )|＜f (t )－f (－t )， 排除A.故选C.16．(2018·浙江金华十校联考)若定义在(0,1)上的函数f (x )满足f (x )＞0且对任意的x ∈(0,1)，有f ⎝⎛⎭⎪⎫2x 1＋x 2＝2f (x )，则( ) A ．对任意的正数M ，存在x ∈(0,1)，使f (x )≥MB ．存在正数M ，对任意的x ∈(0,1)，使f (x )≤MC ．对任意的x 1，x 2∈(0,1)且x 1＜x 2，有f (x 1)＜f (x 2)D ．对任意的x 1，x 2∈(0,1)且x 1＜x 2，有f (x 1)＞f (x 2) 答案 A解析 构造数列{x n }，满足x 1∈(0,1)，x n ＋1＝2x n1＋x 2n.由数学归纳法易知，x n ∈(0,1)，x n ＋1－x n ＝x n (1－x 2n )1＋x 2n＞0，所以{x n }是单调递增数列．由题意可知，f (x n ＋1)＝2f (x n )，所以{f (x n )}是以f (x 1)为首项，2为公比的等比数列， 所以f (x n )＝f (x 1)·2n －1，则对任意的整数M ，存在正整数N ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，⎣⎢⎡⎦⎥⎤log 2Mf (x 1)＋2， 则当n ≥N 时，f (x n )＝f (x 1)·2n －1≥f (x 1)·()21log 212Mf x ⎡⎤+-⎢⎥⎢⎥⎣⎦≥f (x 1)·()21log 2M f x ＝M ，故选A.。
2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版课件：第三章 第2讲 第2课时 导数与函数的极值、最值
(3)当 a＜0 时，Δ ＞0.由 g(－1)＝1＞0，可得 x1＜－1＜x2. 所以当 x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增； 当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减． 因此函数 f(x)有一个极值点． 综上所述：当 a＜0 时，函数 f(x)有一个极值点； 当 0≤a≤89时，函数 f(x)无极值点； 当 a＞89时，函数 f(x)有两个极值点．
(1)当 a＝0 时，g(x)＝1，此时 f′(x)＞0，函数 f(x)在(－1，＋∞) 上单调递增，无极值点． (2)当 a＞0 时，Δ ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)． ①当 0＜a≤89时，Δ ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数 f(x)在(－1， ＋∞)上单调递增，无极值点．
当 x∈(12，3)时，y＝x＋1x的值域是[2，130)； 当 x∈(12，3)时， f′(x)＝x2－ax＋1≥0， 即 a≤x＋1x恒成立，a≤2； 当 x∈(12，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0， 即 a≥x＋1x恒成立，a≥130.
因此要使函数 f(x)在(12，3)上有极值点， 则实数 a 的取值范围是(2，130)． 【答案】 (1)－7 (2)(2，130)
2．函数的最值 (1)在闭区间[a，b]上连续的函数 f(x)在[a，b]上必有最大值与 最小值． (2)若函数 f(x)在[a，b]上单调递增，则__f_(_a_)__为函数的最小值， _f_(_b_)___为函数的最大值；若函数 f(x)在[a，b]上单调递减，则 __f_(a_)___为函数的最大值，__f_(b_)___为函数的最小值．
1．设函数 f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a≥0)． (1)当 a＝1，且函数图象过点(0，1)时，求函数的极小值； (2)若 f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求 a 的取值范围． 解：f′(x)＝3ax2－4x＋1. (1)函数图象过点(0，1)时，有 f(0)＝c＝1.
浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时42.2函数的单调性与最值
2.2 函数的单调性与最值A组基础题组1.(教材习题改编)函数y=(2m-1)x+b在R上是减函数,则( )A.m>B.m<C.m>-D.m<-答案 B ∵y=(2m-1)x+b在R上是减函数,∴2m-1<0,解得m<.2.(2016北京文,4,5分)下列函数中,在区间(-1,1)上为减函数的是( )A.y=B.y=cosxC.y=ln(x+1)D.y=2-x答案 D 选项A中,y==的图象是将y=-的图象向右平移1个单位得到的,故y=在(-1,1)上为增函数,不符合题意;选项B中,y=cosx在(-1,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数,不符合题意;选项C中,y=ln(x+1)的图象是将y=lnx的图象向左平移1个单位得到的,故y=ln(x+1)在(-1,1)上为增函数,不符合题意;选项D符合题意.3.(2018浙江金华质量检测)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,+∞)答案 A 因为函数f(x)在(-∞,-1)上是单调函数,所以-a≥-1,即a≤1,故选A.4.(2018台州高三模拟)下列函数y=f(x)的图象中,满足f>f(3)>f(2)的只可能是( )答案 D 因为f>f(3)>f(2),所以函数y=f(x)有增有减,排除A,B.在C中,f<f(0),f(3)>f(0),即f<f(3),排除C,故选D.5.(2018瑞安四校联考)已知函数y=f(x)在R上是减函数,则y=f(|x-3|)的单调递减区间是( )A.(-∞,+∞)B.[3,+∞)C.[-3,+∞)D.(-∞,3]答案 B 因为函数y=f(|x-3|)是由y=f(μ),μ=|x-3|复合而成的,而函数y=f(x)在R上是减函数,y=f(|x-3|)的单调递减区间即μ=|x-3|的单调递增区间,结合函数μ=|x-3|的图象可得x-3≥0,解得x≥3,所以函数y=f(|x-3|)的单调递减区间是[3,+∞),故选B.6.(2019衢州质检)已知函数f(x)=x3-3x,若在△ABC中,角C是钝角,则( )A.f(sinA)>f(cosB)B.f(sinA)<f(cosB)C.f(sinA)>f(sinB)D.f(sinA)<f(sinB)答案 A ∵f(x)=x3-3x,∴f'(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),故函数f(x)在区间(-1,1)上是减函数,又角C是钝角,∴角A、B都是锐角,且A+B<,∴0<A<-B<,∴sinA<sin=cosB,故f(sinA)>f(cosB),选A.7.若函数f(x)=2x+(a∈R)在[1,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围是( )A.[0,2]B.[0,4]C.(-∞,2]D.(-∞,4]答案 C 由题意得f'(x)=2-≥0在[1,+∞)上恒成立,则a≤(2x2)min,又在[1,+∞)上,(2x2)min=2,∴a≤2,故选C.8.(2018衢州高三联考)函数y=x-|1-x|的单调递增区间为.答案(-∞,1]解析y=x-|1-x|=作出该函数的图象如图所示.