【全程复习方略】(浙江专用)版高考数学 2.2函数的单调性与最值课时体能训练 理 新人教A版
【创新设计】(浙江专用)高考数学总复习 第二篇 函数与导数 第2讲 函数的单调性与最值课件 理
解析 (1)f′(x)＝3x2－3，令 f′(x)＝0，得 x＝－1，x＝1(舍去)．
则 f(－3)＝－17，f(－1)＝3，f(0)＝1.
故 f(x)max＝3，f(x)min＝－17.
(2)f(x)＝||xx＋－12||，，xx≥<1212，，
当 x＝12时，f(x)min＝f12＝32.
答案
函数的单调区间、利用函数的单调性比较函数值的大小、 求函数值域或最值、解不等式等相关问题，题型有选择 题、填空题、解答题，尤其在解答题中常将函数的单调性 及最值与导数结合，基本解法相似，提供以下解题模板， 供参考．
【真题探究】► (本小题满分13分)(2011·北京)已知函数f(x)＝ (x－k)ex. (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值． [教你审题] 第(1)问，只要根据导数大于零和小于零即可得 出函数的单调递增区间和单调递减区间；第(2)问，根据函 数的极值点是否在区间[0,1]内确定分类讨论的标准，然后 按照求闭区间上函数最值的方法求解即可．
[规范解答] (1)f′(x)＝(x－k＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝k－1.(2分) f(x)与f′(x)的情况如下表
x f′(x) f(x)
(－∞，k－1) －
k－1 0
－ek－1
(k－1，＋∞) ＋
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是 (k－1，＋∞)．(6分)
(1)证明 设x1＜x2，∴x2－x1＞0， 当x＞0时，f(x)＞1，
∴f(x2－x1)＞1. f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1， ∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1＞0⇒f(x1)＜f(x2)， ∴f(x)在R上为增函数．
三年高考两年模拟(浙江版)高考数学一轮复习 第二章 函数 2.2 函数的单调性与最值(值域)课件
3.已知y=loga(2-ax)在[0,1]上是减函数,则a的取值范围是 ( ) A.(0,1) B.(1,2) C.(0,2) D.[2,+∞) 答案 B 令u=2-ax,a>0且a≠1,∵y=loga(2-ax)在[0,1]上是减函数,∴a>1 且u>0在[0,1]上恒成立,∴umin=2-a>0,c即a<2,∴1<a<2.故选B.
(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.
2.判断函数单调性的方法 (1)定义法:利用定义严格判断. (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, 1)f(x)+g(x)为增函数;
2) 1 为减函数(f(x)>0);
f (x)
3) f (x) 为增函数(f(x)≥0); 4)f(x)·g(x)为增函数(f(x)>0,g(x)>0); 5)-f(x)为减函数. (3)奇函数在两个关于原点对称的区间内单调性相同;偶函数在两个关于 原点对称的区间内单调性相反.
ax (x 1),
4.若f(x)=
4
【全程复习方略】高考数学 2.2函数的单调性与最值课时提升作业 理 北师大版
【全程复习方略】2014版高考数学 2.2函数的单调性与最值课时提升作业理北师大版一、选择题1.(2013·安庆模拟)下列函数中,在其定义域内是减函数的是( )(A)f(x)=-x2+x+1(B)f(x)=(C)f(x)=()|x|(D)f(x)=ln(2-x)2.函数f(x)=|x|和g(x)=x(2-x)递增的单调区间依次是( )(A)(-∞,0],(-∞,1] (B)(-∞,0],[1,+∞)(C)[0,+∞),(-∞,1] (D)[0,+∞),[1,+∞)3.函数f(x)=1-( )(A)在(-1,+∞)上是增加的(B)在(1,+∞)上是增加的(C)在(-1,+∞)上是减少的(D)在(1, +∞)上是减少的4.若函数y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减少的,则y=ax2+bx在(0,+∞)上是( )(A)增加的(B)减少的(C)先增后减(D)先减后增5.已知函数f(x)=若f(2-a2)>f(a),则实数a的取值范围是( )(A)(-∞,-1)∪(2,+∞)(B)(-1,2)(C)(-2,1)(D)(-∞,-2)∪(1,+∞)6.已知函数f(x)=是减函数,那么实数a的取值范围是( )(A)(0,1) (B)(0,) (C)[,) (D)[,1)7.定义在R上的函数f(x)在区间(-∞,2)上是增加的,且f(x+2)的图像关于x=0对称,则( )(A)f(-1)<f(3) (B)f(0)>f(3)(C)f(-1)=f(3) (D)f(0)=f(3)8.(2013·深圳模拟)设函数f(x)=若f(x)的值域为R,则常数a的取值范围是( )(A)(-∞,-1]∪[2,+∞) (B)[-1,2](C)(-∞,-2]∪[1,+∞) (D)[-2,1]9.(2013·宜春模拟)已知函数f(x)=若存在x1,x2∈R且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是( )(A)a<2 (B)a<4 (C)2≤a<4 (D)a>210.(能力挑战题)已知函数f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,若对任意x∈(0,+∞),都有f(f(x)-)=2,则f()的值是( )(A)5 (B)6 (C)7 (D)8二、填空题11.(2013·抚州模拟)若存在实数x∈[2,4],使x2-2x+5-m<0成立,则m的取值范围为.12.(2013·皖南八校联考)已知函数f(x)=若f(6-a2)>f(5a),则实数a的取值范围是.13.(2013·广州模拟)对于任意实数a,b,定义min{a,b}=设函数f(x)=-x+3,g(x)=log2x,则函数h(x)=min{f(x),g(x)}的最大值是.14.(能力挑战题)若函数f(x)=|log a x|(0<a<1)在区间(a,3a-1)上是减少的,则实数a的取值范围是.三、解答题15.已知f(x)=(x≠a).(1)若a=-2,试证f(x)在(-∞,-2)上是增加的.(2)若a>0且f(x)在(1,+∞)上是减少的,求a的取值范围.答案解析1.【解析】选D.显然A,B不正确.对于函数f(x)=()|x|,由于f(x)是偶函数,故不是单调函数,对于函数f(x)=ln(2-x),根据复合函数的单调性知,在其定义域上是减函数.2.【解析】选C.f(x)=|x|=∴函数f(x)递增的单调区间是[0,+∞).g(x)=x(2-x)=-x2+2x=-(x-1)2+1,对称轴是直线x=1,a=-1<0,∴函数g(x)递增的单调区间为(-∞,1].故选C.3.【解析】选B.f(x)可由-沿x轴向右平移一个单位,再向上平移一个单位得到,如图.由图像可知函数f(x)在(1,+∞)上是增加的.4.【解析】选B.∵y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减少的,∴a<0,b<0,∴y=ax2+bx的对称轴x=-<0,∴y=ax2+bx在(0,+∞)上是减少的.5.【解析】选C.f(x)=由f(x)的图像可知f(x)在(-∞,+∞)上是增加的.由f(2-a2)>f(a)得2-a2>a,即a2+a-2<0,解得-2<a<1.6.【解析】选C.由题意知需满足:⇒≤a<.7.【解析】选A.因为f(x+2)的图像关于x=0对称,所以f(x)的图像关于x=2对称.又f(x)在区间(-∞,2)上是增加的,则其在(2,+∞)上是减少的,作出其图像大致形状如图所示.由图像知,f(-1)<f(3).【方法技巧】比较函数值大小常用的方法(1)利用函数的单调性,但需将待比较函数值调节到同一个单调区间上.(2)利用数形结合法比较.(3)对于选择题、填空题可用排除法、特值法等比较.8.【解析】选A.当x>2时,f(x)>4+a,当x≤2时,f(x)≤2+a2,由题意知2+a2≥4+a,解得a≥2或a≤-1.9.【思路点拨】解答本题的着眼点是如何保证f(x1)=f(x2),即存在直线y=a(a∈R)与函数y=f (x)的图像有两个交点,可从二次函数的对称轴及分段函数的端点函数值的大小两方面考虑.【解析】选B.当-<1即a<2时满足条件,当a≥2时,要使存在x1,x2∈R且x1≠x2时,有f(x1)=f(x2)成立,则必有-1+a>2a-5,即2≤a<4,综上知a<4.10.【思路点拨】解答本题的关键是从条件中得出f(x)-是一个常数,从而令f(x)=+k(k为常数),则f(x)可求.【解析】选B.由题意知f(x)-为常数,令f(x)-=k(k为常数),则f(x)=+k.由f(f(x)-)=2得f(k)=2.又f(k)=+k=2,∴k=1,即f(x)=+1.∴f()=6.11.【解析】x2-2x+5-m<0等价于x2-2x+5<m.当x∈[2,4]时,x2-2x+5=(x-1)2+4≥5,由题意知m>5.答案:(5,+∞)12.【解析】由题意知f(x)在R上是增函数,从而由f(6-a2)>f(5a)知6-a2>5a,即a2+5a-6<0,解得-6<a<1.答案:(-6,1)13.【解析】依题意,h(x)=当0<x≤2时,h(x)=log2x是增加的;当x>2时,h(x)=3-x是减少的,∴h(x)=min{f(x),g(x)}在x=2时,取得最大值h(2)=1.答案:114.【解析】由于f(x)=|log a x|在(0,1]上是减少的,在(1,+∞)上是增加的,所以0<a<3a-1≤1,解得<a≤,此即为a的取值范围.答案:(,]15.【解析】(1)任设x1<x2<-2,则f(x1)-f(x2)=-=.∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,∴f(x1)<f(x2),∴f(x)在(-∞,-2)上是增加的.(2)任设1<x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-=.