合肥市高考数学一轮专题：第5讲函数的单调性与最值(II)卷

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3.5函数的单调性与最值(新高考专用)(原卷版)-高考数学一轮复习

第三章函数3.5 函数的单调性与最值1．增函数、减函数定义：设函数f(x)的定义域为I：(1)增函数：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．(2)减函数：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上是减函数．2．单调性、单调区间若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y＝f(x)的单调区间.3.判断函数单调性常用方法(1)定义法：一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论.(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，则可由图象的上升或下降确定单调性.(3)导数法：先求导数，利用导数值的正负确定函数的单调区间.(4)性质法：①对于f(x)±g(x)增减性质进行判断：增+增=增减+减=减②对于复合函数，先将函数y＝f(g(x))分解成y＝f(t)和t＝g(x)，再讨论(判断)这两个函数的单调性，最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判断.4．函数的最值设函数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或f(x)≥M．(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M.那么，我们称M是函数y＝f(x)的最大值或最小值．题型一.常见函数的单调性（单调区间）1．函数y ＝x 2﹣2|x |+1的单调递增区间是（） A ．（﹣1，0） B ．（﹣1，0）和（1，+∞） C ．（﹣∞，﹣1）D ．（﹣∞，﹣1）和（0，1）2．函数f （x ）＝ln （x 2﹣2x ﹣8）的单调递增区间是（） A ．（﹣∞，﹣2）B ．（﹣∞，1）C ．（1，+∞）D ．（4，+∞）3．已知函数f （x ）={(12)x −1(x ≤0)−x 2+x(x ＞0)，则函数g （x ）＝f （log 12x ）的单调递增区间为．题型二.利用函数单调性求最值（值域）1．已知函数f （x ）={x 2，x ≤1x +6x−6，x ＞1，则f （f （﹣2））＝，f （x ）的最小值是． 2．已知函数f （x ）={x +2x−3，x ≥1lg(x 2+1)，x ＜1，则f （f （﹣3））＝，f （x ）的最小值是．3．若函数f （x ）={(1−2a)x +3a ，x ＜12x−1，x ≥1的值域为R ，则a 的取值范围是（）A ．[0，12）B ．（12，1]C ．[﹣1，12）D ．（0，12）4．已知函数f （x ）＝lg （ax 2+（2﹣a ）x +14）的值域为R ，则实数a 的取值范围是（） A ．（1，4） B ．（1，4）∪{0} C ．（0，1]∪[4，+∞） D ．[0，1]∪[4，+∞）5．已知函数f （x ）＝lnx −12ax 2+（a ﹣1）x +a （a ＞0）的值域与函数f （f （x ））的值域相同，则a 的取值范围为（） A ．（0，1]B ．（1，+∞）C ．(0，43]D ．[43，+∞）题型三.函数单调性的应用考点1.已知单调性求参数范围1．已知函数f （x ）＝e |x﹣a |（a 为常数）．若f （x ）在区间[1，+∞）上是增函数，则a 的取值范围是（） A ．（﹣∞，1）B ．（﹣∞，1]C ．（1，+∞）D ．[1，+∞）2．已知函数f （x ）={x 2+12a −2，x ≤1a x−a ，x ＞1．若f （x ）在（0，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围为．3．已知函数f （x ）={x 2+(4a −3)x +3a ，x ＜0log a (x +1)+2，x ≥0（a ＞0且a ≠1）是R 上的单调函数，则a 的取值范围是（） A ．（0，34]B ．[34，1） C ．[23，34] D ．（23，34]4．已知函数f （x ）={(2−3a)x ，x ≥1−a ⋅(12)x +(14)x −18，x ＜1满足对任意的实数x 1，x 2，且x 1≠x 2，都有f(x 2)−f(x 1)x 1−x 2＞0成立，则实数a 的取值范围为（）A ．[1，+∞）B ．[34，+∞）C ．（23，34]D ．[34，1]考点2.利用单调性比较大小1．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 （﹣1），b ＝f （2），c ＝f （e ）（其中e ＝2.71828…），则a ，b ，c 的大小关系为（） A ．a ＞c ＞bB ．b ＞c ＞aC ．b ＞a ＞cD ．c ＞b ＞a2．已知函数y ＝f （x ）在区间（﹣∞，0）内单调递增，且f （﹣x ）＝f （x ），若a ＝f （log 123），b ＝f （2﹣1.2），c ＝f （12），则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a ＞c ＞bB ．b ＞c ＞aC ．b ＞a ＞cD ．a ＞b ＞c3．设函数f （x ）＝e x +x ﹣2，g （x ）＝lnx +x 2﹣3．若实数a ，b 满足f （a ）＝0，g （b ）＝0，则（）A ．g （a ）＜0＜f （b ）B ．f （b ）＜0＜g （a ）C ．0＜g （a ）＜f （b ）D ．f （b ）＜g （a ）＜0考点3.利用单调性解不等式1．已知偶函数f （x ）在[0，+∞）单调递减，f （2）＝0，若f （x ﹣1）＞0，则x 的取值范围是．2．已知函数f(x)={−x 2+2x −1，x ≤1|x −1|，x ＞1，若f （a 2﹣4）＞f （3a ），则实数a 的取值范围是（） A ．（﹣4，1） B ．（﹣∞，﹣4）∪（1，+∞）C ．（﹣1，4）D ．（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）3．（2012·全国）当0＜x ≤12时，不等式4x ＜log a x 恒成立，则实数a 的取值范围是．4．（2017·全国3）设函数f （x ）={x +1，x ≤02x ，x ＞0，则满足f （x ）+f （x −12）＞1的x 的取值范围是．1．已知函数y =kx−2（k ≠0），在[3，8]上的最大值为1，则k 的值为（） A ．1B ．﹣6C ．1或﹣6D ．62．已知定义在R 上的函数f （x ），对任意x ∈R ．有f （x ）﹣f （﹣x ）＝0，且当x 1＞x 2＞0时，有f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2＞0，设a =f(√2)，b =f(−2)，c =f(3)，则（）A ．a ＜b ＜cB ．b ＜c ＜aC ．a ＜c ＜bD ．c ＜b ＜a3．已知函数f(x)={x 2+x +1，x ≥02x +1，x ＜0．若f （m ）＜f （2﹣m 2），则实数m 的取值范围是（）A ．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）B ．（﹣1，2）C ．（﹣2，1）D ．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）4．已知函数f （x ）={log 2x(x ≥1)x +c(x ＜1)，则“c ＝﹣1”是“函数f （x ）在R 上递增”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．已知f(x)={|x −a|+1，x ＞1a x +a ，x ≤1(a ＞0且a ≠1)，若f （x ）有最小值，则实数a 的取值范围是（） A ．(23，1)B ．（1，+∞）C ．（0，23]∪（1，+∞）D ．(23，1)∪(1，+∞)6．设函数y ＝f （x ）在（﹣∞，+∞）内有定义，对于给定的正数K ，定义函数f K (x)={f(x)，f(x)≥K K ，f(x)＜K，取函数f （x ）＝2﹣|x |，当K =12时，f K (12)= ，函数f K （x ）的单调递增区间为．。

2021年新高考数学一轮专题复习第05讲-函数的单调性与最值(讲义版)

【例
2－1】（2020·安徽省六安一中高一月考）若函数
f
x
2x2 1
3 x2
，则
f
x
的值域为（
）
A． ,3
B． 2,3
C． 2,3
D．3,
【答案】C 【分析】
利用分子分离法化简 f x ，再根据不等式的性质求函数的值域.
【详解】
f
x
2x2 3 1 x2
2(x2 1) 1 1 x2
2
1
1 x
考点一确定函数的单调性(区间)
【例 1－1】（2019·安徽省泗县第一中学高二开学考试（理））如果函数 f(x)在[a，b]上是增函数，
对于任意的 x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，下列结论不正确的是( )
A．
f
x1
x1
f x2
x2
>0
B．f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b)
C．(x1－x2) [f(x1)－f(x2)]>0
取到.
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(或最小值). 2.函数 y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与 y＝－f(x)，y＝ 1 的单调性相反.
f（x） 3.“对勾函数”y＝x＋a(a>0)的增区间为(－∞，－ a)，( a，＋∞)；单调减区间是[－ a，0)，
x (0， a].
三、经典例题
的最大值为（）
A．-2
B．-3
C．-4
D．-6
10．（2020·安徽省六安一中高一月考）已知函数 f (x) log 1 (3x2 ax 5) 在 (1, ) 上是减函数，则实数 a
2