由图象可知,该函数的单调递增区间是(-∞,1].9.已知函数f(x)=则f(f(-3))= ,f(x)的最小值是.答案0;2-3解析因为f(-3)=lg[(-3)2+1]=lg10=1,所以f(f(-3))=f(1)=1+2-3=0.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2-3.10.(2018杭州学军中学高三模拟)已知函数f(x)=,x∈[3,5].(1)判断函数f(x)的单调性,并证明;(2)求函数f(x)的最大值和最小值.解析(1)f(x)在[3,5]上为增函数.证明如下:任取x1,x2∈[3,5]且x1<x2,f(x1)-f(x2)=-=,因为3≤x1<x2≤5,所以x1-x2<0,(x1+2)(x2+2)>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以f(x)在[3,5]上为增函数.(2)由(1)知f(x)在[3,5]上为增函数,则f(x)max=f(5)=,f(x)min=f(3)=.11.(2018金丽衢十二校联考)已知函数f(x)=a-.(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(1)证明:当x∈(0,+∞)时,f(x)=a-,设0<x1<x2,则x1x2>0,x2-x1>0,f(x2)-f(x1)=-=-=>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函数.(2)由题意知a-<2x在(1,+∞)上恒成立,设h(x)=2x+,则a<h(x)在(1,+∞)上恒成立.任取x1,x2∈(1,+∞)且x1<x2,h(x1)-h(x2)=(x1-x2).因为1<x1<x2,所以x1-x2<0,x1x2>1,所以2->0,所以h(x1)<h(x2),所以h(x)在(1,+∞)上单调递增.故a≤h(1),即a≤3,所以实数a的取值范围是(-∞,3].B组提升题组1.设函数f(x)=|sinx|+cos2x,x∈,则函数f(x)的最小值是( )A.-1B.0C.D.答案 B ①当xÎ时,f(x)=-sinx+cos2x=-2sin2x-sinx+1=-2+,此时sinxÎ[-1,0),当sinx=-1时,f(x)min=0;②当xÎ时,f(x)=sinx+cos2x=-2sin2x+sinx+1=-2+,此时sinxÎ[0,1],当sinx=1时,f(x)min=0.由①②知函数f(x)的最小值是0.2.(2018宁波五校联考)已知f(x)=2x-1,g(x)=1-x2,规定:当|f(x)|≥g(x)时,h(x)=|f(x)|;当|f(x)|<g(x)时,h(x)=-g(x),则h(x)( )A.有最小值-1,最大值1B.有最大值1,无最小值C.有最小值-1,无最大值D.有最大值-1,无最小值答案 C 由题意得,利用平移变换的知识画出函数|f(x)|,g(x)的图象如图,而h(x)=故h(x)有最小值-1,无最大值.3.已知函数f(x)=(a,b∈R),当x∈时,设f(x)的最大值为M(a,b),则M(a,b)的最小值为.答案解析 设g(x)=x+-ax-b,x ∈,则g'(x)=1--a,当a ≥或a ≤-3时,g(x)在区间上单调,所以M(a,b)=max =max-a-b ,-2a-b≥≥|a|.因为|a|≥,所以M(a,b)≥. 当-3<a<时,g(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增.若a ≥0,则g ≥g(2),所以M(a,b)=max=max≥|4+a-5|=≥,当a=0,b=时取等号;若a<0,则g <g(2),则M(a,b)=max=max≥|4+4a-5|=>.综上可知,M(a,b)的最小值为. 4.已知函数f(x)=ax 2-x-3.(1)求a 的范围,使y=f(x)在[-2,2]上不具有单调性;(2)当a=时,函数f(x)在闭区间[t,t+1]上的最小值记为g(t),求g(t)的函数表达式; (3)第(2)问的函数g(t)是否有最值?若有,请求出;若没有,请说明理由. 解析 (1)由题知a ≠0且-2<-<2,解得a>或a<-.(2)当a=时,f(x)=x 2-x-3=(x-1)2-, g(t)=(3)当t ≥1时,g(t)≥-;当0<t<1时,g(t)=-;当t ≤0时,g(t)≥-.综上,g(t)有最小值-,无最大值.5.(2019绍兴一中月考)已知函数f(x)=x 2-ax-4(a ∈R)的两个零点分别为x 1,x 2,设x 1<x 2. (1)当a>0时,求证:-2<x 1<0;(2)若函数g(x)=x 2-|f(x)|在区间(-∞,-2)和(2,+∞)上均单调递增,求a 的取值范围.解析(1)证明:由x1x2=-4<0且x1<x2知x1<0.因为f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以,当a>0时,f(x)在区间(-2,0)上单调递减.又因为f(-2)·f(0)=2a·(-4)<0,所以-2<x1<0.(2)g(x)=易知当a≤0时,g(x)在区间(-∞,-2)上不可能单调递增,于是只有a>0.当a>0时,由(1)知-2<x1<0,于是,g(x)在(-∞,-2)上是单调递增的.又因为g(x)在和(x2,+∞)上均单调递增,结合函数图象可知,g(x)在上单调递增,于是,欲使g(x)在(2,+∞)上单调递增,只需2≥,亦即a≤8.综上所述,a的取值范围是(0,8].。
浙江专用2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第3节导数与函数的极值最值习题含解析
第3节导数与函数的极值、最值考试要求 1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；2.会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次).知识梳理1.函数的极值与导数(1)判断f(0)是极值的方法一般地，当函数f()在点0处连续且f′(0)＝0，①如果在0附近的左侧f′()＞0，右侧f′()＜0，那么f(0)是极大值；②如果在0附近的左侧f′()≤0，右侧f′()≥0，那么f(0)是极小值.(2)求可导函数极值的步骤①求f′()；②求方程f′()＝0的根；③检查f′()在方程f′()＝0的根的左右两侧的符号.如果左正右负，那么f()在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f()在这个根处取得极小值.2.函数的最值与导数(1)函数f()在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f()的图象是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值. (2)设函数f()在[a，b]上连续且在(a，b)内可导，求f()在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f()在(a，b)内的极值；②将f()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. [常用结论与易错提醒]1.若函数f()的图象连续不断，则f()在[a，b]内一定有最值.2.若函数f()在[a，b]内是单调函数，则f()一定在区间端点处取得最值.3.若函数f()在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点.4.