∵a>0,x2-x1>0,∴要使f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0恒成立,∴a≤1.综上所述知a的取值范围是(0,1].【变式备选】已知函数f(x)对于任意x,y∈R,总有f(x)+f(y)=f(x+y),且当x>0时,f(x)<0,f(1)=-.(1)求证:f(x)在R上是减函数.(2)求f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值.【解析】(1)方法一:∵函数f(x)对于任意x,y∈R总有f(x)+f(y)=f(x+y),∴令x=y=0,得f(0)=0.再令y=-x,得f(-x)=-f(x).在R上任取x1>x2,则x1-x2>0,f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2).又∵x>0时,f(x)<0,而x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即f(x1)<f(x2).因此f(x)在R上是减函数.方法二:设x1>x2,则f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2)=f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2).又∵x>0时,f(x)<0,而x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即f(x1)<f(x2),∴f(x)在R上是减函数.(2)∵f(x)在R上是减函数,∴f(x)在[-3,3]上也是减少的,∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为f(-3)与f(3). 而f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2.∴f(x)在[-3,3]上的最大值为2,最小值为-2.。
三年高考两年模拟(浙江版)高考数学一轮复习 第二章 函数 2.2 函数的单调性与最值(值域)知能训练
§2.2函数的单调性与最值(值域)Ａ组基础题组1.(2015稽阳联考,2,5分)设f(x),g(x)都是定义在R上的函数,则( )A.若f(x),g(x)都是R上的增函数,则f(x)×g(x)是R上的增函数B.若f(x),g(x)都是R上的增函数,则f(x)+g(x)是R上的增函数C.若f(x)×g(x)是R上的增函数,则f(x),g(x)都是R上的增函数D.若f(x)+g(x)是R上的增函数,则f(x),g(x)都是R上的增函数2.(2014北京,2,5分)下列函数中,定义域是R且为增函数的是( )A.y=e-xB.y=x3C.y=lnxD.y=|x|3.(2014陕西,7,5分)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)=B.f(x)=x3C.f(x)=D.f(x)=3x4.(2014天津,4,5分)函数f(x)=lo(x2-4)的单调递增区间为( )A.(0,+∞)B.(-∞,0)C.(2,+∞)D.(-∞,-2)5.(2015青岛诊断)函数y=的值域为( )A.[0,+∞)B.(0,1)C.[0,1)D.[0,1]6.(2013重庆,3,5分)(-6≤a≤3)的最大值为( )A.9B.C.3D.7.(2015陕西,10,5分)设f(x)=lnx,0<a<b,若p=f(),q=f,r=(f(a)+f(b)),则下列关系式中正确的是( )A.q=r<pB.q=r>pC.p=r<qD.p=r>q8.(2016宁波效实中学高三期中,6,5分)函数f(x)=是R上的单调递减函数,则实数a的取值范围是( )A.-≤a<0B.a≤-C.-1≤a≤-D.a≤-19.(2016浙江绍兴一中高三期中文,12,6分)已知实数a>0,且a≠1,函数f(x)=log a|x|在(-∞,0)上是减函数,则a的取值范围为,函数g(x)=a x+,则g(-3),g(2),g(4)的大小关系为.10.(2014重庆,12,5分)函数f(x)=log2·lo(2x)的最小值为.11.(2015福建,15,4分)若函数f(x)=2|x-a|(a∈R)满足f(1+x)=f(1-x),且f(x)在[m,+∞)上单调递增,则实数m的最小值等于.12.(2014大纲全国,16,5分)若函数f(x)=cos2x+asinx在区间是减函数,则a的取值范围是.13.(2015浙江评估测试卷二,14,4分)函数y=+的值域是.14.(2016超级中学原创预测卷二,14,4分)已知函数f(x)=log a|ax2-x|在[1,2]上单调,则实数a的取值范围是.15.已知函数f(x)=-(a>0,x>0).(1)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数;(2)若f(x)在上的值域是,求a的值.B组提升题组1.(2013北京,3,5分)下列函数中,既是偶函数又在区间(0,+∞)上单调递减的是( )A.y=B.y=e-xC.y=-x2+1D.y=lg|x|2.(2015湖南,5,5分)设函数f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),则f(x)是( )A.奇函数,且在(0,1)上是增函数B.奇函数,且在(0,1)上是减函数C.偶函数,且在(0,1)上是增函数D.偶函数,且在(0,1)上是减函数3.(2013安徽,4,5分)“a≤0”是“函数f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)内单调递增”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4.(2015四川成都七中模拟)函数f(x)=(a>0且a≠1)是R上的减函数,则a的取值范围是( )A.(0,1)B.C.D.5.(2013福建,10,5分)设S,T是R的两个非空子集,如果存在一个从S到T的函数y=f(x)满足:(i)T={f(x)|x∈S};(ii)对任意x1,x2∈S,当x1<x2时,恒有f(x1)<f(x2),那么称这两个集合“保序同构”.以下集合对不是“保序同构”的是( )A.A∈N*,B=NB.A={x|-1≤x≤3},B={x|x=-8或0<x≤10}C.A={x|0<x<1},B=RD.A=Z,B=Q6.(2016浙江深化课程改革协作校高三期中联考,4,5分)能判断出函数y=f(x)在R上为增函数的是( )A.若m,n∈R,且m<n,则f(m2)<f(n2)B.若m,n∈R,且m<n,则f(m3)<f(n3)C.若m,n∈R,且m<n,则f(2m)<f(2n)D.若m,n∈R,且m<n,则f<f7.(2016学军中学高三期中文,9,6分)函数f(x)=log2(4-x2)的定义域为,值域为,单调递增区间为.8.(2015嘉兴一模,14,4分)函数f(x)=(x∈R),则函数的值域为.9.(2015浙江杭州一模,10)设函数f(x)=x2-(k+1)x+2(k∈R),则f= ;若当x>0时,f(x)≥0恒成立,则k的取值范围为.10.(2015南京二模)已知函数f(x)=,x∈R,则不等式f(x2-2x)<f(3x-4)的解集是.11.(2016超级中学原创预测卷十,11,6分)若函数f(x)=1++tanx在区间[-1,1]上的值域为[m,n],则f(x)+f(-x)= ,m+n= .12.(2015杭州七校第一学期期末,15,4分)若实数x,y满足x2+y2=4,则的取值范围是.13.(2015台州一模,12,6分)若对任意x∈[1,2],不等式2x>a-log2x成立,则实数a的取值范围是;若存在x∈[1,2],使得不等式2x>a-log2x成立,则实数a的取值范围是.14.(2015湖北,17,5分)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.15.已知二次函数f(x)=ax2+bx+1(a>0),F(x)=若f(-1)=0,且对任意实数x均有f(x)≥0成立.(1)求F(x)的表达式;(2)当x∈[-2, 2]时,g(x)=f(x)-kx是单调函数,求k的取值范围.Ａ组基础题组1.B当取f(x)=g(x)=x时,A不成立;当取f(x)=x,g(x)=x2时,C不成立;当取f(x)=2x,g(x)=-x时,D不成立.故选B.2.B y=e-x在R上为减函数;y=x3是定义域为R的增函数;y=lnx的定义域为(0,+∞);y=|x|在R上不单调,故选B.3.D ∵f(x+y)=f(x)f(y),∴f(x)为指数函数模型,排除A,B;又∵f(x)为单调递增函数,∴排除C,故选D.4.D 由x2-4>0得x<-2或x>2.又y=lou为减函数,故f(x)的单调递增区间为(-∞,-2).5.C >0且≤1,所以0≤1-<1,所以0≤<1,故选C.6.B易知函数y=(3-a)(a+6)的两个零点是3,-6,则其图象的对称轴为直线a=-,y=(3-a)(a+6)的最大值为y max=3+×=,则的最大值为,选B.7.C 由题意知f()=ln=ln(ab)=(lna+lnb)=(f(a)+f(b)),从而p=r.因为>,f(x)=lnx在(0,+∞)上为增函数,所以f>f(),即q>p,从而p=r<q,选C.8.D 要使f(x)在R上是单调递减函数,应满足解得a≤-1.9.答案a>1;g(2)<g(-3)<g (4)解析y=|x|在(-∞,0)上为减函数,又函数f(x)=loga|x|在(-∞,0)上为减函数,所以a>1.g(x)=a x+为偶函数,且在[0,+∞)上为增函数,所以g(2)<g(-3)<g(4).10.答案-解析显然x>0,∴f(x)=log2·lo(2x)=log2x·log2(4x2)=log2x·(log24+2log2x)=log2x+(log2x)2=-≥-.当且仅当x=时,有f(x)min=-.11.答案 1解析由f(1+x)=f(1-x)可知f(x)的图象关于直线x=1对称,所以a=1.结合图象知函数f(x)=2|x-1|在[1,+∞)上单调递增,故实数m的最小值为1.12.