高考数学(理科)一轮复习函数的单调性与最值学案含答案

高考数学（理科）一轮复习函数的单调性与最值学案含答案学案5函数的单调性与最值导学目标： 1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义.2.会用定义判断函数的单调性，会求函数的单调区间及会用单调性求函数的最值．自主梳理 1．单调性(1)定义：一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量x1，x2，当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)(f(x1)>f(x2))，那么就说f(x)在区间D上是______________．(2)单调性的定义的等价形式：设x1，x2∈[a，b]，那么(x1－x2)(f(x1)－f(x2))>0⇔－－x2>0⇔f(x)在[a，b]上是________；(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0⇔－－x2<0⇔f(x)在[a，b]上是________．(3)单调区间：如果函数y＝f(x)在某个区间上是增函数或减函数，那么说函数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__________．(4)函数y＝x＋ax(a>0)在(－∞，－a)，(a，＋∞)上是单调________；在(－a，0)，(0，a)上是单调______________；函数y＝x＋ax(a<0)在______________上单调递增．2．最值一般地，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(f(x)≥M)；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M.那么，称M是函数y＝f(x)的____________．自我检测 1．(2011•杭州模拟)若函数y＝ax与y＝－bx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2．设f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，a为实数，则有 ()A．f(a)<f(2a) B．f(a2)<f(a)C．f(a2＋a)<f(a) D．f(a2＋1)>f(a)3．下列函数在(0,1)上是增函数的是 ()A．y＝1－2x B．y＝x－1C．y＝－x2＋2x D．y＝54．(2011•合肥月考)设(a，b)，(c，d)都是函数f(x)的单调增区间，且x1∈(a，b)，x2∈(c，d)，x1<x2，则f(x1)与f(x2)的大小关系是 ()A．f(x1)<f(x2) B．f(x1)>f(x2)C．f(x1)＝f(x2) D．不能确定5．当x∈[0,5]时，函数f(x)＝3x2－4x＋c的值域为()A．[c,55＋c] B．[－43＋c，c]C．[－43＋c,55＋c] D．[c,20＋c]探究点一函数单调性的判定及证明例1 设函数f(x)＝x＋ax＋b(a>b>0)，求f(x)的单调区间，并说明f(x)在其单调区间上的单调性．变式迁移1已知f(x)是定义在R上的增函数，对x∈R有f(x)>0，且f(5)＝1，设F(x)＝f(x)＋，讨论F(x)的单调性，并证明你的结论．探究点二函数的单调性与最值例2 (2011•烟台模拟)已知函数f(x)＝x2＋2x＋ax，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．变式迁移2已知函数f(x)＝x－ax＋a2在(1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．探究点三抽象函数的单调性例3 (2011•厦门模拟)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)＝－23.(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．变式迁移3已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x1x2)＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.(1)求f(1)的值；(2)判断f(x)的单调性；(3)若f(3)＝－1，解不等式f(|x|)<－2. 分类讨论及数形结合思想例(12分)求f(x)＝x2－2ax－1在区间[0,2]上的最大值和最小值．【答题模板】解f(x)＝(x－a)2－1－a2，对称轴为x＝a.(1) 当a<0时，由图①可知，f(x)min＝f(0)＝－1，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[3分](2)当0≤a<1时，由图②可知，f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[6分](3)当1<a≤2时，由图③可知，f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(0)＝－1.[9分] (4)当a>2时，由图④可知，f(x)min＝f(2)＝3－4a，f(x)max＝f(0)＝－1.综上，(1)当a<0时，f(x)min＝－1，f(x)max＝3－4a；(2)当0≤a<1时，f(x)min＝－1－a2，f(x)max＝3－4a；(3)当1<a≤2时，f(x)min＝－1－a2，f(x)max＝－1；(4)当a>2时，f(x)min＝3－4a，f(x)max＝－1.[12分]【突破思维障碍】(1)二次函数的单调区间是由图象的对称轴确定的．故只需确定对称轴与区间的关系．由于对称轴是x＝a，而a的取值不定，从而导致了分类讨论．(2)不是应该分a<0,0≤a≤2，a>2三种情况讨论吗？为什么成了四种情况？这是由于抛物线的对称轴在区间[0,2]所对应的区域时，最小值是在顶点处取得，但最大值却有可能是f(0)，也有可能是f(2)． 1．函数的单调性的判定与单调区间的确定常用方法有：(1)定义法；(2)导数法；(3)图象法；(4)单调性的运算性质．2．若函数f(x)，g(x)在区间D上具有单调性，则在区间D上具有以下性质：(1)f(x)与f(x)＋C具有相同的单调性．(2)f(x)与af(x)，当a>0时，具有相同的单调性，当a<0时，具有相反的单调性．(3)当f(x)恒不等于零时，f(x)与具有相反的单调性．(4)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，则f(x)＋g(x)是增(减)函数．(5)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，则f(x)•g(x)当两者都恒大于零时，是增(减)函数；当两者都恒小于零时，是减(增)函数． (满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2011•泉州模拟)“a＝1”是“函数f(x)＝x2－2ax＋3在区间[1，＋∞)上为增函数”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．(2009•天津)已知函数f(x)＝x2＋4x，x≥0，4x－x2， x<0，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，＋∞)3．(2009•宁夏，海南)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．4 B．5 C．6 D．74．(2011•丹东月考)若f(x)＝－x2＋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．(2011•葫芦岛模拟)已知定义在R上的增函数f(x)，满足f(－x)＋f(x)＝0，x1，x2，x3∈R，且x1＋x2>0，x2＋x3>0，x3＋x1>0，则f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值 ()A．一定大于0 B．一定小于0C．等于0 D．正负都有可能题号 1 2 3 4 5答案二、填空题(每小题4分，共12分)6．函数y＝－(x－3)|x|的递增区间是________．7．设f(x)是增函数，则下列结论一定正确的是________(填序号)．①y＝[f(x)]2是增函数；②y＝是减函数；③y＝－f(x)是减函数；④y＝|f(x)|是增函数．8．设0<x<1，则函数y＝1x＋11－x的最小值是________．三、解答题(共38分)9．(12分)(2011•湖州模拟)已知函数f(x)＝a－1|x|.(1)求证：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．10．(12分)已知f(x)＝x2＋ax＋3－a，若x∈[－2,2]时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．11．(14分)(2011•鞍山模拟)已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，且f(1)＝1，若a，b∈[－1,1]，a＋b≠0时，有＋＋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)≤m2－2am＋1对所有的a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围．答案自主梳理1．(1)增函数(减函数)(2)增函数减函数(3)单调区间(4)递增递减(－∞，0)，(0，＋∞) 2.最大(小)值自我检测1．B[由已知得a<0，b<0.所以二次函数对称轴为直线x＝－b2a<0，且图象开口向下．]2．D[∵a2＋1>a，f(x)在R上单调递增，∴f(a2＋1)>f(a)．]3．C[常数函数不具有单调性．]4．D[在本题中，x1，x2不在同一单调区间内，故无法比较f(x1)与f(x2)的大小．]5．C[∵f(x)＝3(x－23)2－43＋c，x∈[0,5]，∴当x＝23时，f(x)min＝－43＋c；当x＝5时，f(x)max＝55＋c.]课堂活动区例1解题导引对于给出具体解析式的函数，判断或证明其在某区间上的单调性问题，可以结合定义(基本步骤为：取点，作差或作商，变形，判断)来求解．可导函数则可以利用导数求解．有些函数可以转化为两个或多个基本初等函数，利用其单调性可以方便求解．解在定义域内任取x1，x2，且使x1<x2，则Δx＝x2－x1>0，Δy＝f(x2)－f(x1)＝x2＋ax2＋b－x1＋ax1＋b＝＋＋－＋＋＋＋＝－－＋＋∵a>b>0，∴b－a<0，∴(b－a)(x2－x1)<0，又∵x∈(－∞，－b)∪(－b，＋∞)，∴只有当x1<x2<－b，或－b<x1<x2时，函数才单调．当x1<x2<－b，或－b<x1<x2时，f(x2)－f(x1)<0，即Δy<0.∴y＝f(x)在(－∞，－b)上是单调减函数，在(－b，＋∞)上也是单调减函数．变式迁移1解在R上任取x1、x2，设x1<x2，∴f(x2)>f(x1)，F(x2)－F(x1)＝[f(x2)＋－[f(x1)＋＝[f(x2)－f(x1)][1－，∵f(x)是R上的增函数，且f(5)＝1，∴当x<5时，0<f(x)<1，而当x>5时f(x)>1；①若x1<x2<5，则0<f(x1)<f(x2)<1，∴0<f(x1)f(x2)<1，∴1－，∴F(x2)<F(x1)；②若x2>x1>5，则f(x2)>f(x1)>1，∴f(x1)•f(x2)>1，∴1－，∴F(x2)>F(x1)．综上，F(x)在(－∞，5)为减函数，在(5，＋∞)为增函数．例2 解(1)当a＝12时，f(x)＝x＋12x＋2，设x1，x2∈[1，＋∞)且x1<x2，f(x1)－f(x2)＝x1＋12x1－x2－12x2＝(x1－x2)(1－12x1x2)∵x1<x2，∴x1－x2<0，又∵1<x1<x2，∴1－12x1x2>0，∴f(x1)－f(x2)<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)＝72.(2)方法一在区间[1，＋∞)上，f(x)＝x2＋2x＋ax>0恒成立，等价于x2＋2x＋a>0恒成立．设y＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)，y＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1递增，∴当x＝1时，ymin＝3＋a，于是当且仅当ymin＝3＋a>0时，函数f(x)恒成立，故a>－3.方法二f(x)＝x＋ax＋2，x∈[1，＋∞)，当a≥0时，函数f(x)的值恒为正，满足题意，当a<0时，函数f(x)递增；当x＝1时，f(x)min＝3＋a，于是当且仅当f(x)min＝3＋a>0时，函数f(x)>0恒成立，故a>－3.方法三在区间[1，＋∞)上f(x)＝x2＋2x＋ax>0恒成立等价于x2＋2x＋a>0恒成立．即a>－x2－2x恒成立．又∵x∈[1，＋∞)，a>－x2－2x恒成立，∴a应大于函数u＝－x2－2x，x∈[1，＋∞)的最大值．∴a>－x2－2x＝－(x＋1)2＋1.当x＝1时，u取得最大值－3，∴a>－3.变式迁移2解设1<x1<x2.∵函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数，∴f(x1)－f(x2)＝x1－ax1＋a2－(x2－ax2＋a2)＝(x1－x2)(1＋ax1x2)<0.又∵x1－x2<0，∴1＋ax1x2>0，即a>－x1x2恒成立．∵1<x1<x2，x1x2>1，－x1x2<－1.∴a≥－1，∴a的取值范围是[－1，＋∞)．例3 解题导引(1)对于抽象函数的问题要根据题设及所求的结论来适当取特殊值说明抽象函数的特点．证明f(x)为单调减函数，首选方法是用单调性的定义来证．(2)用函数的单调性求最值．(1)证明设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上为减函数．(2)解∵f(x)在R上是减函数，∴f(x)在[－3,3]上也是减函数，∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3)．又∵f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＝f(1)＋f(1)＋f(1)∴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.变式迁移3解(1)令x1＝x2>0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则x1x2>1，由于当x>1时，f(x)<0，∴f(x1x2)<0，即f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)<f(x2)，∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．(3)由f(x1x2)＝f(x1)－f(x2)得f(93)＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，∴f(9)＝－2.由于函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数，∴当x>0时，由f(|x|)<－2，得f(x)<f(9)，∴x>9；当x<0时，由f(|x|)<－2，得f(－x)<f(9)，∴－x>9，故x<－9，∴不等式的解集为{x|x>9或x<－9}．课后练习区1．A[f(x)对称轴x＝a，当a≤1时f(x)在[1，＋∞)上单调递增．∴“a＝1”为f(x)在[1，＋∞)上递增的充分不必要条件．]2．C[由题知f(x)在R上是增函数，由题得2－a2>a，解得－2<a<1.]3．C[ 由题意知函数f(x)是三个函数y1＝2x，y2＝x＋2，y3＝10－x中的较小者，作出三个函数在同一坐标系之下的图象(如图中实线部分为f(x)的图象)可知A(4,6)为函数f(x)图象的最高点．]4．D[f(x)在[a，＋∞)上是减函数，对于g(x)，只有当a>0时，它有两个减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，故只需区间[1,2]是f(x)和g(x)的减区间的子集即可，则a的取值范围是0<a≤1.]5．A[∵f(－x)＋f(x)＝0，∴f(－x)＝－f(x)．又∵x1＋x2>0，x2＋x3>0，x3＋x1>0，∴x1>－x2，x2>－x3，x3>－x1.又∵f(x1)>f(－x2)＝－f(x2)，f(x2)>f(－x3)＝－f(x3)，f(x3)>f(－x1)＝－f(x1)，∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)>－f(x2)－f(x3)－f(x1)．∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)>0.]6．[0，32] 解析y＝－－－画图象如图所示：可知递增区间为[0，32]．7．③解析举例：设f(x)＝x，易知①②④均不正确．8．4解析y＝1x＋11－x＝－，当0<x<1时，x(1－x)＝－(x－12)2＋14≤14.∴y≥4.9．(1)证明当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝a－1x，设0<x1<x2，则x1x2>0，x2－x1>0.f(x1)－f(x2)＝(a－1x1)－(a－1x2)＝1x2－1x1＝x1－x2x1x2<0.………………………………………………………………………(5分)∴f(x1)<f(x2)，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．……………………………………………………………………………………………(6分)(2)解由题意a－1x<2x在(1，＋∞)上恒成立，设h(x)＝2x＋1x，则a<h(x)在(1，＋∞)上恒成立．……………………………………………………………………………………………(8分)∵h′(x)＝2－1x2，x∈(1，＋∞)，∴2－1x2>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．…………………………………………………………(10分)故a≤h(1)，即a≤3.∴a的取值范围为(－∞，3]．…………………………………………………………(12分)10．解设f(x)的最小值为g(a)，则只需g(a)≥0，由题意知，f(x)的对称轴为－a2.(1)当－a2<－2，即a>4时，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得a≤73.又a>4，故此时的a不存在．……………………………………………………………(4分)(2)当－a2∈[－2,2]，即－4≤a≤4时，g(a)＝f(－a2)＝3－a－a24≥0得－6≤a≤2.又－4≤a≤4，故－4≤a≤2.……………………………………………………………(8分)(3)当－a2>2，即a<－4时，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0得a≥－7.又a<－4，故－7≤a<－4.综上得所求a的取值范围是－7≤a≤2.………………………………………………(12分)11．解(1)任取x1，x2∈[－1,1]，且x1<x2，则－x2∈[－1,1]，∵f(x)为奇函数，∴f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝＋－＋－－x2)，由已知得＋－＋－，x1－x2<0，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．∴f(x)在[－1,1]上单调递增．……………………………………………………………(4分)(2)∵f(x)在[－1,1]上单调递增，∴x＋12<1x－1，－1≤x＋12≤1，－1≤1x－分∴－32≤x<－1.……………………………………………………………………………(9分)(3)∵f(1)＝1，f(x)在[－1,1]上单调递增．∴在[－1,1]上，f(x)≤1.…………………………………………………………………(10分)问题转化为m2－2am＋1≥1，即m2－2am≥0，对a∈[－1,1]成立．下面来求m的取值范围．设g(a)＝－2m•a＋m2≥0.①若m＝0，则g(a)＝0≥0，自然对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.……………………………………………………(14分)。