求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能.5.求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论.基 础 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.( ) (2)函数的极大值不一定比极小值大.( )(3)对可导函数f ()，f ′(0)＝0是0为极值点的充要条件.( )(4)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.( )解析 (1)函数在某区间上或定义域内的极大值不一定唯一；(3)0为f ()的极值点的充要条件是f ′(0)＝0，且0两侧导数符号异号. 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√2.(选修2－2P32A4改编)如图是f ()的导函数f ′()的图象，则f ()的极小值点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 由题意知在＝－1处f ′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号为左负右正. 答案 A3.函数f ()＝－3＋3＋1有( ) A.极小值－1，极大值1 B.极小值－2，极大值3 C.极小值－2，极大值2D.极小值－1，极大值3解析 因为f ()＝－3＋3＋1，故有y ′＝－32＋3，令y ′＝－32＋3＝0，解得＝±1， 于是，当变化时，f ′()，f ()的变化情况如下表：f f 答案 D4.函数f ()＝ln －a 在＝1处有极值，则常数a ＝________.解析 ∵f ′()＝1x－a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1，经检验符合题意.答案 15.已知函数f ()＝322＋(a ＋4)－2ln 在区间(1，2)上存在最值，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵f ′()＝3＋(a ＋4)－2x ＝3x 2＋（a ＋4）x －2x，故可将题意等价的转化为f ′(1)·f ′(2)<0，即(a ＋5)(a ＋9)<0，解得－9<a <－5，故答案为(－9，－5). 答案 (－9，－5)6.已知y ＝f ()在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－1，且f ′()＝ln ＋1，则函数f ()＝________，函数f ()的最小值为________.解析 由f ′()＝ln ＋1得f ()＝ln ＋c ，又f (1)＝0，则c ＝0，所以f ()＝ln .又∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′()<0，f ()单调递减，∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′()>0，f ()单调递增，则f ()min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . 答案 ln －1e考点一 用导数解决函数的极值问题 【例1】 求下列函数的极值： (1)f ()＝2－2－4ln ；(2)f ()＝a 3－32＋1－3a(a ∈R 且a ≠0).解 (1)f ()的定义域为(0，＋∞)，f ′()＝2－2－4x＝2（x －2）（x ＋1）x，令f ′()＝0得＝2或－1(舍).随着的变化，f ′()与f ()的变化情况如下表：∴f ()有极小值f (2)由题设知a ≠0，f ′()＝3a 2－6＝3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a .令f ′()＝0得＝0或2a.当a >0时，随着的变化，f ′()与f ()的变化情况如下表：∴f ()极大值＝f (0)＝1－a， f ()极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a ＋1.当a <0时，随着的变化，f ′()与f ()的变化情况如下表：∴f ()极大值＝f (0)＝1－a， f ()极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a ＋1.综上，f ()极大值＝f (0)＝1－3a，f ()极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝－4a 2－3a ＋1.规律方法 函数极值的两类热点问题(1)求函数f ()极值这类问题的一般解题步骤为：①确定函数的定义域；②求导数f ′()；③解方程f ′()＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f ′()在f ′()＝0的根0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f ()在0处取极大值，如果左负右正，那么f ()在0处取极小值. (2)由函数极值求参数的值或范围.讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′()＝0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验导数为0的点两侧导数是否异号. 【训练1】 (2018·北京卷)设函数f ()＝[a 2－(4a ＋1)＋4a ＋3]e.(1)若曲线y ＝f ()在点(1，f (1))处的切线与轴平行，求a ； (2)若f ()在＝2处取得极小值，求a 的取值范围. 解 (1)因为f ()＝[a 2－(4a ＋1)＋4a ＋3]e ， 所以f ′()＝[a 2－(2a ＋1)＋2]e.f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′()＝[a 2－(2a ＋1)＋2]e ＝(a －1)(－2)e. 若a >12，则当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′()<0；当∈(2，＋∞)时，f ′()>0. 所以f ()在＝2处取得极小值.若a ≤12，则当∈(0，2)时，－2<0，a －1≤12－1<0，所以f ′()>0.所以2不是f ()的极小值点.综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.考点二 用导数解决函数的最值问题 【例2】 (2019·嵊州适考)已知函数f ()＝x ＋x ln x －12x ＋1.(1)求函数f ()的导函数f ′()； (2)求f ()在(0，1]上的取值范围. 解 (1)因为(2x ＋1)′＝12x ＋1，(ln )′＝1x ，所以f ′()＝（2＋ln x ）2x ＋1－12x ＋1（x ＋x ln x －1）（2x ＋1）2＝（2＋ln x ）（2x ＋1）－（x ＋x ln x －1）（2x ＋1）2x ＋1＝（x ＋1）ln x ＋（3x ＋3）（2x ＋1）2x ＋1＝（x ＋1）（ln x ＋3）（2x ＋1）2x ＋1.(2)因为∈(0，1]，所以由f ′()＝（x ＋1）（ln x ＋3）（2x ＋1）2x ＋1＝0，得＝e －3.所以当∈(0，e －3)时，f ′()<0，f ()单调递减； 当∈(e －3，1]时，f ′()>0，f ()单调递增. 