答案(-∞,2]解析f(x)=cos2x+asinx=1-2sin2x+asinx,令t=sinx,x∈,则t∈,原函数化为y=-2t2+at+1,由题意及复合函数单调性的判定可知y=-2t2+at+1在上是减函数,结合二次函数图象可知,≤,所以a≤2.13.答案[2,2]解析解法一:函数的定义域为[-3,1],∵()2+()2=4,∴可设=2cosα,=2sinα,其中α∈.∴y=+=2cosα+2sinα=2sin,由α∈,得≤α+≤,则≤sin≤1,故函数的值域为[2,2].解法二: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].14.答案a>1或0<a≤或a=解析易知a>0,且a≠1.令t=|ax2-x|,当a>1时,t=|ax2-x|在[1,2]上单调递增,f(x)在[1,2]上单调递增;当0<a≤时,≥2,所以t=|ax2-x|在[1,2]上单调递增,f(x)在[1,2]上单调递减;当<a<1时,要使f(x)在[1,2]上单调,则≤1<2≤,此时a=.综上,实数a的取值范围是a>1或0<a≤或a=.15.解析(1)证明:任取x 1,x2,且x2>x1>0,则x2-x1>0,x1x2>0,f(x2)-f(x1)=-=-=>0,∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.(2)∵f(x)在上的值域是,又f(x)在上单调递增,∴f=,f(2)=2.易得a=.B组提升题组1.C A中y=是奇函数,A不正确;B中y=e-x=是非奇非偶函数,B不正确;C中y=-x2+1是偶函数且在(0,+∞)上是单调递减的,C正确;D中y=lg|x|在(0,+∞)上是增函数,D不正确.故选C.2.A 解法一:函数f(x)的定义域为(-1,1),任取x∈(-1,1),f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x)=-f(x),则f(x)是奇函数.又∵当x∈(0,1)时,f'(x)=+=>0,∴f(x)在(0,1)上是增函数.综上,选A. 解法二:同解法一知f(x)是奇函数.当x∈(0, 1)时,f(x)=ln=ln=ln.∵y=(x∈(0,1))是增函数,y=lnx也是增函数,∴f(x)在(0,1)上是增函数.综上,选A.解法三:同解法一知f(x)是奇函数.任取x1,x2∈(0,1),且x1<x2,f(x1)-f(x2)=ln(1+x1)-ln(1-x1)-ln(1+x2)+ln(1-x2)=ln=ln.∵(1-x1x2+x1-x2)-(1-x1x2+x2-x1)=2(x1-x2)<0,且(1+x1)·(1-x2)>0,(1+x2)(1-x1)>0,∴0<<1,∴f(x1)-f(x2)<0,f(x1)<f(x2),∴f(x)在(0,1)上是增函数.综上,选A.3.C 充分性:当a<0时,x>0,则f(x)=|(ax-1)·x|=-ax2+x的图象为开口向上的抛物线,且对称轴为x=<0,故为增函数;当a=0时,f(x)=x为增函数.必要性:当a≠0时,f=0,f(0)=0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,则<0,即a<0,f(x)=x时,为增函数,此时a=0,故a≤0.综上,a≤0是f(x)在(0,+∞)上为增函数的充分必要条件.4.B 根据函数单调性的定义知,f(x)为减函数应满足即≤a<1.故选B.5.D 由(i)知函数f(x)的定义域为集合S,值域为集合T;由(ii)知f(x)在定义域上单调递增,故选项A中,函数f(x)=x-1即满足题意;对于选项B,由图(1)知,f(-1)=-8,当-1<x≤3时,必存在单调递增的连续函数f(x)满足题意,如:f(x)=对于选项C,同样存在如图(2)所示的函数图象,此时可构造函数f(x)=tan,满足题意.由以上分析知,此题选D.图(1)图(2)6.B 结合函数单调性的判断,并注意变量的取值范围.7.答案(-2,2);(-∞,2];(-2,0]解析由对数函数有意义的条件知4-x2>0,∴-2<x<2,即函数f(x)的定义域为(-2,2).∵0<4-x2≤4,∴log2(4-x2)≤2,即函数f(x)的值域为(-∞, 2].要求f(x)的单调递增区间,只需求y=4-x2的单调递增区间,由二次函数的性质知y=4-x2在(-∞,0]上单调递增,又函数f(x)的定义域为(-2,2),∴函数f(x)的单调递增区间为(-2,0].8.答案(0,2)解析f(x)==2-,2x+1∈(1,+∞),∈(0,2),2-∈(0,2),所以函数的值域为(0,2).9.答案--+;(-∞,2-1]解析f=-(k+1)×+2=--+.当x>0时,f(x)≥0恒成立,等价于当x>0时,k+1≤恒成立,则k+1≤.∵x>0,∴=x+≥2(当且仅当x=时,“=”成立),故k≤2-1.10.答案(1,2)解析f(x)==当x<0时,f(x)==-1-单调递增,且f(0)=1.所以f(x2-2x)<f(3x-4)可化为x2-2x<3x-4<0或解得1<x<或≤x<2,所以1<x<2.11.答案4;4解析因为f(x)=1++tanx,所以f(-x)=1++tan(-x)=1+-tanx,则f(x)+f(-x)=2++=4.又f(x)=1++tanx在区间[-1,1]上是增函数,其值域为[m,n],则m+n=f(-1)+f(1)=4.12.答案[1-,2)∪(2,1+]解析由x2+y2=4,不妨设(θ∈R),则=,再令t=sinθ+cosθ,则t=sin∈[-,]且sinθcosθ=,则==t+1(t≠1),所以所求取值范围为[1-,2)∪(2,1+].13.答案(-∞,2);(-∞,5)解析不等式2x>a-log2x可转化为a<2x+log2x,令f(x)=2x+log2x,易知f(x)在x∈[1,2]内单调递增,所以2≤f(x)≤5.若对任意x∈[1,2],不等式2x>a-log2x成立,则a<2;若存在x∈[1,2],使得不等式2x>a-log2x成立,则a<5.14.答案2-2解析当a=0时,f(x)=x2,在[0,1]上为增函数,g(a)=f(1)=1;当a>0时,f(x)的图象如图所示:(i)当a≥2时,≥1,此时f(x)在[0,1]上为增函数,g(a)=f(1)=a-1;(ii)当1<a<2时,<1<a,此时g(a)=f=;(iii)当0<a≤1时,<a≤1,此时g(a)=max,f-f(1)=-(1-a)=,当0<a≤2-2时,f≤f(1),g(a)=f(1)=1-a,当2-2<a≤1时,f>f(1),g(a)=;当a<0时,f(x)的图象与a>0时f(x)的图象关于y轴对称,所以f(x)在[0,1]上为增函数,g(a)=f(1)=1-a.g(a)=其图象如图所示:∴当a=2-2时,g(a)的值最小.15.解析(1)∵f(-1)=0,∴a-b+1=0,∴b=a+1,∴f(x)=ax2+(a+1)x+1.∵对任意实数x均有f(x)≥0恒成立,∴∴∴a=1,从而b=2,∴f(x)=x2+2x+1,∴F(x)=(2)g(x)=x2+2x+1-kx=x2+(2-k)x+1.∵g(x)在[-2,2]上是单调函数,∴≤-2或≥2,解得k≤-2或k≥6.故k的取值范围是(-∞,-2]∪[6,+∞).。
（浙江专用）2022版高考数学 2.2函数的单调性与最值课时体能训练 理 新人教A版
【全程复习方略】（浙江专用）2022版高考数学函数的单调性与最值课时体能训练理新人教A版45分钟 100分一、选择题每小题6分，共36分＝－错误!的单调性的叙述正确的是A在－∞，0上是递增的，在0，＋∞上是递减的B在－∞，0∪0，＋∞上递增C在[0，＋∞上递增D在－∞，0和0，＋∞上都是递增的22022·厦门模拟函数f＝22－m＋2当∈[－2，＋∞时是增函数，则m的取值范围是A－∞，＋∞B[8，＋∞C－∞，－8] D－∞，8]＝og a＋1a>0，a≠1的定义域和值域都是[0,1]，则a等于A错误!B错误!C错误!D24易错题函数f＝n4＋3－2的单调递减区间是A－∞，错误!] B[错误!，＋∞C－1，错误!] D[错误!，452022·杭州模拟定义在R上的函数f在区间－∞，2上是增函数，且f＋2的图象关于＝0对称，则Af－1f3Cf－1＝f3 Df0＝f3满足f＋＝f＋f，当0，则函数f在[a，b]上有A最小值fa B最大值fbC最小值fb D最大值f错误!二、填空题每小题6分，共18分＝2－a－1＋5在区间错误!，1上是增函数，那么f2的取值范围是＝错误!的最大值是92022·深圳模拟f＝错误!1时，f在[0,1]上为增函数，由已知有错误!，得a＝2，综上知a＝24【解题指南】本题为求复合函数单调区间问题，需先求定义域，再在定义域内判断t＝4＋3－2的单调性，从而根据“同增异减”求解【解析】选D 要使函数有意义需4＋3－2>0， 解得－10∴f 1>f 2即f 在R 上为减函数∴f 在[a ，b]上亦为减函数∴f min ＝fb ，f ma ＝fa ，故选C 7【解析】f ＝2－a －1＋5在错误!，＋∞上递增，由已知条件得错误!≤错误!，则a ≤2，f2＝11－2a ≥7 答案：[7，＋∞8【解析】∵5－2≥0，∴≥错误!，∴≥0 21152()x x -215252()x 48--+≤错误!当且仅当＝错误!时取等号答案：错误!9【解析】由已知1≠2，都有错误!0时，f ＝错误!＝错误!＝1－错误!设0－错误!，∴f 的值域为[f0，f3]，即[－错误!，错误!]；2∵＝－错误!时，f ＝－错误!是f 的最小值，∴＝－错误!∈[a ，b]，令2＋－错误!＝错误!，得1＝－错误!，2＝错误!，根据f 的图象知b －a 的最大值是错误!－－错误!＝错误!【探究创新】【解析】1∵f＝2－2＋2，∈[1,2]，∴f min＝1≤1，∴函数f在[1,2]上具有“DK”性质2f＝2－a＋2，∈[a，a＋1]，其对称轴为＝错误!①当错误!≤a，即a≥0时，函数f min＝fa＝a2－a2＋2＝2若函数f具有“DK”性质，则有2≤a总成立，即a≥2②当a<错误!<a＋1，即－2<a<0时，f min＝f错误!＝－错误!＋2若函数f具有“DK”性质，则有－错误!＋2≤a总成立，解得a∈∅③当错误!≥a＋1，即a≤－2时，函数f的最小值为fa＋1＝a＋3若函数f具有“DK”性质，则有a＋3≤a，解得a∈∅综上所述，若f在[a，a＋1]上具有“DK”性质，则a的取值范围为[2，＋∞。
【全程复习方略】(浙江专用)高考数学 2
若x=0，则0f(0+21)=(1+0)f(0)，有f(0)=0,
∴f(f( ))5 =f(0)=0.