函数的单调性与最值课件高三数学一轮复习

3．最值定理：闭区间上的连续函数必有最值，最值产生于区间端点或极值点处．
第2课时函数的单调性与最值
链接教材
夯基固本
典例精研
核心考点
课时分层作业
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
1
(1)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．

(× )
(2)若函数y＝f (x)在[1，＋∞)上单调递增，则函数y＝f (x)的单调递增区间是[1，
(1)当f (x)，g(x)都是增(减)函数时，f (x)＋g(x)是增(减)函数；
(2)若k＞0，则kf (x)与f (x)单调性相同；若k＜0，则kf (x)与f (x)单调性相反；
1

(3)函数y＝f (x)(f (x)≠0)在公共定义域内与y＝－f (x)，y＝
的单调性相反；
(4)复合函数y＝f (g(x))的单调性与y＝f (u)和u＝g(x)的单调性有关．简记为“同增异减”．
2
5
－
－2
2
－，f
5
2
在区间[2，6]上单调递增，所以f
1−
[可判断函数f (x)＝
(x)min＝f (2)＝－2．]
(x)max＝f (6)＝
第2课时
第2课时函数的单调性与最值
函数的单调性与最值
典例精研核心考点
考点一确定函数的单调性(单调区间)
考向1 图象法、性质法确定函数的单调性
[典例1]
第2课时函数的单调性与最值
考向2
a 1+
夯基固本
典例精研
核心考点
课时分层作业
定义法、导数法确定函数的单调性
[典例2]
[解]

2023年新高考数学大一轮复习专题一函数与导数第5讲基本不等式的综合问题(含答案)

新高考数学大一轮复习专题：第5讲基本不等式的综合问题利用基本不等式求最值时，要坚持“一正、二定、三相等”原则，解题时可以对条件灵活变形，满足求最值的条件要求．例1 (1)已知x 2＋y 2＋xy ＝1，则x ＋y 的最大值是_________________________．(2)设x ≥0，y ≥0，x 2＋y 22＝1，则x ·1＋y 2的最大值为________． (3)已知x >0，y >0，1x ＋2y ＋1＝2，则2x ＋y 的最小值为________．答案 (1)233 (2)324(3)3 解析 (1)由(x ＋y )2＝xy ＋1，得(x ＋y )2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＋1，则x ＋y ≤233(当且仅当x ＝y ＝33时取等号)，故x ＋y 的最大值为233. (2)x ·1＋y 2＝2x ·1＋y 22 ≤2·x 2＋1＋y 222＝2·x 2＋y 22＋122＝324⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x ＝32，y ＝22时取等号，故x ·1＋y 2的最大值为324. (3)∵2x ＋(y ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2y ＋1[2x ＋(y ＋1)] ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y ＋1x ＋4x y ＋1＋2≥4， ∴2x ＋y ＝2x ＋(y ＋1)－1≥3(当且仅当x ＝1，y ＝1时取等号)，故2x ＋y 的最小值为3.例2 记max{a ，b }为a ，b 两数的最大值，则当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y的最小值为________．答案 10解析方法一由题意知t ≥x 2，t ≥25y x －y ， ∴2t ≥x 2＋25y x －y，又∵x 2＋25y x －y ≥x 2＋25⎣⎢⎡⎦⎥⎤y ＋x －y 22＝x 2＋100x 2 ≥20，∴2t ≥20，即t ≥10.∴当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y 的最小值为10. 方法二由题意知t ≥x 2>0，t ≥25y x －y >0， ∴t 2≥x 2·25y x －y ，又∵x 2·25yx －y ≥x 2·25⎣⎢⎡⎦⎥⎤y ＋x －y 22＝x 2·100x 2 ＝100，∴t 2≥100，即t ≥10.∴当正数x ，y (x >y )变化时，t ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，25y x －y 的最小值为10. (1)运用基本不等式求最值时，可通过配凑变量的系数或加减常数项出现定值，满足基本不等式求最值的条件．(2)将目标函数式中的常数用已知式进行等量代换，或者将目标函数式与已知代数式相乘，然后通过化简变形，求得目标函数的最值．1．若正数a ，b 满足1a ＋1b ＝1，则1a －1＋9b －1的最小值是( ) A ．1B ．6C ．9D ．16答案 B解析 ∵正数a ，b 满足1a ＋1b＝1， ∴b ＝aa －1>0，解得a >1.同理可得b >1，∴1a －1＋9b －1＝1a －1＋9a a －1－1 ＝1a －1＋9(a －1)≥21a －1·9a －1＝6，当且仅当1a －1＝9(a －1)，即a ＝43时等号成立， ∴所求最小值为6.2．(2020·厦门模拟)函数y ＝2x －1＋5－2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<x <52 的最大值是________．答案 2 2解析 y 2＝(2x －1＋5－2x )2＝4＋22x －15－2x ≤4＋(2x －1)＋(5－2x )＝8，又y >0，所以0<y ≤22，当且仅当2x －1＝5－2x ，即x ＝32时取等号．故函数的最大值是2 2. 3．(2020·天津)已知a >0，b >0，且ab ＝1，则12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为________．答案 4解析因为a >0，b >0，ab ＝1，所以原式＝ab 2a ＋ab 2b ＋8a ＋b＝a ＋b2＋8a ＋b ≥2a ＋b 2·8a ＋b＝4，当且仅当a ＋b2＝8a ＋b，即a ＋b ＝4时，等号成立．故12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为4. 4．设a ＋b ＝2，b >0，则当a ＝________时，12|a |＋|a |b取得最小值．答案－2解析12|a |＋|a |b ＝a ＋b 4|a |＋|a |b ＝a 4|a |＋b 4|a |＋|a |b ≥－14＋2b 4|a |·|a |b ＝34，当且仅当b 4|a |＝|a |b 且a <0，即a ＝－2，b ＝4时取等号．故当a ＝－2时，12|a |＋|a |b取得最小值．。

2020版高考数学(理)一轮复习：第5讲~函数的单调性与最值ppt课件(含答案)

定义
自变量的值 x1,x2
当 x1<x2 时,都有 f(x1)<f(x2) ,那么当 x1<x2 时,都有 f(x1)>f(x2) ,那么就
就说函数 f(x)在区间 D 上是增函数说函数 f(x)在区间 D 上是减函数
课前双基巩固
图像
描述
自左向右看图像是上升的
自左向右看图像是下降的
课前双基巩固
单调递减区间是
.
[思路点拨] (1)先令 t=-x2+2x+3>0 求得函数的定义域,再根据复合函数的单调性的性质判定函数的单调递增区间;(2)作出函数 g(x)的图像,由图像可得单调递减区间.
课堂考点探究
例 2 (1)[2018·石嘴山一模] 函数 y=ln(-x2+2x+3)
的单调递增区间是 ( )
(�� 1 +2)(�� 2 +2)
=(��2 -��1 )+(��15+(��2��2)(-��21+) 2)>0, 故函数 f(x)在(-2,+∞)上单调递增.
课堂考点探究
[总结反思] (1)定义法证明函数单调性的一般步骤:①任取 x1,x2∈D,且 x1<x2;②作差 f(x1)-f(x2);③变形(通常是因式分解和配方);④定号(即判断 f(x1)-f(x2)的正负);⑤下结论(即
(0,+∞)上单调递减,故 A 错; 对于选项 B,函数 y=|x-1|在(0,+∞)上先减
(2)[2018·茂名二联] 设函数 f(x)在 R 上为增函数, 后增,故 B 错;