所以f ()min ＝f (e －3)＝－2e －3＋1.又f (1)＝0，当∈(0，e －3)时，f (e －3)<f ()<0， 所以f ()在(0，1]上的取值范围为[－2e －3＋1，0].规律方法 (1)求函数f ()在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤：①求函数在(a ，b )内的极值；②求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；③将函数f ()的极值与 f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.(2)含参数的函数的最值一般先讨论函数的单调性，再根据单调性求出最值.含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间，二是定极值点动区间，这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系分类讨论.【训练2】 (2019·北京西城区模拟)已知函数f ()＝ln xx－a ，曲线y ＝f ()在＝1处的切线经过点(2，－1). (1)求实数a 的值；(2)设b >1，求f ()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1b，b 上的最大值和最小值.解 (1)f ()的导函数为f ′()＝1－ln x －ax 2x2， 所以f ′(1)＝1－a . 依题意，有f （1）－（－1）1－2＝1－a ，即－a ＋11－2＝1－a ， 解得a ＝1.(2)由(1)得f ′()＝1－x 2－ln xx2. 当0<<1时，1－2>0，－ln >0，所以f ′()>0，故f ()单调递增； 当>1时，1－2<0，－ln <0，所以f ′()<0，故f ()单调递减. 所以f ()在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减. 因为0<1b<1<b ，所以f ()的最大值为f (1)＝－1.设h (b )＝f (b )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＝⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1b ln b －b ＋1b，其中b >1，则h ′(b )＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1b 2ln b >0，故h (b )在区间(1，＋∞)上单调递增.所以h (b )>h (1)＝0，即f (b )>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ，故f ()的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＝－b ln b －1b.考点三 函数极值与最值的综合问题 【例3】 已知函数f ()＝e －a ，a >0. (1)记f ()的极小值为g (a )，求g (a )的最大值； (2)若对任意实数，恒有f ()≥0，求f (a )的取值范围. 解 (1)函数f ()的定义域是(－∞，＋∞)，f ′()＝e －a . 令f ′()＝0，得＝ln a ，易知当∈(ln a ，＋∞)时，f ′()>0，当∈(－∞，ln a )时，f ′()<0，所以函数f ()在＝ln a 处取极小值，g (a )＝f ()极小值＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a .g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a ，当0<a <1时，g ′(a )>0，g (a )在(0，1)上单调递增； 当a >1时，g ′(a )<0，g (a )在(1，＋∞)上单调递减.所以a ＝1是函数g (a )在(0，＋∞)上的极大值点，也是最大值点，所以g (a )ma ＝g (1)＝1. (2)显然，当≤0时，e －a ≥0(a >0)恒成立. 当>0时，由f ()≥0，即e －a ≥0，得a ≤e xx.令h ()＝e xx，∈(0，＋∞)，则h ′()＝e x x －e x x 2＝e x （x －1）x2， 当0<<1时，h ′()<0，当>1时，h ′()>0， 故h ()的最小值为h (1)＝e ，所以a ≤e ， 故实数a 的取值范围是(0，e].f (a )＝e a －a 2，a ∈(0，e]，f ′(a )＝e a －2a ，易知e a －2a ≥0对a ∈(0，e]恒成立，故f (a )在(0，e]上单调递增，所以f (0)＝1<f (a )≤f (e)＝e e －e 2，即f (a )的取值范围是(1，e e －e 2]. 规律方法 1.(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小. (2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论. 2.本题分离参数，构造函数，把问题转化为求函数的最值问题，优化了解题过程. 【训练3】 已知函数f ()＝ln (>0). (1)求f ()的单调区间和极值；(2)若对任意∈(0，＋∞)，f ()≥－x 2＋mx －32恒成立，求实数m 的最大值.解 (1)由f ()＝ln (>0)，得f ′()＝1＋ln ， 令f ′()>0，得>1e ；令f ′()<0，得0<<1e.∴f ()的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .故f ()在＝1e 处有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ，无极大值.(2)由f ()≥－x 2＋mx －32及f ()＝ln ，得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x恒成立，问题转化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x ＋x 2＋3x min.令g ()＝2x ln x ＋x 2＋3x (>0)，则g ′()＝2x ＋x 2－3x2， 由g ′()>0⇒>1，由g ′()<0⇒0<<1.所以g ()在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g ()min ＝g (1)＝4， 因此m ≤4，所以m 的最大值是4.基础巩固题组一、选择题1.(2019·杭州质检)若函数f ()的导函数f ′()的图象如图所示，则( )A.函数f ()有1个极大值，2个极小值B.函数f ()有2个极大值，2个极小值C.函数f ()有3个极大值，1个极小值D.函数f ()有4个极大值，1个极小值解析 由导函数图象可知函数f ()的单调性为增→减→增→减→增，所以函数f ()有2个极大值，2个极小值，故选B. 答案 B2.函数f ()＝122－ln 的最小值为( )A.12B.1C.0D.不存在解析 f ′()＝－1x ＝x 2－1x，且>0.令f ′()>0，得>1；令f ′()<0，得0<<1.∴f ()在＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.答案 A3.