2
【反思·感悟】对于这类给出函数所满足的抽象的性质，但不知 道函数解析式的求值问题，主要考查对函数、映射概念的理解及 应用，求解时应根据该抽象的函数关系的结构特征，结合待求值 的特点，给变量赋予特殊值，从而使问题具体化、简单化，达到 求出函数值的目的.
2.函数的构成要素 函数由_定__义__域_、_值__域__、_对__应__关__系__三个要素构成，对函数 y=f(x),x∈A，其中， (1)定义域是:自变量_x_的__取__值__范__围__A_. (2)值域是：_函__数__值__的__集__合__{_f_(_x_)_|_x_∈__A_}_.
【例2】（1）(2012·杭州模拟）设函数f(x)=
x
x
2
x0 ，
x＞0
若f(a)=4，则实数a=( )
（A）-4或-2
（B）-4或2
（C）-2或4
（D）-2或2
(2)已知函数y=f(x)的图象由图中的两条射线和抛物线的一部分
组成，求函数的解析式.
【规范解答】（1）选B.当a≤0时,有-a=4,∴a=-4.
() ()
(2)设A={0,1,2,4}，B={ 1 ,0,1,2,6,8}，判断下列对应关系是
2
否是A到B的映射.（请在括号中填“是”或“否”）
①f:x→x3-1
()
②f:x→(x-1)2
()
③f:x→2x-1
()
④f:x→2x
()
【解析】(1)①否，因为A中的元素0在B中没有对应元素; ③否，因为A中的元素为负数时在B中没有对应元素; ②④是，满足函数的定义，是从A到B的函数. （2）③是，满足映射的定义，是从A到B的映射； ①不是，当A中的x=0,2,4时在B中没有象； ②不是，当A中的x=4时在B中没有象； ④不是，当A中的x=2时在B中没有象. 答案：(1)①否 ②是 ③否 ④是 (2) ①否 ②否 ③是 ④否
【全程复习方略】(浙江专用)高考数学 2
三年13考 高考指数:★★★ 1.了解函数零点的概念; 2.能判断函数在某个区间上是否存在零点.
1.函数零点个数、存在区间及方程解的确定与应用是高考的热 点. 2.常与函数的图象与性质交汇命题，主要考查函数与方程、转 化与化归、数形结合思想. 3.题型以选择题和填空题为主，若与导数综合，则以解答题形 式出现，属中高档题.
x
x
得：有一个交点.
答案：（1）-1，0，1 （2）1
2.函数零点的存在性定理 如果函数y=f(x)满足： (1)在闭区间［a,b］上_连__续___； （2）_f_(_a_)_·__f_(_b_)_<0; 则函数y=f(x)在（a,b）上存在零点，即存在c∈(a,b),使得 f(c)=0，这个c也就是方程f(x)=0的根.
2
cosx>0,
当x∈［0, ］时，f′(x)=1+sinx>0,
2
故f(x)=x-cosx在［0， ］上单调递增且f(0)=0-cos0=-1<0,
2
f( )= -cos = >0,即f(0)f( )<0 ,
22
22
2
∴f(x)在(0, )上 有且只有一个零点.
2
又∵函数f(x)为偶函数，∴其在（- ,0 ）上也有且只有一个零
（2）由零点存在性定理容易判断f(x)是单调函数即可. （3）由f(0)f(1)<0,得(-1)·(m-1)<0，∴m>1. 答案：（1）①×②×③√④× （2）单调函数 （3）m>1
3.二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象与零点的关系
△>0
△=0
△<0
高中全程复习方略课时提能演练函数的单调性与最值
课时提能演练(五)(45分钟 100分)一、选择题(每小题6分，共36分)1.(2012·延安模拟)已知a ＝32，函数f(x)＝a x ，若实数m ，n 满足f(m)>f(n)，则m ，n 满足的关系为( )(A)m ＋n<0 (B)m ＋n>0(C)m>n (D)m<n2.(2012·商洛模拟)函数y ＝log 22x 2＋1的值域为( ) (A)[1，＋∞) (B)(0,1](C)(－∞，1] (D)(－∞，1)3.若函数f(x)＝log a (x ＋1)(a>0，a≠1)的定义域和值域都是[0,1]，则a 等于( ) (A)13 (B) 2 (C)22(D)2 4.(预测题)已知f(x)为定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，且f(x)在[0，＋∞)上为增函数，则f(－2)，f(－π)，f(3)的大小顺序是( )(A)f(－π)<f(3)<f(－2)(B)f(－π)<f(－2)<f(3)(C)f(－2)<f(3)<f(－π)(D)f(3)<f(－2)<f(－π)5.(2012·咸阳模拟)函数y ＝f(x)(x ∈R)的图像如下图所示，则当0<a<1时，函数g(x)＝a f(x)的单调增区间是( )(A)[0，12] (B)(－∞，0)，(12，＋∞) (C)[a ，1] (D)[a ，a ＋1]6.已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋4x ， x≥04x －x 2， x<0，若f(2－a 2)>f(a)，则实数a 的取值范围是( )(A)(－∞，－1)∪(2，＋∞)(B)(－1,2)(C)(－2,1)(D)(－∞，－2)∪(1，＋∞)二、填空题(每小题6分，共18分)7.如果二次函数f(x)＝x 2－(a －1)x ＋5在区间(12，1)上是增函数，那么f(2)的取值范围是 .8.(2012·榆林模拟)已知f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数，那么f(a 2－a ＋1)与f(34)的大小关系是 . 9.(2012·西安模拟)已知f(x)的定义域为(－1,1)，又f(x)是奇函数且是减函数，若f(m －2)＋f(2m －3)≥0，那么实数m 的取值范围是 .三、解答题(每小题15分，共30分)10.(易错题)已知函数f(x)＝|x|x＋2，(1)判断函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性并加以证明；(2)求函数f(x)的值域.11.(2012·合肥模拟)已知函数f(x)在定义域(0，＋∞)上为增函数，且满足对定义域内的任意x，y都有f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1.(1)求f(9)，f(27)的值；(2)解不等式f(x)＋f(x－8)<2.【探究创新】(16分)定义：已知函数f(x)在[m，n](m<n)上的最小值为t，若t≤m恒成立，则称函数f(x)在[m，n](m<n)上具有“DK”性质.(1)判断函数f(x)＝x2－2x＋2在[1,2]上是否具有“DK”性质，并说明理由.(2)若f(x)＝x2－ax＋2在[a，a＋1]上具有“DK”性质，求a的取值范围.答案解析1.【解析】选D.∵a＝32<1，∴f(x)＝a x 是减函数，又∵f(m)>f(n).∴m<n.2.【解析】选C.∵x 2＋1≥1，∴0<2x 2＋1≤2， 又y ＝log 2x 在(0，＋∞)上为增函数，∴log 22x 2＋1≤log 22＝1.即值域为(－∞，1]. 3.【解析】选D.当0<a<1时，f(x)在[0,1]上为减函数，则其值域不可能为[0,1]；当a>1时，f(x)在[0,1]上为增函数，由已知有⎩⎨⎧ log a 1＝0log a 2＝1，得a ＝2，综上知a＝2.4.【解析】选C.由已知f(－π)＝f(π)，f(－2)＝f(2)，又f(x)在[0，＋∞)上递增，则f(π)>f(3)>f(2)，即f(－π)>f(3)>f(－2).【方法技巧】比较函数值大小常用的方法 (1)利用函数的单调性，但需将待比较函数值调节到同一个单调区间上.(2)利用数形结合法比较.(3)对于选择、填空题可用排除法、特值法等比较.5.【解析】选B.∵0<a<1，∴函数g(x)的增区间就是f(x)的减区间，故选B.6.【解题指南】本题需先判断f(x)的单调性，再应用单调性解不等式.【解析】选C.f(x)＝⎩⎨⎧ x 2＋4x ＝(x ＋2)2－4 x ≥04x －x 2＝－(x －2)2＋4 x<0，由f(x)的图像可知f(x)在(－∞，＋∞)上是单调增函数，由f(2－a 2)>f(a)得 2－a 2>a ，即a 2＋a －2<0，解得－2<a<1.7.【解析】f(x)＝x 2－(a －1)x ＋5在(a －12，＋∞)上递增，由已知条件得a －12≤12，则a ≤2，f(2)＝11－2a ≥7.答案：[7，＋∞)8.【解析】∵a 2－a ＋1＝(a －12)2＋34≥34>0， f(x)在(0，＋∞)上是减函数，∴f(a 2－a ＋1)≤f(34). 答案：f(a 2－a ＋1)≤f(34) 9.【解析】由f(m －2)≥－f(2m －3).又f(x)为奇函数，∴f(m －2)≥f(3－2m).而f(x)为(－1,1)上的减函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －1<m －2<1－1<3－2m<1m －2≤3－2m ，解得：1<m ≤53. 答案：(1，53] 10.【解析】(1)当x>0时，f(x)＝|x|x ＋2＝x ＋2－2x ＋2＝1－2x ＋2. 设0<x 1<x 2，f(x 1)－f(x 2)＝(1－2x 1＋2)－(1－2x 2＋2)＝2(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 2＋2)， 由0<x 1<x 2可得f(x 1)－f(x 2)<0，即f(x 1)<f(x 2)，因此f(x)在(0，＋∞)上递增.(2)f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1－2x ＋2x ≥0－1＋2x ＋2 x<0且x ≠－2.可以证明f(x)在(－∞，－2)上递减，且f(x)在(－2,0)上递减，由反比例函数y ＝2x通过平移、对称变换得f(x)的图像如图所示，因此f(x)的值域为：(－∞，－1)∪[0，＋∞).11.【解析】(1)∵f(x)对(0，＋∞)上的任意x ，y 都有f(xy)＝f(x)＋f(y)， ∴f(9)＝f(3×3)＝f(3)＋f(3)＝2，f(27)＝f(9×3)＝f(9)＋f(3)＝3.(2)∵f(x)＋f(x －8)＝f[x(x －8)]<f(9)，而函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x>0x －8>0x(x －8)<9解得8<x<9，即原不等式的解集为(8,9).【探究创新】【解析】(1)∵f(x)＝x 2－2x ＋2，x ∈[1,2]，∴f(x)min ＝1≤1，∴函数f(x)在[1,2]上具有“DK ”性质.(2)f(x)＝x 2－ax ＋2，x ∈[a ，a ＋1]，其对称轴为x ＝a 2. ①当a 2≤a ，即a ≥0时， 函数f(x)min ＝f(a)＝a 2－a 2＋2＝2.若函数f(x)具有“DK ”性质，则有2≤a 总成立，即a ≥2.②当a<a 2<a ＋1， 即－2<a<0时，f(x)min ＝f(a 2)＝－a 24＋2. 若函数f(x)具有“DK ”性质，则有－a 24＋2≤a 总成立，解得a ∈∅. ③当a 2≥a ＋1，即a ≤－2时，函数f(x)的最小值为f(a ＋1)＝a ＋3. 若函数f(x)具有“DK ”性质，则有a ＋3≤a ，解得a ∈∅. 综上所述，若f(x)在[a ，a ＋1]上具有“DK ”性质，则a 的取值范围为[2，＋∞).。
(浙江专版)高考数学一轮复习 2.2 函数的单调性与最值限时集训 理