2024年高考数学一轮复习专题05函数的单调性与最值含解析

专题05函数的单调性与最值最新考纲1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.基础学问融会贯穿1．函数的单调性(1)单调函数的定义(2)单调区间的定义假如函数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，假如存在实数M满意条件(1)对于随意的x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(3)对于随意的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【学问拓展】函数单调性的常用结论(1)对∀x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，f x 1－f x 2x 1－x 2>0⇔f (x )在D 上是增函数，f x 1－f x 2x 1－x 2<0⇔f (x )在D 上是减函数．(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”．重点难点突破【题型一】确定函数的单调性(区间) 命题点1 给出详细解析式的函数的单调性【典型例题】下列函数中，值域为R 且在区间（0，+∞）上单调递增的是（） A ．y ＝x 2+2xB ．y ＝2x +1C ．y ＝x 3+1D ．y ＝（x ﹣1）|x |【解答】解：依据题意，依次分析选项：对于A ，y ＝x 2+2x ＝（x +1）2﹣1，其值域为[﹣1，+∞），不符合题意；对于B ，y ＝2x +1，其值域为（0，+∞），不符合题意；对于C ，y ＝x 3+1，值域为R 且在区间（0，+∞）上单调递增，符合题意；对于D ，y ＝（x ﹣1）|x |，在区间（0，1）上为减函数，不符合题意；故选：C ．【再练一题】已知函数f （x ）＝ln ，则（）A ．f （x ）是奇函数，且在（﹣∞，+∞）上单调递增B ．f （x ）是奇函数，且在（﹣∞，+∞）上单调递减C ．f （x ）是偶函数，且在（0，+∞）上单调递增D ．f （x ）是偶函数，且在（0，+∞）上单调递减【解答】解：依据题意，函数f （x ）＝ln，其定义域为R ，有f（﹣x）＝ln ln f（x），则函数f（x）为偶函数，设t，y＝lnt，对于t，则导数t′，当x＞0时，t′＞0，即函数t在区间（0，+∞）上为增函数，又由y＝lnt在区间（0，+∞）上为增函数，则函数f（x）＝ln在0，+∞）上为增函数，故选：C．命题点2 解析式含参数的函数的单调性【典型例题】定义在R的函数f（x）＝﹣x3+m与函数g（x）＝f（x）+x3+x2﹣kx在[﹣1，1]上具有相同的单调性，则k 的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2] B．[2，+∞）C．[﹣2，2] D．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）【解答】解：依据题意，函数f（x）＝﹣x3+m，其定义域为R，则R上f（x）为减函数，g（x）＝f（x）+x3+x2﹣kx＝x2﹣kx+m在[﹣1，1]上为减函数，必有x1，解可得k≥2，即k的取值范围为[2，+∞）；故选：B．【再练一题】已知函数f（x）（a＞0且a≠1）在R上单调递减，则a的取值范围是（）A．[，1）B．（0，] C．[，] D．（0，]【解答】解：由题意，分段函数是在R上单调递减，可得对数的底数需满意0＜a＜1，依据二次函数开口向上，在（单调递减，可得，即，解得：．且[x2+（4a﹣3）x+3a]min≥[log a（x+1）+1]max故而得：3a≥1，解得：a．∴a的取值范围是[，]，故选：C．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．【题型二】函数的最值【典型例题】若函数f（x），则函数f（x）的值域是（）A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，2]C．[0，+∞）D．（﹣∞，0）∪（0，2）【解答】解：当x＜1时，0＜2x＜2，当x≥1时，f（x）＝﹣log2x≤﹣log21＝0，综上f（x）＜2，即函数的值域为（﹣∞，2），故选：A．【再练一题】函数f（x）＝e x﹣x在区间[﹣1，1]上的值域为（）A．[1，e﹣1] B．C．D．[0，e﹣1]【解答】解：函数的导数f′（x）＝e x﹣1，由f′（x）＞0得e x﹣1＞0，即e x＞1，得0＜x≤1，此时函数递增，由f′（x）＜0得e x﹣1＜0，即e x＜1，得﹣1≤x＜0，此时函数递减，即当x＝0时，函数取得微小值同时也是最小值f（0）＝1，∵f（1）＝e﹣1，f（﹣1）1＜e﹣1，∴函数的最大值为f（1）＝e﹣1，即函数的值域为[1，e﹣1]，故选：A．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，再视察其最高点、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，最终结合端点值，求出最值．(5)换元法：对比较困难的函数可通过换元转化为熟识的函数，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【典型例题】已知函数，若，则a、b、c之间的大小关系是（）A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．b＜a＜c【解答】解：依据题意，函数，其定义域为R，则f（﹣x）＝|ln（x）|＝|ln|＝|﹣ln（x）|＝|ln（x）|＝f （x），即函数f（x）为偶函数，设g（x）＝ln（x）＝ln，有g（0）＝ln1＝0，设t，则y＝lnt，当x≥0时，t为减函数且t＞0，而y＝lnt在（0，+∞）为增函数，则g（x）＝ln（x）＝ln在[0，+∞）上为减函数，又由g（0）＝0，则在区间[0，+∞）上，g（x）≤0，又由f（x）＝|g（x）|，则f（x）在区间[0，+∞）上为增函数，a＝f（）＝f（log94），b＝f（log52）＝f（log254），又由log254＜log94＜1＜1.80.2，则有b＜a＜c；故选：D．【再练一题】已知函数f（x）＝x•ln，a＝f（），b＝f（），c＝f（），则以下关系成立的是（）A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜b＜c D．a＜c＜b【解答】解：，，；∵；∴；∴c＜a＜b．故选：A．命题点2 解函数不等式【典型例题】已知函数f（x）＝e x﹣e﹣x，则关于x的不等式f（x）+f（x2﹣2）＜0的解集为（）A．（﹣2，1）B．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）C．（﹣1，2）D．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）【解答】解：依据题意，函数f（x）＝e x﹣e﹣x，有f（﹣x）＝e﹣x﹣e x＝﹣（e x﹣e﹣x）＝﹣f（x），则函数f（x）为奇函数，又由f′（x）＝e x+e﹣x＞0，则函数f（x）在R上为增函数，f（x）+f（x2﹣2）＜0⇒f（x）＜﹣f（x2﹣2）⇒f（x）＜f（2﹣x2）⇒x＜2﹣x2，即x2+x﹣2＜0，解可得﹣2＜x＜1，即其解集为（﹣2，1）；故选：A．【再练一题】设定义在R上的奇函数f（x）满意f（x）＝x3﹣8（x＞0），则{x|f（x﹣2）≥0}＝（）A．[﹣2，0）∪[2，+∞）B．（﹣∞﹣2]∪[2，+∞）C．[0，2）∪[4，+∞）D．[0，2]∪[4，+∞）【解答】解：∵f（x）是R上的奇函数，且x＞0时，f（x）＝x3﹣8；∴f（0）＝f（2）＝f（﹣2）＝0，且f（x）在（0，+∞），（﹣∞，0）上都单调递增；∴①x＝2时，满意f（x﹣2）≥0；②x＞2时，由f（x﹣2）≥0得，f（x﹣2）≥f（2）；∴x﹣2≥2；∴x≥4；③x＜2时，由f（x﹣2）≥0得，f（x﹣2）≥f（﹣2）；∴x﹣2≥﹣2；∴x≥0；∴0≤x＜2；综上得，f（x﹣2）≥0的解集为[0，2]∪[4，+∞）．故选：D．命题点3 求参数范围【典型例题】若函数f（x）在R上是增函数，则a的取值范围为（）A．（﹣∞，1] B．（0，2）C．（0，1] D．[1，2）【解答】解：∵f（x）在R上是增函数；∴；解得0＜a≤1；∴a的取值范围为：（0，1]．故选：C．【再练一题】若（a≠1），在定义域（﹣∞，+∞）上是单调函数，则a的取值范围是（）A．B．C．D．【解答】解：f（x）在定义域（﹣∞，+∞）上是单调函数时，①函数的单调性是增函数时，可得当x＝0时，（a2﹣1）e ax≤ax2+1＝1，即a2﹣1≤1，解之得a∵x≥0时，y＝ax2+1是增函数，∴a＞0又∵x＜0时，（a2﹣1）e ax是增函数，∴a2﹣1＞0，得a＜﹣1或a＞1因此，实数a的取值范围是：1＜a②函数的单调性是减函数时，可得当x＝0时，（a2﹣1）e ax≥ax2+1＝1，即a2﹣1≥1，解之得a或a．∵x≥0时，y＝ax2+1是减函数，∴a＜0又∵x＜0时，（a2﹣1）e ax是减函数，∴a2﹣1＞0，得a＜﹣1或a＞1因此，实数a的取值范围是：a综上所述，得a∈故选：C．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，转化为详细的不等式求解，应留意函数的定义域．(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需留意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的随意子集上也是单调的；③分段函数的单调性，除留意各段的单调性外，还要留意连接点的取值．基础学问训练1．若，则下列不等式正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵，对A选项，变形为log a x3＜log a y2，而函数y=是单调递减函数，x3＜y2，∴log a x3>log a y2，故A不正确；对B选项，,函数y=cosx是单调递减函数，∴，故B不正确；对C选项，y=是单调递减函数，∴, 故C不正确；而D选项，幂函数y=是单调递增函数，∴，故应选D.2．已知函数且满意，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，所以，所以函数为定义在R上的偶函数；又时，单调递减，所以由偶函数的对称可得：时，单调递增，所以由可得，解得.故选C3．已知函数，则函数有（）A．最小值，无最大值 B．最大值，无最小值C．最小值1，无最大值 D．最大值1，无最小值【答案】D【解析】∵函数f（x）的定义域为（﹣∞，]设t，则t，且x，∴f（x）＝g（t）t2+t（t﹣1）2+1，t，∴g（t）≤g（1）即g（t）≤1∴函数f（x）的最大值1，无最小值.故选D.4．若函数f（x）=log2（x2-2x+a）的最小值为4，则a=（）A．16 B．17 C．32 D．33【答案】B【解析】函数f（x）=log2（x2-2x+a）的最小值为4，可得y= x2-2x+a的最小值为16，由y=（x-1）2+a-1，可得a-1=16，即a=17，故选：B．5．高斯是德国闻名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数，则函数的值域是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】．∴当时，；当时，；∴函数的值域是．故选A．6．已知函数的最小值为8，则A．B．C．D．【答案】B【解析】函数的最小值为8，可得，明显的最小值不为8；时，由对数函数的性质可得当时，的最小值为，由题意可得，设递增，，可得，故选：B．7．对于函数f（x），若∀a，b，c∈R，f（a），f（b），f（c）为某一三角形的三边长，则称f（x）为“可构造三角形函数”．已知函数f（x）=是“可构造三角形函数”，则实数t的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意可得f（a）+f（b）＞f（c）对于∀a，b，c∈R都恒成立，由于f（x），①当t﹣1＝0，f（x）＝1，此时，f（a），f（b），f（c）都为1，构成一个等边三角形的三边长，满意条件．②当t﹣1＞0，f（x）在R上是减函数，1＜f（a）＜1+t﹣1＝t，同理1＜f（b）＜t，1＜f（c）＜t，故f（a）+f（b）＞2．再由f（a）+f（b）＞f（c）恒成立，可得2≥t，结合大前提t﹣1＞0，解得1＜t≤2．③当t﹣1＜0，f（x）在R上是增函数，t＜f（a）＜1，同理t＜f（b）＜1，t＜f（c）＜1，由f（a）+f（b）＞f（c），可得 2t≥1，解得1＞t．综上可得，t≤2，故选：A．8．奇函数单调递减，若，则满意的取值范围是（）A．B．C．D．[1，3]【答案】D【解析】因为奇函数单调递减，所以函数单调递减，且为奇函数，所以，因为，所以，所以，解得，即满意的取值范围是，故选D.9．假如对定义在R上的奇函数，对随意两个不相邻的实数，全部，则称函数为“H函数”，下列函数为H函数的是A．B．C．D．【答案】D【解析】依据题意，对于全部的不相等实数，则恒成立，则有恒成立，即函数是定义在R上的增函数，则“H函数”为奇函数且在R上为增函数，据此依次分析选项：对于A，，为正弦函数，为奇函数但不是增函数，不符合题意；对于B，，为指数函数，不是奇函数，不符合题意；对于C，，为奇函数，但在R上不是增函数，不符合题意；对于D，，为奇函数且在R上为增函数，符合题意；故选：D．10．已知定义在上的函数，对随意，有，且时，有，设，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为对随意，所以，因为时，有，所以函数在区间上是增函数，因为，所以，即，所以，故选A.11．已知定义在R上的函数f(x)＝－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，则a，b，c的大小关系为( )A．a<b<c B．a<c<b C．c<a<b D．c<b<a【答案】B【解析】解：∵f（x）为偶函数；∴f（﹣x）＝f（x）；∴﹣1＝﹣1；∴|﹣x﹣m|＝|x﹣m|；（﹣x﹣m）2＝（x﹣m）2；∴mx＝0；∴m＝0；∴f（x）＝﹣1；∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，并且a＝f（||）＝f（），b＝f（），c＝f（2）；∵0＜＜2＜；∴a<c<b．故选：B．12．已知t为常数，函数在区间上的最大值为2，则t的值为A．B．C．D．【答案】A【解析】令上的增函数.当，即时，，舍去.当，即时，由于单调递增，故函数的最值在端点处取得..若，解得（舍去）.当时，符合题意.当，解得.当时，，不符合题意.当时，符合题意.故.所以选A.13．假如奇函数在区间上是减函数，值域为，那么______.【答案】12【解析】由f（x）在区间上是递减函数，且最大值为5，最小值为-2，得f（3）＝5，f（7）＝-2，∵f（x）是奇函数，∴．故答案为：12．14．已知函数，若上是减函数，则实数的取值范围为____.【答案】[，0）【解析】若在R上是减函数，因为y=上单调递减，故只需满意，解得：k∈[，0）故答案为：[，0）15．设函数f（x）=|x-1|在x∈[t，t+4]（t∈R）上的最大值为M（t），则M（t）的最小值为______．【答案】2【解析】作出函数f（x）=|x-1|的图象，如图所示，当t+4≤1即t≤-3时，f（x）在[t，t+4]递减，可得最大值M（t）=f（t）=|t-1|=1-t，由M（t）在t≤-3递减，可得M（t）≥4，即最小值为4；当t≥1时，f（x）在[t，t+4]递增，可得最大值M（t）=f（t+4）=|t+3|=t+3，由M（t）在t≥1递增，可得M（t）≥4，即最小值为4；当t＜1＜t+4，即-3＜t＜1时，f（x）在（t，1）递减，在（1，t+4）递增，可得f（x）的最小值为0；当t=-1时，f（t）=f（t+4）=2；当-1＜t＜1时，f（t）＜f（t+4），f（x）的最大值M（t）=f（t+4）=t+3，且M（t）∈（2，4）；当-3＜t＜-1时，f（t）＞f（t+4），f（x）的最大值M（t）=f（t）=1-t，且M（t）∈（2，4）；综上可得M（t）的最小值为2．故答案为：2．16．已知函数，若当时，都有，则a的取值范围为______．【答案】【解析】①当时，即②当时，若，即时，若，即时，③当时，综上所述，17．对于区间，若函数同时满意：上是单调函数；函数的值域是，则称区间为函数的“保值”区间．求函数的全部“保值”区间．函数是否存在“保值”区间？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）函数存在“保值”区间，此时m的取值范围是．【解析】因为函数的值域是，且的值域是，所以，所以，从而函数在区间上单调递增，故有，解得，又，所以，所以函数的“保值”区间为；若函数存在“保值”区间，若，由可得函数的“保值”区间为；若，此时函数在区间上单调递减，可得，消去m得，整理得，因为，所以，即，即有，因为，可得；若，此时函数在区间上单调递增，可得，消去m得，整理得．因为，所以，可得，可得．由，即有．综合得，函数存在“保值”区间，此时m的取值范围是．18．已知函数常数．证明上是减函数，在上是增函数；时，求的单调区间；对于中的函数和函数，若对随意，总存在，使得成立，求实数a的值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】证明：：设，且，，，，当时，即，当时，即，时，，即，此时函数为减函数，当时，，即，此时函数为增函数，故上是减函数，在上是增函数；时，，，设，则，，由可知上是减函数，在上是增函数；，即，即上是减函数，在上是增函数；由于为减函数，故又由（2）得由题意，的值域为的值域的子集，从而有，解得．19．已知函数，其中．解关于x的不等式；求a的取值范围，使在区间上是单调减函数．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】的不等式，即为，即为，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；，由在区间上是单调减函数，可得，解得．即a的范围是．20．已知函数．判定并证明函数的单调性；是否存在实数m，使得不等式对一切都成立？若存在求出m；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）【解析】函数上R上的单调递增函数．证明如下：设，，，且，，函数上R上的单调递增函数．函数，，是R上的奇函数，不等式对一切都成立，，对一切都成立，是R上的增函数，，对一切都成立，．存在实数，使得不等式对一切都成立．实力提升训练1．已知是自然对数的底数），，则的大小关系是( ) A．B．C．D．【答案】A【解析】记,可得x=e可知：上单调递增，又∴，即故选：A2．若函数，设，则的大小关系A．B．C．D．【答案】D【解析】依据题意，函数，是二次函数，其对称轴为y轴，且在上为增函数，，则有，则；故选：D．3．已知函数，若的最小值为，则实数m的值为A． B． C．3 D．或3【答案】C【解析】函数，即，当时，不成立；当，即时，递减，可得取得最小值，且，解得成立；当，即时，递增，可得取得最小值，且，不成立；综上可得．故选：．4．若函数上的最大值与最小值的差为2，则实数的值为( ).A．2 B．－2 C．2或－2 D．0【答案】C【解析】解：①当a=0时，y=ax+1=1，不符合题意；②当a＞0时，y=ax+1在[1，2]上递增，则（2a+1）﹣（a+1）=2，解得a=2；③当a＜0时，y=ax+1在[1，2]上递减，则（a+1）﹣（2a+1）=2，解得a=﹣2．综上，得a=±2，故选C．5．已知直线分别与函数的图象交于两点，则两点间的最小距离为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】依据题意得到PQ两点间的距离即两点的纵坐标的差值，设t+1=u,t=u-1>0,原式等于依据均值不等式得到当且仅当u=1，t=0是取得最值.故答案为：D.6．已知函数的值域为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意，设，则，又由指数函数的性质，可知函数为单调递减函数，所以函数的值域为，故选C.7．已知函数的定义域为(1)试推断的单调性；(2)若，求的值域；(3)是否存在实数，使得有解，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由. 【答案】（1）单调递增（2）（3）存在，且取值范围为【解析】解：（1）设单调递增.（2）令的值域为（3）由而当时，令，所以的取值范围为8．已知函数（1）设的两根，且，试求的取值范围（2）当时，的最大值为2，试求【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意可得的两根，且，解得故（2）当时，的最大值为2，由，可知抛物线开口向上，对称轴为①若，则当时取得最大值，即，解得②若，则当时取得最大值，即，解得故9．已知函数．(1)若，求a的值．(2)推断函数的奇偶性，并证明你的结论．(3)求不等式的解集．【答案】(1)；(2)奇函数；(3).【解析】，则，得，即，则．函数的定义域为R，，即函数是奇函数．由不等式，，在R上是增函数，不等式等价为，即，即，得．即不等式的解集为．10．已知函数.（Ⅰ）推断并证明的单调性；（Ⅱ）设，解关于的不等式.【答案】（Ⅰ）上单调递增；（Ⅱ）.【解析】解：（Ⅰ）的定义域为，由是奇函数；任取，则，上单调递增；又由（Ⅰ）知，上的奇函数，上单调递增；上单调递增.（Ⅱ），由是奇函数；又由（Ⅰ）知上单调递增，上单调递增，等价于，可得：，解得：不等式的解集是.。