(2018·全国Ⅲ卷)函数y ＝－4＋2＋2的图象大致为( )解析 当＝0时，y ＝2，排除A ，B.由y ′＝－43＋2＝0，得＝0或＝±22，结合三次函数的图象特征，知原函数在(－1，1)上有三个极值点，所以排除C ，故选D. 答案 D4.若＝－2是函数f ()＝(2＋a －1)·e －1的极值点，则f ()的极小值为( ) A.－1 B.－2e －3 C.5e －3D.1解析 f ′()＝[2＋(a ＋2)＋a －1]·e －1，则f ′(－2)＝[4－2(a ＋2)＋a －1]·e －3＝0⇒a ＝－1， 则f ()＝(2－－1)·e －1，f ′()＝(2＋－2)·e －1， 令f ′()＝0，得＝－2或＝1， 当<－2或>1时，f ′()>0， 当－2<<1时，f ′()<0， 则f ()的极小值为f (1)＝－1. 答案 A5.(2018·温州月考)已知函数f ()＝3＋a 2＋(a ＋6)＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A.(－1，2) B.(－∞，－3)∪(6，＋∞) C.(－3，6)D.(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析 ∵f ′()＝32＋2a ＋(a ＋6)，由已知可得f ′()＝0有两个不相等的实根. ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0， ∴a >6或a <－3. 答案 B6.(2019·台州质量评估)当∈[1，4]时，不等式0≤a 3＋b 2＋4a ≤42恒成立，则a ＋b 的取值范围是( ) A.[－4，8] B.[－2，8] C.[0，6]D.[4，12]解析 因为∈[1，4]，所以不等式0≤a 3＋b 2＋4a ≤42等价于0≤a ＋b ＋4a x2≤4，即0≤a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋4x 2＋b ≤4.令t ＝＋4x 2，∈[1，4]，则t ′＝1－8x 3＝x 3－8x 3＝（x －2）（x 2＋2x ＋4）x 3，则t ＝＋4x2在[1，2)上单调递减，在(2，4]上单调递增，所以当＝2时，t min ＝3，当＝1时，t ma ＝5，所以3≤t ≤5，则由0≤at ＋b ≤4，得⎩⎨⎧0≤3a ＋b ≤4，0≤5a ＋b ≤4，所以a ＋b ＝2(3a ＋b )－(5a ＋b )∈[－4，8]，故选A. 答案 A 二、填空题7.函数f ()＝2e －的极大值为__________，极小值为__________. 解析 f ()的定义域为(－∞，＋∞)，f ′()＝－e －(－2). 当∈(－∞，0)或∈(2，＋∞)时，f ′()＜0； 当∈(0，2)时，f ′()＞0.所以f ()在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0，2)上单调递增.故当＝0时，f ()取得极小值，极小值为f (0)＝0；当＝2时，f ()取得极大值，极大值为f (2)＝4e －2.答案 4e －2 08.已知函数f ()＝ln －mx(m ∈R )在区间[1，e]取得最小值4，则m ＝________.解析 f ′()＝1x ＋m x 2＝x ＋mx2，若m ≥0，f ′()>0，f ()在[1，e]上为增函数，有f ()min ＝f (1)＝－m ＝4，m ＝－4，舍去.若m <0，令f ′()＝0，则＝－m ，且当<－m 时，f ′()<0，f ()单调递减，当>－m 时，f ′()>0，f ()单调递增.若－m ≤1，即m ≥－1时，f ()min ＝f (1)＝－m ≤1，不可能等于4；若1<－m ≤e ，即－e ≤m <－1时，f ()min ＝f (－m )＝ln(－m )＋1，令ln(－m )＋1＝4，得m ＝－e 3∉[－e ，－1)；若－m >e ，即m <－e 时，f ()min ＝f (e)＝1－m e ，令1－me ＝4，得m ＝－3e ，符合题意.综上所述，m ＝－3e. 答案 －3e9.函数f ()＝3－3a ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f ()的解析式为______________；f ()的单调递减区间是__________.解析 令f ′()＝32－3a ＝0，得＝±a ，则f ()，f ′()随的变化情况如下表：⎩⎪（a ）3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝4.f ()＝3－3＋4，所以f ()的单调递减区间是(－1，1). 答案 f ()＝3－3＋4 (－1，1)10.(2016·北京卷)设函数f ()＝⎩⎨⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x ＞a .(1)若a ＝0，则f ()的最大值为________；(2)若f ()无最大值，则实数a 的取值范围是________.解析 (1)当a ＝0时，f ()＝⎩⎨⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x ＞0.若≤0，则f ′()＝32－3＝3(2－1).由f ′()＞0得＜－1，由f ′()＜0得－1＜≤0.∴f ()在(－∞，－1)上单调递增；在(－1，0)上单调递减，∴当≤0时，f ()≤f (－1)＝2.若＞0，则f ()＝－2单调递减， 所以f ()＜f (0)＝0. 所以f ()最大值为2.(2)函数y ＝3－3与y ＝－2的图象如图.显然当a ≥－1时，f ()有最大值，为2与a 3－3a 中较大的值. 当a ＜－1时，y ＝－2在＞a 时无最大值，且－2a ＞2. 所以a ＜－1.答案 (1)2 (2)(－∞，－1) 三、解答题11.(2019·嘉兴检测)已知函数f ()＝e ·(2＋a ＋1)，a ∈R (e 为自然对数的底数). (1)若＝e 是f ()的极值点，求实数a 的值； (2)求f ()的单调递增区间.解 (1)f ′()＝e ·[2＋(a ＋2)＋a ＋1] ＝e(＋1)(＋a ＋1)，由f ′(e)＝0，得a ＝－e －1，此时＝e 是f ()的极小值点. (2)由f ′()＝0，得＝－1或＝－a －1. ①当a ＝0时，－a －1＝－1，f ()的单调递增区间是(－∞，＋∞)；②当a <0时，－a －1>－1，f ()的单调递增区间是(－∞，－1)，(－a －1，＋∞)；③当a >0时，－a －1<－1，f ()的单调递增区间是(－∞，－a －1)，(－1，＋∞).12.(2019·温州适应性考试)已知函数f ()＝4x －3e 2x ，g ()＝－122＋a .(1)若y ＝f ()在＝1处的切线与y ＝g ()也相切，求a 的值； (2)若a ＝1，求函数y ＝f ()＋g ()的最大值.解 (1)f ′()＝2xe 2x －（4x －3）·2e 2x（e 2x ）2＝2－8x ＋6xe 2x ·x ，则f ′(1)＝0，又f (1)＝1e2，∴函数y ＝f ()在＝1处的切线方程为y ＝1e 2.∵函数y ＝f ()在＝1处的切线与y ＝g ()也相切， ∴a 22＝1e 2，∴a ＝±2e.(2)由题得y ＝f ()＋g ()＝4x －3e 2x －122＋，∴y ′＝2－8x ＋6xx ·e 2x－＋1＝2（1－x ）（1＋4x ）x ·e 2x ＋(1＋x )(1－x )＝(1－x )⎝⎛⎭⎪⎫1＋x ＋2＋8x x ·e 2x ，∴当∈(0，1)时，y ′>0，当∈(1，＋∞)时，y ′<0， ∴y ＝f ()＋g ()在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴[f ()＋g ()]ma ＝f (1)＋g (1)＝1e 2＋12.