(限时：50分钟 满分：106分)一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分)1．(2012·广东高考)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 ＋1x2．(2013·宁波模拟)已知函数f (x )＝log 2x ＋11－x ，若x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，则( )A ．f (x 1)<0，f (x 2)<0B ．f (x 1)<0，f (x 2)>0C ．f (x 1)>0，f (x 2)<0D ．f (x 1)>0，f (x 2)>03．已知f (x )在区间(－∞，＋∞)上是减函数，a ，b ∈R ，且a ＋b ≤0，则下列选项正确的是( )A ．f (a )＋f (b )≤－[f (a )＋f (b )]B ．f (a )＋f (b )≤f (－a )＋f (－b )C ．f (a )＋f (b )≥－[f (a )＋f (b )]D ．f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b ) 4．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]5．用min{a ，b ，c }表示a ，b ，c 三个数中的最小值．设f (x )＝min{2x，x ＋2,10－x }(x ≥0)，则f (x )的最大值为( )A ．4B ．5C ．6D ．76．(2012·潍坊模拟)已知函数f (x )的图象向左平移1个单位后关于y 轴对称，当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 >c7．若函数f (x )＝log a (2x 2＋x )(a >0且a ≠1)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内恒有f (x )>0，则f (x )的单调递增区间为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－14 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞C ．(0，＋∞)D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－128．定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )，当x <0时，f (x )>0，则函数f (x )在[a ，b ]上有( )A ．最小值f (a )B ．最大值f (b )C ．最小值f (b )D ．最大值f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2二、填空题(本大题共6个小题，每小题4分，共24分)9．(2013·临海模拟)若函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3，则函数F (x )＝f (x )＋1f x 的最大值为________，最小值为________．10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ，x ≥0，4x －x 2，x <0.若f (2－a 2)>f (a )，则实数a 的取值范围是________．11．(2013·东城模拟)函数f (x )的定义域为A ，若x 1，x 2∈A 且f (x 1)＝f (x 2)时总有x 1＝x 2，则称f (x )为单函数．例如：函数f (x )＝2x ＋1(x ∈R)是单函数．给出下列命题：①函数f (x )＝x 2(x ∈R)是单函数； ②指数函数f (x )＝2x(x ∈R)是单函数；③若f (x )为单函数，x 1，x 2∈A 且x 1≠x 2，则f (x 1)≠f (x 2)； ④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数． 其中真命题是________(写出所有真命题的编号)． 12．(2013·温州模拟)若函数f (x )＝1x －1在区间[a ，b ]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1，则a ＋b ＝________.13．已知函数f (x )＝3－axa －1(a ≠1)． (1)若a >0，则f (x )的定义域是________；(2)若f (x )在区间(0,1]上是减函数，则实数a 的取值范围是________．14．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x－2，x ≤0，2ax －1，x >0(a 是常数且a >0)．对于下列命题：①函数f (x )的最小值是－1； ②函数f (x )在R 上是单调函数； ③若f (x )>0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，则a 的取值范围是a >1； ④对任意的x 1<0，x 2<0且x 1≠x 2y ，恒有f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<f x 1＋f x 22.其中正确命题的序号是________(写出所有正确命题的序号)． 三、解答题(本大题共3个小题，每小题14分，共42分) 15．已知函数f (x )＝1a －1x(a >0，x >0)．(1)求证：f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数；(2)若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，求a 的值．16．已知函数f (x )对任意的a ，b ∈R 恒有f (a ＋b )＝f (a )＋f (b )－1，并且当x >0时，f (x )>1.(1)求证：f (x )是R 上的增函数；(2)若f (4)＝5，解不等式f (3m 2－m －2)<3.17．已知f (x )是定义在[－1,1]上的奇函数，且f (1)＝1，若a ，b ∈[－1,1]，a ＋b ≠0时，有f a ＋f ba ＋b>0成立．(1)判断f (x )在[－1,1]上的单调性，并证明它；(2)解不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1；(3)若f (x )≤m 2－2am ＋1对所有的a ∈[－1,1]恒成立，求实数m 的取值范围．[限时集训(四)]1．A 2.B 3.D 4.D 5.C 6.D 7.D 8.C 9．解析：令t ＝f (x )，则12≤t ≤3.易知g (t )＝t ＋1t 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上是减函数，在[1,3]上是增函数． 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝52，g (1)＝2，g (3)＝103.∴函数F (x )的最大值为103，最小值为2.答案：103，210．解析：由题意知f (x )在R 上是增函数，由f (2－a 2)>f (a )，知2－a 2>a ，解得－2<a <1. 答案：－2<a <111．解析：根据单函数的定义，函数是单函数等价于这个函数在其定义域内是单调的，故命题②④是真命题，①是假命题；根据一个命题与其逆否命题等价可知，命题③是真命题．答案：②③④12．解析：由题意知x －1>0，∵x ∈[a ，b ]， ∴a >1.则f (x )＝1x －1在[a ，b ]上为减函数， ∴f (a )＝1a －1＝1，f (b )＝1b －1＝13， 解得a ＝2，b ＝4.∴a ＋b ＝6. 答案：613．解析：(1)当a >0且a ≠1时，由3－ax ≥0得x ≤3a，即此时函数f (x )的定义域是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，3a ； (2)当a －1>0，即a >1时，要使f (x )在(0,1]上是减函数，则需3－a ×1≥0，此时1<a ≤3. 当a －1<0，即a <1时，要使f (x )在(0,1]上是减函数，则需－a >0，此时a <0. 综上所述，所求实数a 的取值范围是(－∞，0)∪(1,3]． 答案：(1)⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，3a(2)(－∞，0)∪(1,3]14．解析：根据题意可画出草图，由图象可知，①显然正确；函数f (x )在R 上不是单调函数，故②错误；若f (x )>0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，则2a ×12－1>0，a >1，故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的x 1<0，x 2<0且x 1≠x 2，恒有f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<f x 1＋f x 22成立，故④正确．答案：①③④15．解：(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，＋∞)上是单调递增的．(2)∵f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，又f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝2. ∴易得a ＝25.16．解：(1)证明：任取x 1，x 2∈R, 且x 1<x 2，∵f (x 2)＝f ((x 2－x 1)＋x 1)＝f (x 2－x 1)＋f (x 1)－1， 又x 2－x 1>0，∴f (x 2－x 1)>1. ∴f (x 2)－f (x 1)＝f (x 2－x 1)－1>0， 即f (x 2)>f (x 1)． ∴f (x )是R 上的增函数．(2)令a ＝b ＝2，得f (4)＝f (2)＋f (2)－1＝2f (2)－1， ∴f (2)＝3. 而f (3m 2－m －2)<3， ∴f (3m 2－m －2)<f (2)． 又f (x )在R 上是单调递增函数， ∴3m 2－m －2<2，解得－1<m <43.故原不等式的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－1，43. 17．解：(1)任取x 1，x 2∈[－1,1]且x 1<x 2， 则－x 2∈[－1,1]，∵f (x )为奇函数， ∴f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2) ＝f x 1＋f －x 2x 1＋－x 2·(x 1－x 2)，由已知得f x 1＋f －x 2x 1＋－x 2>0，x 1－x 2<0，∴f (x 1)－f (x 2)<0， 即f (x 1)<f (x 2)．∴f (x )在[－1,1]上单调递增． (2)∵f (x )在[－1,1]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋12<1x －1，－1≤x ＋12≤1，－1≤1x －1≤1，解得－32≤x <－1.(3)∵f (1)＝1，f (x )在[－1,1]上单调递增． ∴在[－1,1]上，f (x )≤1. 问题转化为m 2－2am ＋1≥1， 即m 2－2am ≥0，对a ∈[－1,1]成立． 下面来求m 的取值范围． 设g (a )＝－2m ·a ＋m 2≥0. ①若m ＝0，则g (a )＝0≥0， 对a ∈[－1,1]恒成立．②若m ≠0，则g (a )为a 的一次函数，若g (a )≥0，对a ∈[－1,1]恒成立，必须g (－1)≥0，且g (1)≥0，∴m ≤－2，或m ≥2.∴m 的取值范围是m ＝0或m ≥2或m ≤－2.。
浙江专版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第2节函数的单调性与最值课时分层训练