2025年高考数学一轮复习-2.2-函数的单调性与最值【课件】

解析：选A.由于在区间上为减函数，故A正确；在区间上单调递减，在区间上单调递增，故B错误；在区间上单调递增，故C错误；由余弦函数的图象和性质，可得在区间上单调递增，在区间上单调递减，故D错误.故选A.
√
2.(2023·河北沧州七校联考)函数的单调递减区间是( )
（1）当，都是增（减）函数时，是增（减）函数；
（2）若，则与单调性相同；若，则与单调性相反；
（3）函数在公共定义域内与，的单调性相反；
（4）复合函数的单调性与和的单调性有关.简记为：“同增异减”.
【用一用】
1.（多选）若函数 , 在给定的区间上具有单调性，下列说法正确的是( )
（答案不唯一，满足即可）
解析：对于条件①，不妨设，则，因为，所以，所以，所以函数在上单调递减；对于条件②，刚好符合对数的运算性质，故这样的函数可以是一个单调递减的对数函数.
考点二函数的最值（师生共研）
例2.（1）函数的值域为________.
解析：方法一（图象法）：作出函数的图象（如图所示）， .由函数图象可知，的值域为 .
【解】函数在上单调递增.证明如下： ,任取 , ，且 ,则 ,又 ,且 , ,所以 ,即 ,故函数在上单调递增.
（2）判断函数 , 的单调性，并用单调性的定义证明你的结论.
判断函数单调性常用的四种方法
（1）定义法：取值、作差、变形（因式分解、配方、有理化、通分）、定号、下结论.
解析：令 ,所以 , 在上单调递减，在上单调递增.又为增函数，所以在上单调递减，在上单调递增，所以 .
利用函数的单调性求参数的思路
（1）根据函数单调性直接构建参数满足的方程式（组）（不等式（组））或先得到函数图象的升降，再结合图象求解；

2021届新高考数学一轮课件：第二章+第5讲+函数的单调性与最值

答案：D
难点突破 ⊙函数的最值与值域例题：求下列函数的值域：
(1)y＝3xx－＋22； (3)y＝x2＋x－x＋1 2(x>1)；
(2)y＝x2x－2－x＋x 1； (4)y＝|x＋1|＋|x－2|.
解：(1)方法一，y＝3xx－＋22＝3x－x－62＋8＝3＋x－8 2， ∵x－8 2≠0，∴y≠3. ∴函数 y＝3xx－＋22的值域是{y|y∈R，且 y≠3}. 方法二，由 y＝3xx－＋22，得 x＝2yy－＋31.∴y≠3.
∵log34>log33＝1,1＝20>2－23>2－32，∴log34>2
2 3
>2
3 2
，
又 f(x)在(0，＋∞)单调递减，
2
3
∴f(log34)<f(2 3 )<f(2 2 )，
∴f(2
3 2
2
)>f(2 3
)>flog314，故选
C.
答案：C
考向 2 解不等式
例 4：(1)(2017 年新课标Ⅰ)函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单调
解析：x∈(－∞，0)时，xf′(x)>0，即 f′(x)<0， ∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，又 f(x)为偶函数， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增. ∴f(3)<f(4)<f(5)， ∴f(－3)<f(4)<f(－5)，故选 A. 答案：A
(2)(2019 年新课标Ⅲ)设 f(x)是定义域为 R 的偶函数，且在
3.函数 y＝ 16－4x的值域是___[_0_,4_)__.
解析：∵4x>0，∴0≤16－4x<16，∴ 16－4x∈[0,4). 4.函数 f(x)＝x－x 1(x≥2)的最大值为___2___.

2021年新高考数学一轮专题复习第05讲-函数的单调性与最值(解析版)