能力提升题组13.若函数f ()＝133＋2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A.[－5，0)B.(－5，0)C.[－3，0)D.(－3，0)解析 由题意，f ′()＝2＋2＝(＋2)，故f ()在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示.令133＋2－23＝－23得，＝0或＝－3，则结合图象可知，⎩⎨⎧－3≤a <0，a ＋5>0， 解得a ∈[－3，0)，故选C. 答案 C14.(2019·学军中学模拟)已知不等式e －4＋2≥a ＋b (a ，b ∈R ，a ≠－4)对任意实数恒成立，则b －4a ＋4的最大值为( ) A.－ln 2 B.－1－ln 2 C.－2ln 2D.2－2ln 2解析 由不等式e －4＋2≥a ＋b 对任意实数恒成立，得不等式e －(4＋a )＋2－b ≥0对任意实数恒成立，若a ＋4<0，则当→－∞时，e →0，－(4＋a )→－∞，则e －(a ＋4)＋2－b →－∞，与e －(a ＋4)＋2－b ≥0恒成立矛盾，所以a ＋4>0，此时设f ()＝e －(a ＋4)＋2－b ，则f ′()＝e －(a ＋4)，令f ′()＝e －(a ＋4)＝0，得＝ln(a ＋4)，易得当∈(－∞，ln(a ＋4))时，函数f ()单调递减，当∈(ln(a ＋4)，＋∞)时，函数f ()单调递增，则由不等式e －(a ＋4)＋2－b ≥0对任意实数恒成立得f ()min ＝e ln(a ＋4)－(a ＋4)ln(a ＋4)＋2－b ≥0，即(a ＋4)－(a ＋4)ln(a ＋4)≥b －2，则b －4a ＋4≤1－ln(4＋a )－2a ＋4，设y ＝1－ln －2x ，则y ′＝－1x ＋2x 2＝－x ＋2x 2，易得当＝2时，y ＝1－ln －2x 取得最大值－ln 2，所以b －4a ＋4≤1－ln(a ＋4)－2（a ＋4）≤－ln 2，当且仅当a ＝－2，b ＝－2ln2＋4时，等号成立，所以b －4a ＋4的最大值为－ln 2，故选A. 答案 A15.(2019·嘉兴检测)已知实数，y 满足4＋9y ＝1，则2＋1＋3y ＋1的取值范围是________. 解析 由4＋9y ＝1得22＋32y ＝1，3y ＝1－22x ，其中22∈(0，1)，所以2∈(0，1)，所以2＋1＋3y ＋1＝2×2＋3×3y ＝2×2＋31－22x ，令t ＝2，则f (t )＝2t ＋31－t 2(0<t <1)，则f ′(t )＝2－3t1－t 2，令f ′(t )＝2－3t1－t 2＝0得t ＝21313，所以函数f (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，21313上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫21313，1上单调递减，且f (0)＝3，f ⎝⎛⎭⎪⎫21313＝13，f (1)＝2，所以2＋1＋3y ＋1的取值范围为(2，13]. 答案 (2，13]16.已知函数F ()＝1－x x ＋ln (其中<1e 且≠0)，则F ()在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为________，最小值为________.解析 ∵F ()＝1－x x ＋ln (>0)，∴F ′()＝（1－x ）′x －（1－x ）x ′x 2＋k x ＝kx －1x2. ①若<0，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上，恒有k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，∴F ()在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，F ()min＝F (e)＝1－e e ＋＝1e ＋－1，F ()ma ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －－1.②>0时，∵<1e ，∴1k >e ，－1k<0，∴k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，∴F ()在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，∴F ()min ＝F (e)＝1－e e ＋＝1e ＋－1，F ()ma ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －－1.综上所述，当≠0且<1e 时，F ()ma ＝e －－1，F ()min ＝1e ＋－1.答案 e －－11e＋－1 17.已知a ≥2，函数F ()＝min{3－，a (＋1)}，其中min{p ，q }＝⎩⎨⎧p ，p ≤q ，q ，p ＞q .(1)若a ＝2，求F ()的单调递减区间； (2)求函数F ()在[－1，1]上的最大值.解 (1)若a ＝2，3－－2(＋1)＝(＋1)(2－－2)＝(＋1)2(－2)，F ()＝⎩⎨⎧x 3－x ，x ≤2，2（x ＋1），x ＞2，当≤2时，F ()＝3－，F ′()＝32－1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33， 由F ′()＜0得－33＜＜33，当＞2时，F ()＝2＋2单调递增， 所以F ()的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33. (2)3－－a (＋1)＝(＋1)(2－－a )， 当－1≤≤1时，＋1≥0， 因为a ≥2，故2－－a ≤0， 所以3－－a (＋1)≤0， 即F ()＝3－，所以F ()ma ＝ma ⎩⎨⎧⎭⎬⎫F （－1），F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，F （1） ＝ma ⎩⎨⎧⎭⎬⎫239，－239，0＝239.18.(2018·北京海淀区检测)已知函数f ()＝ln xx ＋a .(1)当a ＝0时，求函数f ()的单调递增区间； (2)当a >0时，若函数f ()的最大值为1e 2，求a 的值.解 (1)当a ＝0时，f ()＝ln xx，故f ′()＝1x·x －ln xx 2＝1－ln x x2. 令f ′()>0，得0<<e ， 故f ()的单调递增区间为(0，e).(2)法一 f ′()＝x ＋a x －ln x （x ＋a ）2＝1＋ax－ln x （x ＋a ）2，令g ()＝1＋a x－ln ，则g ′()＝－a x2－1x＝－x ＋ax2<0，由g (e)＝ae>0，g (ea ＋1)＝1＋aea ＋1－(1＋a )＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1e a ＋1－1<0，故存在0∈(e ，e a ＋1)，使得g (0)＝0.故当∈(0，0)时，g ()>0；当∈(0，＋∞)时，g ()<0.故f ()ma ＝f (0)＝1e2.故⎩⎪⎨⎪⎧1＋a x 0－ln x 0＝0，ln x 0x 0＋a ＝1e 2，解得⎩⎨⎧x 0＝e 2，a ＝e 2.故a 的值为e 2.法二 f ()的最大值为1e 2的充要条件为对任意的∈(0，＋∞)，ln x x ＋a ≤1e 2且存在0∈(0，＋∞)，使得ln x 0x 0＋a ＝1e 2，等价于对任意的∈(0，＋∞)，a ≥e 2ln －且存在0∈(0，＋∞)，使得a ＝e 2ln 0－0，等价于g ()＝e 2ln －的最大值为a . ∵g ′()＝e 2x－1，令g ′()＝0，得＝e 2.故g ()a。