——教学资料参考参考范本——浙江专版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第2节函数的单调性与最值课时分层训练______年______月______日____________________部门A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) 【导学号：51062021】A ．y ＝2－xB ．y ＝xC ．y ＝log2xD ．y ＝－1xB [由题知，只有y ＝2－x 与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数．]2．若函数y ＝ax 与y ＝－在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax2＋bx 在(0，＋∞)上是( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．先减后增B [由题意知，a ＜0，b ＜0，则－＜0，从而函数y ＝ax2＋bx 在(0，＋∞)上为减函数．]3．函数f(x)＝ln(4＋3x －x2)的单调递减区间是( ) A. B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞C.D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 D [要使函数有意义需4＋3x －x2＞0， 解得－1＜x ＜4，∴定义域为(－1,4)． 令t ＝4＋3x －x2＝－2＋.则t 在上递增，在上递减， 又y ＝ln t 在上递增，∴f(x)＝ln(4＋3x －x2)的单调递减区间为.]4．(20xx·绍兴质检)已知函数f(x)＝|x ＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)A [因为函数f(x)在(－∞，－1)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.]5．(20xx·台州调研)已知函数f(x)＝若f(－a)＋f(a)≤2f(1)，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0)B ．[0,1]C ．[－1,1]D ．[－2,2]C [因为函数f(x)是偶函数，故f(－a)＝f(a)，原不等式等价于f(a)≤f(1)，即f(|a|)≤f(1)，而函数在[0，＋∞)上单调递增，故|a|≤1，解得－1≤a≤1.]二、填空题6．(20xx·温州一模)函数f(x)＝log2(－x2＋2)的值域为________.【导学号：51062022】⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32 [∵0＜－x2＋2≤2，∴当x ＝0时，f(x)取得最大值，f(x)max ＝f(0)＝log22＝，∴f(x)的值域为.]7．已知函数f(x)为R上的减函数，若m＜n，则f(m)________f(n)；若f＜f(1)，则实数x的取值范围是________．＞(－1,0)∪(0,1)[由题意知f(m)＞f(n)；＞1，即|x|＜1，且x≠0.故－1＜x＜1且x≠0.]8．(20xx·宁波模拟)设函数f(x)＝的最小值为2，则实数a的取值范围是________．[3，＋∞)[当x≥1时，f(x)≥2，当x＜1时，f(x)＞a－1.由题意知a－1≥2，∴a≥3.]三、解答题9．已知函数f(x)＝－，x∈[0,2]，用定义证明函数的单调性，并求函数的最大值和最小值. 【导学号：51062023】[解] 设0≤x1＜x2≤2，则f(x1)－f(x2)＝－－＝－＝－.3分由0≤x1＜x2≤2，得x2－x1＞0，(x1＋1)(x2＋1)＞0，6分所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，故f(x)在区间[0,2]上是增函数.10分因此，函数f(x)＝－在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f(0)＝－2，最大值是f(2)＝－.15分10．已知f(x)＝(x≠a)．(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增；(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．[解] (1)证明：设x1＜x2＜－2，则f(x1)－f(x2)＝－x2x2＋2＝.4分∵(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，∴f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增.7分(2)f(x)＝＝＝1＋，当a＞0时，f(x)在(－∞，a)，(a，＋∞)上是减函数，10分又f(x)在(1，＋∞)内单调递减，∴0＜a≤1，故实数a的取值范围是(0,1].15分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．(20xx·××市一中模拟)已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，则实数b的取值范围为( ) A．[0,3] B．(1,3)C．[2－，2＋] D．(2－，2＋)D [由题可知f(x)＝ex－1＞－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，若f(a)＝g(b)，则g(b)∈(－1,1]，即－b2＋4b－3＞－1，即b2－4b＋2＜0，解得2－＜b＜2＋.所以实数b的取值范围为(2－，2＋)，故选D.]2．规定符号“*”表示一种两个正实数之间的运算，即a*b＝＋a ＋b，a，b是正实数，已知1] .(1，＋∞)[由题意知1]k)＋1＋k＝3，解得k＝1或k＝－2(舍去)，所以f(x)＝k*x＝1]x)＋x＋1＝2＋，因为＞0，所以f(x)＞1，即f(x)的值域是(1，＋∞)．]3．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.(1)求f(1)的值；(2)证明：f(x)为单调递减函数；(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值. 【导学号：51062024】[解] (1)令x1＝x2>0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.3分(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则>1，当x>1时，f(x)<0，∴f<0，5分即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)<f(x2)，∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数.9分(3)∵f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，∴f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)．由f＝f(x1)－f(x2)，得f＝f(9)－f(3)，12分而f(3)＝－1，∴f(9)＝－2.∴f(x)在[2,9]上的最小值为－2.15分。
【浙江专用】2020年高考数学总复习学案：第2章 第2讲 函数的单调性与最值
第2讲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x 1，x 2当x 1<x 2时，都有f (x 1)<f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是增函数当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)，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x 0∈I ，使得f (x 0)＝M(3)对于任意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 为最小值诊断自测1.判断正误(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)的单调递增区间可以是R.答案(1)√(2)×(3)×(4)×2.(2017·丽水调研)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－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－1，而当x∈(0，＋∞)时，y′＞0，所以函数y＝e x－x在(0，＋∞)上是增函数.答案A3.如果二次函数f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b在区间(－∞，1)上是减函数，那么()A.a＝－2B.a＝2C.a≤－2D.a≥2解析二次函数的对称轴方程为x＝－a－1 3，由题意知－a－13≥1，即a≤－2.答案C4.函数f(x)＝lg x2的单调递减区间是________.解析f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y ＝lg u 在(0，＋∞)上为增函数，u＝x 2在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，故f (x )在(－∞，0)上单调递减.答案(－∞，0)5.(2016·北京卷)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为________.解析易得f (x )＝x x －1＝1＋1x －1，当x ≥2时，x －1>0，易知f (x )在[2，＋∞)是减函数，∴f (x )max ＝f (2)＝1＋12－1＝2.答案26.(2017·金华模拟)已知函数f (x )x －1，x ≤1，x －1），x >1，则f (f (2))＝________，值域为________.解析∵f (x )x －1，x ≤1，x －1），x >1，∴f (2)＝f (2－1)＝f (1)＝3－1＝2，f (f (2))＝f (2)＝2.当x ≤1时，f (x )＝3x －1在(－∞，1]上递增，∴f (x )∈(－1，2]；当x >1时，记x ＝[x ]＋(x －[x ])，其中[x ]为不大于x 的最大整数，则x －[x ]∈[0，1)，由f (x －1)＝f (x )得f (x )＝f (x －[x ])＝3x －[x ]－1∈[0，2)，故f (x )的值域为(－1，2]∪[0，2)＝(－1，2].答案2(－1，2]考点一确定函数的单调性(区间)【例1】(1)函数f (x )＝log 12(x 2－4)的单调递增区间为()A.(0，＋∞)B.(－∞，0)C.(2，＋∞)D.(－∞，－2)(2)试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1，1)上的单调性.(1)解析由x 2－4>0，得x >2或x <－2.∴f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞).令t ＝x 2－4，则y ＝log 12t (t >0).∵t ＝x 2－4在(－∞，－2)上是减函数，且y ＝log 12t 在(0，＋∞)上是减函数，∴函数f (x )在(－∞，－2)上是增函数，即f (x )单调递增区间为(－∞，－2).答案D (2)解法一设－1<x 1<x 2<1，f (x )＝f (x1)－f (x 2)＝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.规律方法(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)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.(3)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】判断函数f (x )＝x ＋ax (a >0)在(0，＋∞)上的单调性，并给出证明.解f (x )在(0，a ]上是减函数，在[a ，＋∞)上是增函数.证明如下：法一设x1，x2是任意两个正数，且0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)12＝x1－x2x1x2(x1x2－a).当0<x1<x2≤a时，0<x1x2<a，又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)在(0，a]上是减函数.当a≤x1<x2时，x1x2>a，又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以函数f(x)在[a，＋∞)上是增函数.综上可知，函数f(x)＝x＋ax(a>0)在(0，a]上是减函数，在[a，＋∞)上为增函数.法二f′(x)＝1－ax2，令f′(x)>0，则1－ax2>0，解得x>a或x<－a(舍).令f′(x)<0，则1－ax2<0，解得－a<x<a.∵x>0，∴0<x<a.∴f(x)在(0，a]上为减函数，在[a，＋∞)上为增函数.考点二确定函数的最值【例2】(1)(2017·丽水一模)已知函数f(x)＝13x，x>1，x2＋2x，x≤1，则f(f(3))＝________，函数f(x)的最大值是________.(2)已知函数f(x)＝x2＋2x＋ax，x∈[1，＋∞)且a≤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.