2021年新高考数学一轮专题复习第05讲-函数的单调性与最值一、考情分析借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义．二、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设函数y＝f(x)的定义域为A，区间M⊆A，如果取区间M中任意两个值x1，x2，改变量Δx＝x2－x1>0，则当Δy＝f(x2)－f(x1)>0时，就称函数y＝f(x)在区间M上是增函数Δy＝f(x2)－f(x1)<0时，就称函数y＝f(x)在区间M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)上是增函数或是减函数，性，区间M称为单调区间.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.(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取到.(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(或最小值). 2.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. 3.“对勾函数”y ＝x ＋ax (a >0)的增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)；单调减区间是[－a ，0)，(0，a ].三、经典例题考点一确定函数的单调性(区间)【例1－1】（2019·安徽省泗县第一中学高二开学考试（理））如果函数f(x)在[a ，b]上是增函数，对于任意的x 1，x 2∈[a ，b](x 1≠x 2)，下列结论不正确的是( ) A ．()()1212f x f x x x -->0B ．f(a)<f(x 1)<f(x 2)<f(b)C ．(x 1－x 2) [f(x 1)－f(x 2)]>0D ．()()2121x x f x f x -->0【答案】B 【解析】试题分析：函数在[a ，b]上是增函数则满足对于该区间上的12,x x ，当12x x <时有()()12f x f x <，因此()()12120f x f x x x ->-，(x 1－x 2) [f(x 1)－f(x 2)]>0，()()21210x x f x f x ->-均成立，因为不能确定12,x x 的大小，因此f(a)<f(x 1)<f(x 2)<f(b)不正确【例1－2】（2020·诸城市教育科学研究院高一期末）函数2y x =-的单调递增区间为( ) A ．(],0-∞ B ．[)0,+∞ C ．()0,∞+D ．(,)-∞+∞【答案】A 【分析】由解析式知函数图像为开口向下的抛物线,且对称轴为y 轴,故可得出其单调增区间. 【详解】∵函数2y x =-, ∴函数图像为开口向下的抛物线,且其对称轴为y 轴∴函数的单调增区间为(],0-∞.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.考点二求函数的最值【例2－1】（2020·安徽省六安一中高一月考）若函数()22231x f x x+=+，则()f x 的值域为（） A ．(],3-∞ B ．()2,3 C ．(]2,3 D ．[)3,+∞【答案】C 【分析】利用分子分离法化简()f x ，再根据不等式的性质求函数的值域. 【详解】()22222232(1)112111x x f x x x x+++===++++，又22211110122311x x x+≥⇒<≤⇒<+≤++， ∴()f x 的值域为(]2,3，故选：C.【例2－2】（2020·民勤县第一中学高二期中（理））下列结论正确的是( )A ．当2x ≥时，1xx +的最小值为2B ．当0x >时，2≥C ．当02x <≤时，1x x-无最大值D ．当0x >且1x ≠时，1lg 2lg x x+≥ 【答案】B 【分析】结合函数的单调性及基本不等式逐个判断即可．【详解】对于A ，x +1x 在[2，+∞）上单调增，所以x =2时，1x x +的最小值为52，故A 错误；对于B ，当x ＞02≥，当且仅当x =1时，等号成立，故B 成立；对于C ，1x x -在（0，2]上单调增，所以x =2时，1x x-取得最大值，故C 不成立；对于D ，当0＜x ＜1时，lgx ＜0，1lg x＜0，结论不成立；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)均值不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用均值不等式求出最值.(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. 考点三函数单调性的应用【例3－1】（2020·安徽师范大学附属中学高三月考（理））若函数32,1()3,1x e a x f x x x x ⎧->=⎨-+≤⎩有最小值，则实数a 的取值范围为( ) A ．(,1]-∞ B ．(–],e ∞C ．(01]，D ．(0,]e【答案】B 【分析】分别求出两段的范围，结合图象即可得到实数a 的取值范围. 【详解】作出32,1()3,1x e x f x x x x ⎧>=⎨-+≤⎩的图象：当1x >时，()f x =x e a e a ->-，当1x ≤时，'2()363(2),f x x x x x =-+=--在(),0-∞上'()0,<f x 在 ()0,1上'()0,f x > 则()f x =323x x -+在(),0-∞上单调递减，在 ()0,1上单调递增，又(0)0f = ∴()0f x ≥，函数32,1()3,1x e a x f x x x x ⎧->=⎨-+≤⎩有最小值，则0e a -≥，即a e ≤，故选：B【例3－2】（2020·江苏省高一期末）函数()11xxe f x e-=+（e 是自然对数的底数）的图象大致为（）. A ． B ．C ．D ．【答案】A 【分析】利用分离常数的方法，将式子化简，可得()211xf x e =-++，根据单调性以及值域，可得结果.【详解】因为()11211x x xxe ef x e e -+-==-++ 所以()211x f x e =-++，可知y=x e 是递增的函数，所以2y=1xe +为递减的函数，则()211x f x e =-++是递减的函数，且0,1x x e >>所以1112,012xx e e +><<+ 则21101xe -<-+<+，所以A 正确故选：A【例3－3】（2019·会泽县第一中学校高二开学考试（理））已知函数23,1,()2, 1.x x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨+>⎪⎩设a R ∈，若关于x 的不等式()||2xf x a ≥+在R 上恒成立，则a 的取值范围是 A ．47[,2]16-B ．4739[,]1616-C．[- D．39[]16- 【答案】A 【解析】不等式()2x f x a ≥+为()()2xf x a f x -≤+≤(*)，当1x ≤时，(*)式即为22332x x x a x x -+-≤+≤-+，2233322x x a x x -+-≤≤-+，又22147473()241616x x x -+-=---≤-（14x =时取等号）， 223339393()241616x x x -+=-+≥（34x =时取等号），所以47391616a -≤≤，当1x >时，(*)式为222x x a x x x --≤+≤+，32222x x a x x--≤≤+，又3232()22x x x x --=-+≤-x =，222x x +≥=（当2x =时取等号），所以2a -≤≤，综上47216a -≤≤．故选A ．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 ”. [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、利用均值不等式. [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.四、课时作业1．（2020·湖南省茶陵三中高二开学考试）已知函数()([1,5])y f x x =∈-的图象如图所示，则()f x 的单调递减区间为（）A ．[1,1]-B ．[1,3]C ．[3,5]D ．[1,5]-【答案】B 【分析】根据递减区间的性质分析即可. 【详解】由图像可得,函数在[1,3]内单调递减.2．（2020·湖北省高一月考）下列四个函数中，在(0,)+∞上为增函数的是（） A ．||y x = B ．1y x =-+ C ．23y x x =- D ．2y x=【答案】A 【分析】根据四个函数解析式，依次判断即可得解. 【详解】对于A ，||y x =在(),0-∞内单调递减，在(0,)+∞内单调递增，所以A 正确；对于B ，1y x =-+在R 内单调递减，所以在(0,)+∞内也单调递减，所以B 错误；对于C ，23y x x =-在3,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭内单调递减，在3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递增，所以在(0,)+∞内单调递增错误，即C 错误；对于D ，2y x=在在(0,)+∞内也单调递减，所以D 错误. 综上可知，A 为正确选项，故选：A.3．（2019·湖南省长郡中学高二期中）下列函数中，在区间()0,1上是增函数的是（） A ．y x = B ．3y x =-C ．1y x=D ．24y x =-+【答案】A 【分析】根据一次函数，反比例函数，二次函数性质可得3y x =-，1y x=，24y x =-+在0,1不是增函数，在区间0,1上，y x x ==是增函数. 【详解】()0,1x ∈时， y x x ==，所以y x =在0,1上是增函数；13,y x y x=-=在0,1上均是减函数； 24y x =-+是开口向下以0x =为对称轴的抛物线，所以24y x =-+在在0,1上是减函数，所以A 正确．故选：A4．（2019·江苏省高一月考）下列函数，在区间()0,∞+上是增函数的是（） A ．y x =- B ．1y x=-C ．1y x =-D ．2yx x【答案】B 【分析】A 选项讲0x >的表达式写出易判断；B 选项注意改变单调性的两个因素：取倒数和加负号，易判断；C 选项一次函数看斜率正负，易判断；D 选项二次函数看对称轴，易判断。

2021届新高考数学一轮：第二章第5讲函数的单调性与最值

2
D.y＝1x
解析：函数 y＝2－x，y＝log 1 x，y＝1x在区间(0，＋∞) 上单
2
1
调递减，函数 y＝x 2 在区间(0，＋∞)上单调递增，故选 A.
2.(2018 年北京)能说明“若 f(x)>f(0)对任意的 x∈(0,2]都成立，则 f(x)在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是_y_＝__si_n_x__ __(_答__案__不__唯__一__)__.
(0，＋∞)单调递减，则( )
1 A.flog34>f(2
3 2
)>f(2
2 3
)
1 B.flog34>f(2
2 3
)>f(2
3 2
)
C.f(2
3 2
)>f(2
2 3
1 )>flog34
D.f(2
2 3
)>f(2
3 2
1 )>flog34
解析：∵f(x)是定义域为 R 的偶函数，∴flog314＝f(log34).
fxx11－－fx2x2＞0； (x1－x2)[f(x1)－ f(x2)]＞0
I 上 f′(x)>0，那么 f(x)为区间 I 上的增函
数
数，I 称为 y＝f(x)的单调增区间
(续表)
函数
定义
等价形式
导数
如果对于区间 I 内的任意两个
如果在某区间
单调值 x1，x2，当 x1<x2 时，都有 fxx11－－fx2x2＜0； I 上 f′(x)<0，
解和研究函数的性质出现，若与导数交汇，则多为解答题
1.函数的单调性
函数
定义
等价形式

导数研究函数单调性5种题型总结- 高考数学常考题型(新高考专用)

第5讲导数研究函数单调性5种题型总结【考点总结】含参数单调性讨论（1）求导化简定义域(化简应先通分，然后能因式分解要进行因式分解，定义域需要注意是否是一个连续的区间)；（2）变号保留定号去(变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已知恒正或恒负，无需单独讨论的部分)；（3）恒正恒负先讨论(变号部分因为参数的取值恒正恒负)；然后再求有效根；（4）根的分布来定参(此处需要从两方面考虑：根是否在定义域内和多根之间的大小关系)；（5）导数图像定区间；【题型目录】题型一：导函数为一次函数型题型二：导函数为准一次函数型题型三：导函数为二次可分解因式型题型四：导函数为二次不可因式分解型题型五：导函数为准二次函数型【典型例题】题型一：导函数为一次函数型【例1】（2023河南·高三开学考试（文））已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R .（1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）当0a 时，()f x 在()0,∞+上单调递；当0a >时，数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；【分析】（1）对函数求导，讨论0a 和0a >两种情况，即可得出函数的单调性；【详解】（1）由题知函数()f x 的定义域为()0,∞+，()22a a x f x x x-'=-= ①当0a ≤时，()0f x '<，此时函数()f x 在()0,∞+上单调递；②当0a >时，令()0f x '>，得02a x <<；令()0f x '<，得2a x >，所以函数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上，当0a 时，()f x 在()0,∞+上单调递；当0a >时，数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；【例2】（2022·辽宁营口·高二期末）已知函数()ln 1f x a x x =+-（其中a 为参数）．(1)求函数()f x 的单调区间；【答案】(1)答案见解析【分析】（1）求出原函数的导函数，然后对a 分类求得函数的单调区间；【详解】（1）()x a f x x+'=，,()0x ∈+∞，当0a ≥时，()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞单调递增，当0a <时，令()0f x '=，得x a =-，(0,)x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减，(,)x a ∈-+∞时，()0,()f x f x '>单调递增；综上：0a ≥时，()f x 在(0,)+∞上递增，无减区间，当0a <时，()f x 的单调递减区间为(0,)a -，单调递增区间为(,)a -+∞；【例3】（2022·江西·二模（文））己知函数()()R a x ax x f ∈++=1ln ，讨论()f x 的单调性。