2020年高考数学一轮复习讲练测浙江版专题2.2函数的单调性与值域(讲)含解析
2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第二章 函 数第02讲 函数的单调性与值域 ---讲1．理解函数的单调性，会判断函数的单调性.2．理解函数的最大（小）值的含义，会求函数的最大（小）值. 3. 高考预测：（1）确定函数的最值（值域）（2）以基本初等函数为载体，考查函数单调性的判定、函数单调区间的确定、函数单调性的应用（解不等式、确定参数的取值范围、比较函数值大小）、研究函数的最值等，常与奇偶性结合，有时与导数综合考查. 4.备考重点：（1）判断函数的单调性方法； （2）求函数最值的方法；（3）利用单调性比较函数值大小、解不等式、确定参数取值范围.知识点1．函数的单调性（1）.增函数：若对于定义域I 内的某个区间()D D I ⊆上的任意两个自变量1x 、2x ，当12x x <时，都有，那么就说函数()f x 在区间D 上是增函数；（2）减函数：若对于定义域I 内的某个区间()D D I ⊆上的任意两个自变量1x 、2x ，当12x x <时，都有，那么就说函数()f x 在区间D 上是减函数.【典例1】（2019·江西高三期中（文））下列函数中，在区间上为增函数的是( ) A ． B ． C ． D ．【答案】B 【解析】 选项A 中，函数在上为减函数，不符合题意； 选项B 中，函数在上为增函数，符合题意； 选项C 中，函数在上为减函数，在上为增函数，不符合题意；选项D 中，函数在上为减函数，在上为增函数，不符合题意．故选B ． 【规律方法】复合函数单调性的确定方法：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”．【变式1】（2018·吴起高级中学高三期中（理））下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝e －xB ．C ．y ＝ln xD ．y ＝|x |【答案】B 【解析】对于选项A ，y ＝e t 为增函数，t ＝﹣x 为减函数，故y ＝e ﹣x 为减函数， 对于选项B ，易知幂函数y ＝x 3的定义域为R ，且为增函数， 对于选项C ，函数的定义域为x ＞0，不为R ，对于选项D ，函数y ＝|x |为偶函数，在（﹣∞．0）上单调递减，在（0，∞）上单调递增， 故选：B ．知识点2．函数的最值1.最大值：一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数M 满足： （1）对于任意的x I ∈，都有()f x M ≤； （2）存在0x I ∈，使得()0f x M =. 那么，我们称M 是函数()y f x =的最大值.2.最小值：一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数m 满足： （1）对于任意的x I ∈，都有()f x m ≥； （2）存在0x I ∈，使得()0f x m =. 那么，我们称m 是函数()y f x =的最小值. 【典例2】【2018届浙江省绍兴市3月模拟】已知，函数在区间上的最大值是2，则__________．【答案】3或 【解析】当时，=函数，对称轴为，观察函数的图像可知函数的最大值是.令，经检验，a=3满足题意.令，经检验a=5或a=1都不满足题意. 令，经检验不满足题意.当时，,函数，对称轴为，观察函数的图像得函数的最大值是.当时，,函数，对称轴为，观察函数的图像可知函数的最大值是.令， 令,所以.综上所述，故填3或. 【重点总结】求函数最值（值域）的常见方法：1.单调性法： 利用函数的单调性:若)(x f 是],[b a 上的单调增(减)函数,则)(a f ,)(b f 分别是)(x f 在区间],[b a 上取得最小(大)值,最大(小)值.2.图象法：对于由基本初等函数图象变化而来的函数，通过观察函数图象的最高点或最低点确定函数的最值.3. 利用配方法:形如型,用此种方法,注意自变量x 的范围.4.利用三角函数的有界性,如. 5.利用“分离常数”法:形如y=ax bcx d++ 或(c a ,至少有一个不为零)的函数,求其值域可用此法.6.利用换元法:形如型,可用此法求其值域.7.利用基本不等式法:8.导数法:利用导数与函数的连续性求图复杂函数的极值和最值,然后求出值域9.求分段函数的最值时，应根据所给自变量值的大小选择相应的解析式求解，有时每段交替使用求值．若给出函数值或函数值的范围求自变量值或自变量的取值范围，应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量值域范围是否符合相应段的自变量的取值范围．10.由判别式法来判断函数的值域时，若原函数的定义域不是实数集时，应综合函数的定义域，将扩大的部分剔除.【变式2】【2018届浙江省杭州市高三上期末】设函数，记M 为函数()y f x =在[]1,1-上的最大值， N 为a b +的最大值.（ ） A. 若13M =，则3N = B. 若12M =，则3N = C. 若2M =，则3N = D. 若3M =，则3N = 【答案】C【解析】由题意得，则若2M =，则2a =，此时任意[]1,1x ∈-有 则，，，在时与题意相符，故选C考点1 单调性的判定和证明【典例3】（2019·贵州高三高考模拟（文））关于函数的下列结论，错误的是（ ）A ．图像关于对称B ．最小值为C ．图像关于点对称D ．在上单调递减【答案】C 【解析】 由题意可得：，绘制函数图像如图所示，观察函数图像可得：图像关于对称，选项A正确；最小值为，选项B正确；图像不关于点对称，选项C错误；在上单调递减，选项D正确；故选：C.【总结提升】掌握确定函数单调性(区间)的3种常用方法(1)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．(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，则可由图象的直观性确定它的单调性．(3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．【变式3】【2018届河南省南阳市第一中学高三实验班第一次考试】已知，那么 ( ) A. 在区间上单调递增 B. 在上单调递增C. 在上单调递增D. 在上单调递增【答案】D【解析】，在记，则当时，单调递增，且而在不具有单调性，故A错误；当时，不具有单调性，故B错误；当时，单调递增，且而在不具有单调性，故C错误；当时，单调递减，且而在单调递减，根据“同增异减”知，D 正确.故选：D考点2 求函数的单调区间【典例4】【2019届四川省成都市第七中学零诊】函数的单调递增区间是（ ）A. B.C.D.【答案】D 【解析】得或， 令，则为增函数，在上的增区间便是原函数的单调递增区间，原函数的单调递增区间为，故选D.【总结提升】确定函数的单调区间常见方法： 1.利用基本初等函数的单调区间2.图象法：对于基本初等函数及其函数的变形函数，可以作出函数图象求出函数的单调区间.3.复合函数法：对于函数，可设内层函数为()u g x =，外层函数为()y f u =，可以利用复合函数法来进行求解，遵循“同增异减”，即内层函数与外层函数在区间D 上的单调性相同，则函数在区间D上单调递增；内层函数与外层函数在区间D 上的单调性相反，则函数在区间D 上单调递减.4.