(1)解析①由于f(x)13x，x>1，x2＋2x，x≤1.所以f(3)＝log133＝－1，则f(f(3))＝f(－1)＝－3，②当x>1时，f(x)＝log13x是减函数，得f(x)<0.当x≤1时，f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1在(－∞，1]上单调递增，则f(x)≤1，综上可知，f(x)的最大值为1.答案－31(2)解①当a＝12时，f(x)＝x＋12x＋2，设1≤x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝(x2－x1∵1≤x1＜x2，∴x2－x1＞0，2x1x2＞2，∴0＜12x1x2＜12，1－12x1x2＞0，∴f(x2)－f(x1)＞0，f(x1)＜f(x2).∴f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，∴f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝7 2 .②当x∈[1，＋∞)时，x2＋2x＋ax>0恒成立.则x2＋2x＋a>0对x∈[1，＋∞)上恒成立.即a>－(x2＋2x)在x∈[1，＋∞)上恒成立.令g(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1，x∈[1，＋∞)，∴g(x)在[1，＋∞)上是减函数，g(x)max＝g(1)＝－3.又a≤1，∴当－3<a≤1时，f(x)>0在x∈[1，＋∞)上恒成立.故实数a的取值范围是(－3，1].规律方法(1)求函数最值的常用方法：①单调性法；②基本不等式法；③配方法；④图象法；⑤导数法.(2)利用单调性求最值，应先确定函数的单调性，然后根据性质求解.若函数f(x)在闭区间[a，b]上是增函数，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(b)，最小值为f(a).若函数f(x)在闭区间[a，b]上是减函数，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(a)，最小值为f(b).【训练2】如果函数f(x)对任意的实数x，都有f(1＋x)＝f(－x)，且当x≥12时，f(x)＝log2(3x－1)，那么函数f(x)在[－2，0]上的最大值与最小值之和为() A.2 B.3 C.4 D.－1解析根据f(1＋x)＝f(－x)，可知函数f(x)的图象关于直线x＝12对称.又函数f(x)在12，＋f(x)∞，12上单调递减，则函数f(x)在[－2，0]上的最大值与最小值之和为f(－2)＋f(0)＝f(1＋2)＋f(1＋0)＝f(3)＋f(1)＝log28＋log22＝4.答案C考点三函数单调性的应用(典例迁移)【例3】(1)如果函数f(x)＝2－a）x＋1，x<1，x，x≥1满足对任意x1≠x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2>0成立，那么a的取值范围是________.(2)(2017·宁波模拟)定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，且0，则不等式f(log19x)>0的解集为________.解析(1)对任意x1≠x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2>0.所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数.－a>0，>1，2－a）×1＋1≤a，解得32≤a<2.故实数a的取值范围是32，(2)∵y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且y＝f(x)在(0，＋∞)上递增.∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函数，又0，知0.故原不等式f(log19x)>0可化为f(log19x)>f f(log19x)>∴log19x>12或－12<log19x<0，解得0<x<13或1<x<3.|0<x<13或1<x答案(1)32，|0<x<13或1<x【迁移探究1】在例题第(1)题中，条件不变，若设m＝f(－12)，n＝f(a)，t＝f(2)，试比较m，n，t的大小.解由例题知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，且32≤a<2，又－12<a<2，∴f(a)<f(2)，即m<n<t.【迁移探究2】在例题第(2)题中，若条件改为：“定义在R上的偶函数y＝f(x)在[0，＋∞)上单调递减”，且0，则不等式f(log19x)>0的解集是________.解析因为f(x)在R上为偶函数，且0，所以190等价于19又f(x)在[0，＋∞)上为减函数，所以|log19x|＜12，即－12＜log19x＜12，解得13＜x＜3.答案规律方法(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. (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.【训练3】(2016·天津卷)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增.若实数a满足f(2|a－1|)>f(－2)，则a的取值范围是________.解析∵f(x)在R上是偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，∴f(x)在(0，＋∞)上是减函数，则f(2|a－1|)>f(－2)＝f(2)，因此2|a－1|<2＝212，又y＝2x是增函数，∴|a－1|<12，解得12<a<32.答案[思想方法]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.[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.若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a的值为()A.－2B.2C.－6D.6解析由图象易知函数f(x)＝|2x＋a|的单调增区间是[－a2，＋∞)，令－a2＝3，∴a＝－6.答案C2.(2016·北京卷)下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是()A.y＝11－xB.y＝cos xC.y＝ln(x＋1)D.y＝2－x解析∵y＝11－x与y＝ln(x＋1)在(－1，1)上为增函数，且y＝cos x在(－1，1)上不具备单调性.∴A，B，C不满足题意.只有y＝2－x在(－1，1)上是减函数.答案D3.定义新运算“⊕”：当a≥b时，a⊕b＝a2；当a<b时，a⊕b＝b2，则函数f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，在区间[－2，2]上的最大值等于()A.－1B.1C.6D.12解析由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，当1<x≤2时，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数.∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.答案C4.已知函数y＝f(x)的图象关于x＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a＝b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为()A.c<b<aB.b<a<cC.b<c<aD.a<b<c解析∵函数图象关于x＝1对称，∴a＝y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴f(2)<f(3)，即b<a<c.答案B5.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)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，>0，－8>0，（x－8）≤9，解得8<x≤9.答案B二、填空题6.(2017·宁波调研)设函数f(x)＝2＋1，x≤1，x＋ax，x>1，若f(f(1))＝4a，则实数a＝________，函数f(x)的单调增区间为________.解析∵f(x)2＋1，x≤1，x＋ax，x>1，∴f(1)＝12＋1＝2，f(f(1))＝f(2)＝22＋2a，由f(f(1))＝4a，∴22＋2a＝4a，∴a＝2.当x≤1时，f(x)在(－∞，0]上递减，在[0，1]上递增，且f(1)＝2；当x>1时，f(x)＝2x＋2x在(1，＋∞)上递增，令x＝1时f(1)＝2＋2＝4，故f(x)的单调增区间为[0，1]∪(1，＋∞)＝[0，＋∞).答案2[0，＋∞)7.(2017·绍兴调研)函数f(x)－log2(x＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________.解析由于y在R上递减，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上递增，所以f(x)在[－1，1]上单调递减，故f(x)在[－1，1]上的最大值为f(－1)＝3.答案38.(2017·潍坊模拟)设函数f(x)x 2＋4x，x≤4，2x，x>4.若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________.解析作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.答案(－∞，1]∪[4，＋∞)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x2>x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0，∵f(x2)－f(x1)＝1x1－1x2＝x2－x1x1x2>0，∴f(x2)>f(x1)，∴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，∴＝12，f (2)＝2，易知a ＝25.10.已知函数f (x )＝2x －a x的定义域为(0，1](a 为实数).(1)当a ＝1时，求函数y ＝f (x )的值域；(2)求函数y ＝f (x )在区间(0，1]上的最大值及最小值，并求出当函数f (x )取得最值时x 的值.解(1)当a ＝1时，f (x )＝2x －1x，任取1≥x 1＞x 2＞0，则f (x 1)－f (x 2)＝2(x 1－x 2)－(x 1－x 2∵1≥x 1＞x 2＞0，∴x 1－x 2＞0，x 1x 2＞0.∴f (x 1)＞f (x 2)，∴f (x )在(0，1]上单调递增，无最小值，当x ＝1时取得最大值1，所以f (x )的值域为(－∞，1].(2)当a ≥0时，y ＝f (x )在(0，1]上单调递增，无最小值，当x ＝1时取得最大值2－a ；当a ＜0时，f (x )＝2x ＋－a x ，当－a 2≥1，即a ∈(－∞，－2]时，y ＝f (x )在(0，1]上单调递减，无最大值，当x ＝1时取得最小值2－a ；当－a 2＜1，即a ∈(－2，0)时，y ＝f (x )，－a 2上单调递减，在－a 2，1上单调递增，无最大值，当x ＝－a 2时取得最小值2－2a .能力提升题组(建议用时：25分钟)11.(2017·郑州质检)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 ＝()A.4B.2C.12D.14解析当a >1，则y ＝a x 为增函数，有a 2＝4，a －1＝m ，此时a ＝2，m ＝12，此时g(x)＝－x在[0，＋∞)上为减函数，不合题意.当0<a<1，则y＝a x为减函数，有a－1＝4，a2＝m，此时a＝14，m＝116.此时g(x)＝34x在[0，＋∞)上是增函数.故a＝14.答案D12.(2017·东阳第一中学模拟)已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，则实数b的取值范围为()A.