(聚焦典型)2014届高三数学一轮复习《函数的单调性与最值》理新人教B版

[第5讲函数的单调性与最值](时间：45分钟分值：100分)基础热身1．下列函数中，满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)”的是( )A ．f (x )＝1xB ．f (x )＝(x －1)2C ．f (x )＝e xD ．f (x )＝ln(x ＋1)2．函数f (x )＝1－1x在[3，4)上( )A ．有最小值无最大值B ．有最大值无最小值C ．既有最大值又有最小值D ．最大值和最小值皆不存在3．[2013·天津卷] 下列函数中，既是偶函数，又在区间(1，2)内是增函数的为( ) A ．y ＝cos2x ，x ∈RB ．y ＝log 2|x |，x ∈R 且x ≠0C ．y ＝e x －e －x 2，x ∈RD ．y ＝x 3＋1，x ∈R 4．函数f (x )＝xx ＋1的最大值为________．能力提升 5．[2013·宁波模拟] 已知f (x )是定义在实数集R 上的增函数，且f (1)＝0，函数g (x )在(－∞，1]上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，且g (4)＝g (0)＝0，则集合{x |f (x )g (x )≥0}＝( )A ．{x |x ≤0或1≤x ≤4}B ．{x |0≤x ≤4}C ．{x |x ≤4}D ．{x |0≤x ≤1或x ≥4}6．[2013·全国卷] 设f (x )是周期为2的奇函数，当0≤x ≤1时，f (x )＝2x (1－x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝( ) A ．－12 B ．－14C.14D.127．[2013·哈尔滨师大附中期中] 函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121x 2＋1的值域为( )A ．(－∞，1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 8．[2013·惠州二调] 已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝－x 2＋4x －3，若有f (a )＝g (b )，则b 的取值范围为( )A ．(2－2，2＋2)B ．[2－2，2＋2]C ．[1，3]D ．(1，3)9．[2013·长春外国语学校月考] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x （x <0），（a －3）x ＋4a （x ≥0）满足对任意的实数x 1≠x 2都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<0成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(3，＋∞)B ．(0，1) C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14 D ．(1，3) 10．若函数y ＝f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3，则函数F (x )＝f (x )＋1f （x ）的值域是________． 11．若在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )＝x 2＋px ＋q 与g (x )＝x ＋1x 在同一点取得相同的最小值，则f (x )在该区间上的最大值是________．12．函数y ＝xx ＋a在(－2，＋∞)上为增函数，则a 的取值范围是________．13．函数y ＝ln 1＋x1－x 的单调递增区间是________．14．(10分)试讨论函数f (x )＝xx 2＋1的单调性．15．(13分)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．难点突破16．(12分)已知函数f(x)＝x2x－2(x∈R，且x≠2)．(1)求f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)＝x2－2ax与函数f(x)在x∈[0，1]上有相同的值域，求a的值．课时作业(五)【基础热身】1．A [解析] 由题意知，函数f (x )在(0，＋∞)上是减函数．而反比例函数f (x )＝1x在(0，＋∞)上是减函数．故选A.2．A [解析] 函数f (x )在[3，4)上是增函数，又函数定义域中含有3而没有4，所以该函数有最小值无最大值，故选A.3．B [解析] 方法一：由偶函数的定义可排除C ，D ，又∵y ＝cos2x 为偶函数，但在(1，2)内不单调递增，故选B.方法二：由偶函数定义知y ＝log 2|x |为偶函数，以2为底的对数函数在(1，2)内单调递增．4.12 [解析] 因为x ≥0，当x ＝0时，y ＝0不是函数的最大值．当x >0时，f (x )＝x x ＋1＝1x ＋1x，而x ＋1x ≥2，当且仅当x ＝1时等号成立，所以f (x )≤12.【能力提升】5．A [解析] 由题意，结合函数性质可得x >1时f (x )>0，x <1时f (x )<0；x <0或x >4时g (x )<0，0<x <4时g (x )>0，故f (x )g (x )≥0的解集为{x |x ≤0或1≤x ≤4}．6．A [解析] 因为函数的周期为2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，又函数是奇函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝－12，故选A. 7．C [解析] 因为x 2＋1≥1，所以0<1x 2＋1≤1，令t ＝1x 2＋1，则121≤12t <120，即12≤12t <1，所以12≤y <1.故选C.8．A [解析] 由题可知f (x )＝e x －1>－1，g (x )＝－x 2＋4x －3＝－(x －2)2＋1≤1，若有f (a )＝g (b )，则g (b )∈(－1，1]，即－b 2＋4b －3>－1，解得2－2<b <2＋ 2.9．C [解析] 由题设条件知函数f (x )在R 上为减函数，所以x <0时，f 1(x )＝a x为减函数，则a ∈(0，1)；x ≥0时，f (x )＝(a －3)x ＋4a 中a －3<0，且f (0)＝(a －3)×0＋4a ≤a 0，得a ≤14.综上知0<a ≤14.故选C.10.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，103 [解析] 令f (x )＝t ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3，问题转化为求y ＝t ＋1t ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3的值域．因为y ＝t ＋1t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上递减，在[1，3]上递增，所以y ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，103.11．3 [解析] g (x )＝x ＋1x ≥2x ·1x＝2，当x ＝1时等号成立，所以x ＝1时，g (x )的最小值为2，则f (x )在x ＝1时取最小值2，所以－p 2＝1，4q －p24＝2.解得p ＝－2，q ＝3.所以f (x )＝x 2－2x ＋3，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值为3.12．a ≥2 [解析] y ＝xx ＋a＝1－ax ＋a，因为函数在(－2，＋∞)上为增函数，所以a >0，所以得函数的单调增区间为(－∞，－a )，(－a ，＋∞)，要使y ＝xx ＋a在(－2，＋∞)上为增函数，只需－2≥－a ，即a ≥2.13．(－1，1) [解析] 由1＋x1－x>0得函数的定义域为(－1，1)，原函数的递增区间即为函数u (x )＝1＋x 1－x 在(－1，1)上的递增区间，由于u ′(x )＝1＋x 1－x ′＝2（1－x ）2>0.故函数u (x )＝1＋x 1－x的递增区间为(－1，1)，即为原函数的递增区间． 14．解：f (x )的定义域为R ，在定义域内任取x 1＜x 2，有f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 21＋1－x 2x 22＋1＝（x 1－x 2）（1－x 1x 2）（x 21＋1）（x 22＋1），其中x 1－x 2＜0，x 21＋1＞0，x 22＋1＞0.①当x 1，x 2∈(－1，1)时，即|x 1|＜1，|x 2|＜1，所以|x 1x 2|＜1，则x 1x 2＜1，1－x 1x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＜0，f (x 1)＜f (x 2)，所以f (x )为增函数． ②当x 1，x 2∈(－∞，－1]或[1，＋∞)时，1－x 1x 2＜0，f (x 1)＞f (x 2)，所以f (x )为减函数．综上所述，f (x )在(－1，1)上是增函数，在(－∞，－1]和[1，＋∞)上是减函数．15．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 1)－f (x 2)＝a －1x 1－a －1x 2＝1x 2－1x 1＝x 1－x 2x 1x 2<0. ∴f (x 1)<f (x 2)，即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．可证h (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以a ≤h (1)，即a ≤3.所以a 的取值范围为(－∞，3]．【难点突破】16．解：(1)f (x )＝x 2x －2＝[（x －2）＋2]2x －2＝(x －2)＋4x －2＋4，令x －2＝t ，由于y ＝t ＋4t＋4在(－∞，－2)，(2，＋∞)内单调递增，在(－2，0)，(0，2)内单调递减，∴容易求得f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(4，＋∞)；单调递减区间为(0，2)，(2，4)．(2)∵f (x )在x ∈[0，1]上单调递减，∴其值域为[－1，0]，即x ∈[0，1]时，g (x )∈[－1，0]．∵g (0)＝0为最大值，∴最小值只能为g (1)或g (a )，若g (1)＝－1，则⎩⎪⎨⎪⎧a ≥1，1－2a ＝－1⇒a ＝1；若g (a )＝－1，则⎩⎪⎨⎪⎧12≤a ≤1，－a 2＝－1⇒a ＝1.综上得a ＝1.。