导数法：不等式()0f x '>的解集与函数()f x 的定义域的交集即为函数()f x 的单调递增区间，不等式()0f x '<的解集与函数()f x 的定义域的交集即为函数()f x 的单调递减区间.【变式4】（2019·山西山西大附中高三月考）函数的单调递增区间是（ ）ABCD【答案】A 【解析】由题可得x 2-3x+2＞0，解得x ＜1或x ＞2， 由二次函数的性质和复合函数的单调性可得函数的单调递增区间为：（-∞，1）故选：A ．考点3 利用单调性比较大小【典例5】（2019·江苏扬州中学高考模拟）设，，则比较的大小关系_______.【答案】【解析】()1f x x =+是单调增函数，所以有，当0x <时，是单调增函数，所以有()1f x <-，所以函数()f x 是R 上的增函数.,所以有，而函数()f x 是R 上的增函数，所以的大小关系为.【思路点拨】先判断出函数()f x 的单调性，然后判断,,a b c 之间的大小关系，利用单调性比较出之间的大小关系.一般地，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，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解． 【变式5】（2019·天津高三期末（文））已知定义在上的函数满足，且对任意（0，3)都有，若，，，则下面结论正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 因为，得函数关于对称，又对任意（0，3)都有，所以函数在（0，3)时单调递减， 因为，所以，又，所以，所以，故选C .考点4 利用单调性确定参数取值范围【典例6】（2019·陕西西安中学高三期中（文））若函数为R上的减函数，则实数a的取值范围是A． B． C． D．【答案】C【解析】因为函数为R上的减函数，所以,,是减函数，且当时，，故只需满足，解得，故选C.【规律方法】利用单调性求参数的范围(或值)的方法(1)视参数为已知数，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；(2)需注意若函数在区间[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．【变式6】（2018·吉林东北师大附中高考模拟（文））已知函数满足对任意，都有成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为函数对任意，都有成立，所以函数在定义域内单调递减，所以.故答案为：B考点5 利用函数的单调性解决不等式问题【典例7】（2019·广东高考模拟（文））已知，则满足的的取值范围为_______．【答案】【解析】根据题意，f（x）＝x|x|＝，则f（x）为奇函数且在R上为增函数，则f（2x﹣1）+f（x）≥0⇒f（2x﹣1）≥﹣f（x）⇒f（2x﹣1）≥f（﹣x）⇒2x﹣1≥﹣x，解可得x≥，即x的取值范围为[，+∞）；故答案为：[，+∞）．【规律方法】求解含“f”的函数不等式的解题思路先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))＞f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)＞h(x)(或g(x)＜h(x))．【变式7】【2018届云南省昆明市5月检测】已知函数，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】函数在上为减函数，函数的图像开口向下，对称轴为，所以函数在区间上为减函数，且.所以函数在上为减函数.由得.解得.故选A.考点6 函数的单调性和最值（值域）及其综合应用【典例8】（2018·河北高三期末（理）），使，则实数的取值范围是( )A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意可知：，使，则.由于函数是定义域内的单调递增函数，故当时，函数取得最小值，综上可得，实数的取值范围是.本题选择B 选项. 【思路点拨】1.由题意分离参数，然后结合函数的单调性确定实数的取值范围；2.对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；(2)a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min .【变式8】【2018届北京市西城区高三期末】已知函数若0c =，则()f x 的值域是____；若()f x 的值域是1,24⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，则实数c 的取值范围是____． 【答案】 1,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭ 1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】若0c =，由二次函数的性质，可得， ()f x ∴的值域为1,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，若()f x 值域为1,24⎡⎤-⎢⎥⎣⎦， 2x =-时， 22x x +=且12x =-时， 214x x +=-，要使()f x 的值域为1,24⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，则20{2 12c c c c>+≤≤，得122c ≤≤，实数c 的取值范围是1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故答案为1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦.。
2020版高考数学大一轮复习课时42.2函数的单调性与最值课件
(x)在R上单调递减,
0 a 1, 0 a 1, 1 1 故有 2a 1, 即 0 a 2 , 1 1 2 a 1 1 log a1 1, a . 4 4 1 1 所以a∈ , .故选B. 4 2
(4)函数单调性的作用:已知函数f(x)的单调性,则可使自变量x1,x2的大小
关系与函数值f(x1), f(x2)的大小关系相互转化.如已知f(x)为增函数,则x1< x2⇔f(x1)<f(x2).
(5)将较为复杂的函数分解为一些基本初等函数的组合,则利用基本初
等函数的单调性就可快速判断复杂函数的单调性.
(iv)f(x)· g(x)为⑦ 增函数 (f(x)>0,g(x)>0);
(v)-f(x)为⑧ 减函数 .
(3)奇函数在两个关于原点对称的区间内单调性⑨ 相同 ;偶函数在
两个关于原点对称的区间内单调性⑩ 相反 .
(4)导数法:利用导数理论研究函数的单调性. (5)图象法. (6)复合函数的单调性
如果y=f(μ)和μ=g(x)单调性相同,则y=f(g(x))为 增函数 ;如果y=f(μ)
2
2
在x∈(4,+∞)上单调递增.
又因为y=ln u在u∈(0,+∞)上单调递增,
所以y=ln(x -2x-8)在x∈(4,+∞)上单调递增.故选D.
(2)y=(x-1) 仅在[1,+∞)上为增函数,排除B;
1 y=2 = 为减函数,排除C; 2
-x
x
2
2
因为y=log0.5t为减函数,t=x+1为增函数, 所以y=log0.5(x+1)为减函数,排除D;