[0，3]B.(1，3)C.[2－2，2＋2]D.(2－2，2＋2)解析由题可知f(x)＝e x－1>－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，若f(a)＝g(b)，则g(b)∈(－1，1]，即－b2＋4b－3>－1，即b2－4b＋2<0，解得2－2<b<2＋ 2.所以实数b的取值范围为(2－2，2＋2).答案D13.对于任意实数a，b，定义min{a，b}，a≤b，，a>b.设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________.解析依题意，h(x)2x，0<x≤2，x＋3，x>2.当0<x≤2时，h(x)＝log2x是增函数，当x>2时，h(x)＝3－x是减函数，∴h(x)在x＝2时，取得最大值h(2)＝1.答案114.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 ＋a x －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－a x2>0.因此g (x )在[2，＋∞)上是增函数，∴f (x )在[2，＋∞)上是增函数.则f (x )min ＝f (2)＝ln a 2.(3)对任意x ∈[2，＋∞)，恒有f (x )>0.即x ＋a x－2>1对x ∈[2，＋∞)恒成立.∴a >3x －x 2.令h (x )＝3x －x 2，x ∈[2，＋∞).由于h (x )＋94在[2，＋∞)上是减函数，∴h (x )max ＝h (2)＝2.故a >2时，恒有f (x )>0.因此实数a 的取值范围为(2，＋∞).15.(2016·义乌模拟)a ∈R ，设函数f (x )＝x |x －a |－x .(1)若a ＝3时，求f (x )函数的单调区间；(2)若a ≤0，对于任意的x ∈[0，t ]，不等式－1≤f (x )≤6恒成立，求实数t 的最大值及此时a 的值.解(1)当a ＝3时，f (x )x 2＋2x ＝－（x －1）2＋1，x <3，2－4x ＝（x －2）2－4，x ≥3，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3).(2)f (x )x 2＋（a －1）x ，x <a ，2－（a ＋1）x ，x ≥a ，①当a ≤－1时，a ≤a －12<a ＋12≤0，f (x )在[0，t ]上单调递增，f (x )min ＝f (0)＝0，f (x )max ＝f (t )＝t 2－(a ＋1)t ，由题意得f (x )max ≤6，即t 2－(a ＋1)t ≤6，解得0≤t ≤（a ＋1）＋（a ＋1）2＋242.令m ＝－(a ＋1)≥0，h (m )＝m 2＋24－m 2＝12m 2＋24＋m在[0，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (0)＝6，即当a ＝－1时，t max ＝6.②当－1<a ≤0时，a －12<a ≤0<a ＋12，f (x )在0，a ＋12上单调递减，在a ＋12，＋∞上单调递增，f (x )min ＝＝－（a ＋1）24∈－14，满足f (x )min ≥－1，f (x )max ＝f (t )＝t 2－(a ＋1)t由题意得f (x )max ≤6，即t 2－(a ＋1)t ≤6，解得0≤t ≤（a ＋1）＋（a ＋1）2＋242，令m ＝a ＋1>0，h (m )＝m ＋m 2＋242在(0，1]上单调递增，所以h (m )max ＝h (1)＝3，即当a ＝0时，t max ＝3.综上所述，t max ＝3，此时a ＝0.。
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.。
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【全程复习方略】（浙江专用）2013版高考数学 2.2函数的单调性与最值课时
体能训练 理 新人教A 版
(45分钟 100分)
一、选择题(每小题6分，共36分)
1.关于函数y ＝－3x
的单调性的叙述正确的是( ) (A)在(－∞，0)上是递增的，在(0，＋∞)上是递减的
(B)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上递增
(C)在[0，＋∞)上递增
(D)在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是递增的
2.(2012·厦门模拟)函数f(x)＝2x 2
－mx ＋2当x∈[－2，＋∞)时是增函数，则m 的取值范围是( )
(A)(－∞，＋∞) (B)[8，＋∞)
(C)(－∞，－8] (D)(－∞，8]
3.若函数f(x)＝log a (x ＋1)(a>0，a≠1)的定义域和值域都是[0,1]，则a 等
于( )
(A)13 (B) 2 (C)22
(D)2 4.(易错题)函数f(x)＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间是( )
(A)(－∞，32] (B)[32
，＋∞) (C)(－1，32] (D)[32
，4) 5.(2012·杭州模拟)定义在R 上的函数f(x)在区间(－∞，2)上是增函数，且f(x ＋2)的图象关于x ＝0对称，则( )
(A) f(－1)<f(3) (B)f(0)>f(3)
(C)f(－1)＝f(3) (D)f(0)＝f(3)
6.定义在R 上的函数f(x)满足f(x ＋y)＝f(x)＋f(y)，当x<0时，f(x)>0，则函数f(x)在[a ，b]上有( )
(A)最小值f(a) (B)最大值f(b)
(C)最小值f(b) (D)最大值f(a ＋b 2
) 二、填空题(每小题6分，共18分)
7.如果二次函数f(x)＝x 2－(a －1)x ＋5在区间(12，1)上是增函数，那么f(2)的取值范围是 .
8.函数y ＝5x －2x
的最大值是 . 9.(2012·深圳模拟)f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ a x (x<0)(a －3)x ＋4a (x≥0)满足对任意x 1≠x 2，都有f(x 1)－f(x 2)x 1－x 2
<0成立，则a 的取值范围是 .
三、解答题(每小题15分，共30分)
10.(2012·青岛模拟)已知函数f(x)＝|x|x ＋2
， (1)判断函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性并加以证明；
(2)求函数f(x)的值域.
11.(预测题)函数f(x)＝x 2＋x －14
. (1)若定义域为[0,3]，求f(x)的值域；
(2)若f(x)的值域为[－12，116
]，且定义域为[a ，b]，求b －a 的最大值. 【探究创新】
(16分)定义：已知函数f(x)在[m ，n](m<n)上的最小值为t ，若t≤m 恒成立，则称函数f(x)在[m ，n](m<n)上具有“DK”性质.
(1)判断函数f(x)＝x 2－2x ＋2在[1,2]上是否具有“DK”性质，说明理由.
(2)若f(x)＝x 2－ax ＋2在[a ，a ＋1]上具有“DK”性质，求a 的取值范围.
答案解析
1.【解析】选D.由于函数y ＝1x 在(－∞，0)和(0，＋∞)上是递减的，且－3<0，因此函数y ＝－3x
在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是递增的，这里特别注意两区间之间只能用“和”或“，”，一定不能用“∪”.
2.【解析】选C.由已知得m 4
≤－2，解得：m ≤－8. 3.【解析】选D.当0<a<1时，f(x)在[0,1]上为减函数，则其值域不可能为[0,1]；
当a>1时，f(x)在[0,1]上为增函数，由已知有⎩⎪⎨⎪⎧ log a 1＝0log a 2＝1，得a ＝2，综上知a ＝2.
4.【解题指南】本题为求复合函数单调区间问题，需先求定义域，再在定义域内判断t ＝4＋3x －x 2的单调
性，从而根据“同增异减”求解.
【解析】选D.要使函数有意义需4＋3x －x 2
>0，
解得－1<x<4，
∴定义域为(－1,4).
令t ＝4＋3x －x 2＝－(x －32)2＋254
. 则t 在(－1，32]上递增，在[32
，4)上递减， 又y ＝lnt 在(0，254
]上递增， ∴f(x)＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间为[32
，4). 5.【解析】选A.因为f(x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f(x)的图象关于x ＝2对称，又f(x)在区间(－∞，2)上是增函数，则其在(2，＋∞)上为减函数，作出其图象大致形状如图所示.
由图象知，f(－1)<f(3)，故选A.
【方法技巧】比较函数值大小常用的方法
(1)利用函数的单调性，但需将待比较函数值调节到同一个单调区间上.
(2)利用数形结合法比较.
(3)对于选择、填空题可用排除法、特值法等比较.
6.【解题指南】先探究f(x)在[a ，b]上的单调性，再判断最值情况.
【解析】选C.设x 1<x 2，
由已知得f(x 1)＝f((x 1－x 2)＋x 2)
＝f(x 1－x 2)＋f(x 2).
又x 1－x 2<0，∴f(x 1－x 2)>0.∴f(x 1)>f(x 2).
即f(x)在R 上为减函数.
∴f(x)在[a ，b]上亦为减函数.∴f(x)min ＝f(b)，
f(x)max ＝f(a)，故选C.
7.【解析】f(x)＝x 2－(a －1)x ＋5在(a －12，＋∞)上递增，由已知条件得a －12≤12
，则a ≤2，f(2)＝11－2a ≥7.
答案：[7，＋∞)
8.【解析】∵5x －2≥0，∴x ≥25
，∴y ≥0.
又y 52()x x -≤524(当且仅当x ＝45
时取等号). 答案：524
9.【解析】由已知x 1≠x 2，都有f(x 1)－f(x 2)x 1－x 2<0，知f(x)在R 上为减函数，则需⎩⎪⎨⎪⎧ 0<a<1a 0≥(a －3)·0＋4a a －3＜0
，
解得0<a ≤14
. 答案：(0，14
] 10.【解析】(1)递增. 证明：当x>0时，f(x)＝|x|x ＋2＝x ＋2－2x ＋2
＝1－2x ＋2
. 设0<x 1<x 2，f(x 1)－f(x 2)＝(1－2x 1＋2)－(1－2x 2＋2)＝2(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 2＋2)
， 由0<x
1<x 2可得f(x 1)－f(x 2) <0，
即f(x 1)<f(x 2)，
因此f(x)在(0，＋∞)上递增.
(2)f(x)＝ ⎩⎪⎨⎪⎧ 1－2x ＋2 x ≥0－1＋2x ＋2 x<0且x ≠－2.
可以证明f(x)在(－∞，－2)上递减，且f(x)在(－2,0)上递减，由反比例函数y ＝2x
通过平移、对称变换得f(x)的图象如图所示，因此f(x)的值域为
(－∞，－ 1)∪[0，＋∞).
11.【解析】∵f(x)＝(x ＋12)2－12
， ∴对称轴为x ＝－12
. (1)∵3≥x ≥0>－12
， ∴f(x)的值域为[f(0)，f(3)]，即[－14，474
]； (2)∵x ＝－12时，f(x)＝－12
是f(x)的最小值， ∴x ＝－12∈[a ，b]，令x 2＋x －14＝116
， 得x 1＝－54，x 2＝14
， 根据f(x)的图象知b －a 的最大值是14－(－54)＝32.
【探究创新】
【解析】(1)∵f(x)＝x 2
－2x ＋2，x ∈[1,2]，
∴f(x)min ＝1≤1，
∴函数f(x)在[1,2]上具有“DK ”性质.
(2)f(x)＝x 2－ax ＋2，x ∈[a ，a ＋1]，其对称轴为x ＝a 2
. ①当a 2
≤a ，即a ≥0时，函数f(x)min ＝f(a)＝a 2－a 2＋2＝2. 若函数f(x)具有“DK ”性质，则有2≤a 总成立，即a ≥2.
②当a<a 2
<a ＋1， 即－2<a<0时，f(x)min ＝f(a 2)＝－a 24
＋2. 若函数f(x)具有“DK ”性质，则有－a 24＋2≤a 总成立，解得a ∈ .
③当a 2
≥a ＋1，即a ≤－2时，函数f(x)的最小值为f(a ＋1)＝a ＋3. 若函数f(x)具有“DK ”性质，则有a ＋3≤a ，
解得a ∈ .
综上所述，若f(x)在[a ，a ＋1]上具有“DK ”性质，则a 的取值范围为[2，＋∞).。