2023年高考数学一轮复习第二章函数2函数的单调性与最值练习含解析

函数的单调性与最值考试要求 1.借助函数图象，会用数学符号语言表达函数的单调性、最值，理解实际意义.2.掌握函数单调性的简单应用．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，区间D⊆I，如果∀x1，x2∈D当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递增当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递减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上单调递增或单调递减，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)∀x∈I，都有f(x)≤M；(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M(1)∀x∈I，都有f(x)≥M；(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值常用结论1．∀x 1，x 2∈D 且x 1≠x 2，有f x 1－f x 2x 1－x 2>0(<0)或(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0(<0)⇔f (x )在区间D 上单调递增(减)．2．在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数，减函数＋减函数＝减函数． 3．函数y ＝f (x )(f (x )>0或f (x )<0)在公共定义域内与y ＝－f (x )，y ＝1f x的单调性相反．4．复合函数的单调性：函数y ＝f (u )，u ＝φ(x )在函数y ＝f (φ(x ))的定义域上，如果y ＝f (u )与u ＝φ(x )的单调性相同，那么y ＝f (φ(x ))单调递增；如果y ＝f (u )与u ＝φ(x )的单调性相反，那么y ＝f (φ(x ))单调递减．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若f (x )的定义域为R ，且f (－3)<f (2)，则f (x )为R 上的增函数．( × ) (2)函数f (x )在(－2,3)上单调递增，则函数的单调递增区间为(－2,3)．( × ) (3)因为y ＝x 与y ＝e x都是增函数，所以y ＝x e x在定义域内为增函数．( × ) (4)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( × )教材改编题1．下列函数中，在区间(0,1)上单调递增的是( ) A ．y ＝|x ＋1| B ．y ＝2－x C ．y ＝1xD ．y ＝x 2－x ＋1答案 A 2．函数y ＝xx －1在区间[2,3]上的最大值是________．答案 2 解析函数y ＝xx －1＝1＋1x －1在[2,3]上单调递减，当x ＝2时，y ＝x x －1取得最大值22－1＝2. 3．函数y ＝ax －1在(－∞，1)上为增函数，则实数a 的取值范围是________．答案 (－∞，0)题型一确定函数的单调性命题点1 求具体函数的单调区间例1 (多选)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝e x －e －xB ．y ＝|x 2－2x | C ．y ＝x ＋cos x D ．y ＝x 2＋x －2答案 AC解析 ∵y ＝e x 与y ＝－e －x为R 上的增函数， ∴y ＝e x －e －x为R 上的增函数，故A 正确；由y ＝|x 2－2x |的图象知，故B 不正确；对于选项C ，y ′＝1－sin x ≥0，∴y ＝x ＋cos x 在R 上为增函数，故C 正确；y ＝x 2＋x －2的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，故D 不正确．命题点2 判断或证明函数的单调性例2 试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性．解方法一设－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 1x 1－1x 2－1，由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0，故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，函数f (x )在(－1,1)上单调递减；当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，函数f (x )在(－1,1)上单调递增．方法二 f ′(x )＝ax ′x －1－ax x －1′x －12＝a x －1－ax x －12＝－ax －12.当a >0时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－1,1)上单调递减；当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－1,1)上单调递增．教师备选1．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，该函数的图象如图所示，其单调递减区间是[0,1)．2．已知a >0，函数f (x )＝x ＋ax(x >0)，证明：函数f (x )在(0，a ]上单调递减，在[a ，＋∞)上单调递增．证明方法一 (定义法)设x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)＝x 1＋a x 1－x 2－ax 2＝(x 1－x 2)＋a x 2－x 1x 1x 2＝x 1－x 2x 1x 2－ax 1x 2，∵x 1>x 2>0，∴x 1－x 2>0，x 1x 2>0，当x 1，x 2∈(0，a ]时，0<x 1x 2<a ， ∴x 1x 2－a <0，∴f (x 1)－f (x 2)<0，f (x 1)<f (x 2)， ∴f (x )在(0，a ]上单调递减，当x 1，x 2∈[a ，＋∞)时，x 1x 2>a ， ∴x 1x 2－a >0，∴f (x 1)－f (x 2)>0， ∴f (x 1)>f (x 2)，∴f (x )在[a ，＋∞)上单调递增．方法二 (导数法)f ′(x )＝1－a x 2＝x 2－ax2(x >0)，令f ′(x )>0⇒x 2－a >0⇒x >a ，令f ′(x )<0⇒x 2－a <0⇒0<x <a ，∴f (x )在(0，a ]上单调递减，在[a ，＋∞)上单调递增．思维升华确定函数单调性的四种方法(1)定义法；(2)导数法；(3)图象法；(4)性质法．跟踪训练1 (1)函数f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，32D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 答案 D解析 f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的定义域为(－1,4)．令t ＝4＋3x －x 2，对称轴为x ＝32，故单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4，因为y ＝ln t 为增函数，所以f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4.(2)函数f (x )＝|x －2|x 的单调递减区间是________．答案 [1,2]解析 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥2，－x 2＋2x ，x <2.画出f (x )的大致图象(如图所示)，由图知f (x )的单调递减区间是[1,2]．题型二函数单调性的应用命题点1 比较函数值的大小例3 (2022·成都模拟)已知函数f (x )为R 上的偶函数，对任意x 1，x 2∈(－∞，0)，均有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0成立，若a ＝f (ln 2)，b ＝f (133)，c ＝f (13e )，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．c <b <a B ．a <c <b C ．a <b <c D ．c <a <b答案 B解析 ∵对任意x 1，x 2∈(－∞，0)，均有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0成立，∴此时函数在区间(－∞，0)上单调递减， ∵f (x )是偶函数，∴当x ∈(0，＋∞)时，f (x )单调递增，又f (x )＝13x 在x ∈(0，＋∞)上单调递增， ∴1<13e <133，又0<ln 2<1， ∴ln2<13e <133，∴133f ⎛⎫ ⎪⎝⎭>13e f ⎛⎫⎪⎝⎭>f (ln 2)，即a <c <b .命题点2 求函数的最值例4 (2022·深圳模拟)函数y ＝x 2＋4x 2＋5的最大值为________．答案 25解析令x 2＋4＝t ，则t ≥2， ∴x 2＝t 2－4，∴y ＝t t 2＋1＝1t ＋1t，设h (t )＝t ＋1t，则h (t )在[2，＋∞)上为增函数， ∴h (t )min ＝h (2)＝52，∴y ≤152＝25(x ＝0时取等号)．即y 的最大值为25.命题点3 解不等式例5 已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x－log 2(x ＋2)，若f (a －2)>3，则a 的取值范围是________．答案 (0,1)解析由f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x－log 2(x ＋2)知，f (x )在定义域(－2，＋∞)上是减函数，且f (－1)＝3，由f (a －2)>3，得f (a －2)>f (－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －2<－1，a －2>－2，解得0<a <1.命题点4 求参数的取值范围例6 函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x，x ≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2x ＋2，x <1，且满足对任意的实数x 1≠x 2都有f x 1－f x 2x 1－x 2>0成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[4,8)B ．(4,8)C ．(1,8]D ．(1,8)答案 A解析函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x，x ≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2x ＋2，x <1满足对任意的实数x 1≠x 2都有f x 1－f x 2x 1－x 2>0，所以函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x，x ≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2x ＋2，x <1是R 上的增函数，则由指数函数与一次函数的单调性可知应满足⎩⎪⎨⎪⎧a >1，4－a 2>0，a ≥4－a 2＋2，解得4≤a <8，所以实数a 的取值范围为[4,8)．教师备选1．(2022·嘉峪关模拟)函数f (x )＝ln(x 2－ax －3)在(1，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－2)C ．(－∞，2]D ．(－∞，2)答案 A解析函数f (x )＝ln(x 2－ax －3)为复合函数，令u (x )＝x 2－ax －3，y ＝ln u 为增函数，故只要u (x )＝x 2－ax －3在(1，＋∞)上单调递增即可，只要⎩⎪⎨⎪⎧a 2≤1，u 1≥0，解得a ≤－2.2．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______．答案 1解析方法一在同一坐标系中，作函数f (x )，g (x )的图象，依题意，h (x )的图象为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.方法二依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤2，－x ＋3，x >2.当0<x ≤2时，h (x )＝log 2x 单调递增，当x >2时，h (x )＝3－x 单调递减，因此h (x )在x ＝2时取得最大值h (2)＝1.思维升华 (1)比较函数值的大小时，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，由条件脱去“f ”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域． (3)利用单调性求参数的取值(范围)．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．跟踪训练 2 (1)(2022·天津静海区模拟)已知函数f (x )＝e |x |，记a ＝f (log 23)，b ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫log 312，c ＝f (2.11.2)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．b <a <cD ．b <c <a答案 C解析函数f (x )＝e |x |，其定义域为R ，且f (－x )＝e|－x |＝e |x |＝f (x )，∴f (x )为偶函数，当x >0时，f (x )＝e x，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∵2＝log 24>log 23>log 22＝1，0<log 32<log 33＝1,2.11.2>2.11＝2.1>2， ∴2.11.2>log 23>log 32>0， ∴f (2.11.2)>f (log 23)>f (log 32)，即f (2.11.2)>f (log 23)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 312，则b <a <c .(2)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x >4，若函数y ＝f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1] B ．[1,4]C ．[4，＋∞)D ．(－∞，1]∪[4，＋∞)答案 D解析画出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x >4的图象，如图，由图可知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x >4的单调递增区间为(－∞，2)，(4，＋∞)，∵函数在(a ，a ＋1)上单调递增， ∴a ＋1≤2或a ≥4， ∴a ≤1或a ≥4.(3)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递减，则不等式f (2x －1)>f (x ＋1)的解集为________．答案 (0,2)解析依题意f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递减，所以f (2x －1)>f (x ＋1)⇔(2x －1)2<(x ＋1)2，即4x 2－4x ＋1<x 2＋2x ＋1，即x 2－2x ＝x (x －2)<0⇒x ∈(0,2)．课时精练1．下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是( ) A ．y ＝1x－xB ．y ＝x 2－x C ．y ＝ln x －x D ．y ＝e x答案 A解析当x ∈(0，＋∞)时，y ＝1x 与y ＝－x 单调递减，∴y ＝1x－x 在(0，＋∞)上单调递减．2．若函数f (x )＝2x 2＋31＋x 2，则f (x )的值域为( )A ．(－∞，3]B ．(2,3)C ．(2,3]D ．[3，＋∞)答案 C解析 f (x )＝2x 2＋31＋x 2＝2＋1x 2＋1， ∵x 2≥0，∴x 2＋1≥1， ∴0<1x 2＋1≤1， ∴f (x )∈(2,3]．3．(2022·贵阳模拟)已知函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数，若f (1)＝－2，则满足－2≤f (x －2)≤2的x 的取值范围是( ) A ．[－2,2] B ．[－1,1] C ．[1,3] D ．[0,4]答案 C解析因为f (x )为奇函数，若f (1)＝－2，则f (－1)＝2，所以不等式－2≤f (x －2)≤2可化为f (1)≤f (x －2)≤f (－1)，又f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，所以－1≤x －2≤1，解得1≤x ≤3.4．(2022·南通模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ e x －e －x ，x >0，－x 2，x ≤0，若a ＝50.01，b ＝log 32，c ＝log 20.9，则有( )A ．f (a )>f (b )>f (c )B ．f (b )>f (a )>f (c )C ．f (a )>f (c )>f (b )D ．f (c )>f (a )>f (b )答案 A解析 y ＝e x 是增函数，y ＝e －x 是减函数，因此在(0，＋∞)上y ＝e x －e －x 单调递增，且此时f (x )>0.f (x )＝－x 2在x ≤0时单调递增，所以f (x )在R 上单调递增．c ＝log 20.9<0，b ＝log 32，所以0<b <1，a ＝50.01>1，即a >b >c ，所以f (a )>f (b )>f (c )．5．(多选)已知函数f (x )＝x －a x (a ≠0)，下列说法正确的是( )A ．当a >0时，f (x )在定义域上单调递增B ．当a ＝－4时，f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)C ．当a ＝－4时，f (x )的值域为(－∞，－4]∪[4，＋∞)D ．当a >0时，f (x )的值域为R答案 BCD解析当a >0时，f (x )＝x －a x ，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．∵f (x )在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，故A 错误；又x →－∞时，f (x )→－∞，x →0－时，f (x )→＋∞，∴f (x )的值域为R ，故D 正确；当a ＝－4时，f (x )＝x ＋4x ，由其图象(图略)可知，B ，C 正确．6．(多选)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ ln x ＋2x ，x >0，21－x，x ≤0，则下列结论正确的是( ) A ．f (x )在R 上为增函数B ．f (e)>f (2)C ．若f (x )在(a ，a ＋1)上单调递增，则a ≤－1或a ≥0D ．当x ∈[－1,1]时，f (x )的值域为[1,2]答案 BC解析易知f (x )在(－∞，0]，(0，＋∞)上单调递增，A 错误，B 正确；若f (x )在(a ，a ＋1)上单调递增，则a ≥0或a ＋1≤0，即a ≤－1或a ≥0，故C 正确；当x ∈[－1,0]时，f (x )∈[1,2]，当x ∈(0,1]时，f (x )∈(－∞，2]，故x ∈[－1,1]时，f (x )∈(－∞，2]，故D 不正确．7．函数y ＝－x 2＋2|x |＋1的单调递增区间为__________，单调递减区间为________．答案 (－∞，－1]和[0,1](－1,0)和(1，＋∞)解析由于y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2－2x ＋1，x <0，即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x －12＋2，x ≥0，－x ＋12＋2，x <0.画出函数的图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为(－1,0)和(1，＋∞)．8．(2022·山东师大附中质检)已知函数f (x )＝e |x －a |(a 为常数)，若f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．答案 (－∞，1]解析 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ e x －a ，x ≥a ，e a －x ，x <a ，当x ≥a 时，f (x )单调递增，当x <a 时，f (x )单调递减，又f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以a ≤1.9．已知函数f (x )＝ax －1ax ＋2a(a >0)，且f (x )在(0,1]上的最大值为g (a )，求g (a )的最小值．解 f (x )＝ax －1ax ＋2a (a >0)，∴f (x )在(0,1]上单调递增，∴f (x )max ＝f (1)＝a ＋1a ，∴g (a )＝a ＋1a ≥2，当且仅当a ＝1a 即a ＝1时取等号，∴g (a )的最小值为2.10．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 的取值范围．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x 1，x 2∈R 且x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝a －1221x +－a ＋2221x +＝()()()12122221212x x x x ⋅-++，∵y ＝2x 在R 上单调递增且x 1<x 2，∴0<12x <22x ，∴12x －22x <0,12x ＋1>0,22x ＋1>0.∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)．∴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.∴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)．11．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答案 C解析画出函数M ＝max{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4.12．如果几个函数的定义域相同、值域也相同，但解析式不同，称这几个函数为“同域函数”.函数y ＝x －1－2－x 的值域为________，则与y 是“同域函数”的一个解析式为________．答案 [－1,1] y ＝2x －3，x ∈[1,2] 或y ＝sin(2πx )，x ∈[1,2]或y ＝3x －1－2，x ∈[1,2](答案不唯一)解析因为y ＝x －1－2－x ，所以x ≥1且x ≤2，所以函数的定义域为[1,2]．显然，函数y ＝f (x )＝x －1－2－x 在[1,2]上单调递增，所以f (x )∈[－1,1]，所以函数的值域为[－1,1]．只要满足定义域为[1,2]，且值域为[－1,1]的函数均符合题意，例如y ＝sin(2πx )，x ∈[1,2]或y ＝2x －3，x ∈[1,2]或y ＝3x －1－2，x ∈[1,2]． 13．设函数f (x )＝ax ＋1x ＋2a在区间(－2，＋∞)上单调递增，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，定义域为{x |x ≠－2a }，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2－1>0，－2a ≤－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2－1>0，a ≥1，所以a ≥1.14．(2022·沧州模拟)设函数f (x )＝x 3－sin x ＋x ，则满足f (x )＋f (1－2x )<0的x 的取值范围是________．答案 (1，＋∞)解析 f (x )＝x 3－sin x ＋x ，∵f (－x )＝(－x )3－sin(－x )＋(－x )＝－(x 3－sin x ＋x )＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，又f ′(x )＝3x 2－cos x ＋1≥0，∴f (x )为R 上的增函数，∴f (x )＋f (1－2x )<0可化为 f (x )<－f (1－2x )＝f (2x －1)，∴x <2x －1，即x >1，∴满足f (x )＋f (1－2x )<0的x 的取值范围是(1，＋∞)．15．(2022·厦门模拟)函数g (x )＝ax ＋2(a >0)，f (x )＝x 2－2x ，对∀x 1∈[－1,2]，∃x 0∈[－1,2]，使g (x 1)＝f (x 0)成立，则a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13 B ．[1,2) C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞ 答案 C 解析若对∀x 1∈[－1,2]，∃x 0∈[－1,2]，使g (x 1)＝f (x 0)成立，只需函数y ＝g (x )的值域为函数y ＝f (x )的值域的子集即可．函数f (x )＝x 2－2x ＝(x －1)2－1，x ∈[－1,2]的值域为[－1,3]．当a >0时，g (x )＝ax ＋2单调递增，可得其值域为[2－a ,2＋2a ]，要使[2－a ,2＋2a ]⊆[－1,3]，需⎩⎪⎨⎪⎧ 2－a ≥－1，2＋2a ≤3，a >0，解得0<a ≤12，综上，a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12. 16．已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )＋1，且当x >0时，f (x )>－1.(1)求f (0)的值，并证明f (x )在R 上是增函数；(2)若f (1)＝1，解关于x 的不等式f (x 2＋2x )＋f (1－x )>4.解 (1)令x ＝y ＝0，得f (0)＝－1.在R 上任取x 1>x 2，则x 1－x 2>0，所以f (x 1－x 2)>－1.又f (x 1)＝f [(x 1－x 2)＋x 2]＝f (x 1－x 2)＋f (x 2)＋1>f (x 2)，所以函数f (x )在R 上是增函数．(2)由f (1)＝1，得f (2)＝3，f (3)＝5.由f (x 2＋2x )＋f (1－x )>4得f (x 2＋x ＋1)>f (3)，因为函数f (x )在R 上是增函数，所以x 2＋x ＋1>3，解得x <－2或x >1，故原不等式的解集为{x |x <－2或x >1}．。

(完整版)高三数学一轮复习专题复习《函数的单调性与最值》

函数的单调性与最值（45分钟 100分）、选择题（每小题5分,共40分）1.（2013 •沈阳模拟）下列函数在（0,+ a ）上是增函数的是（）A. y=l n( x-2)C.y=x-x 1y=- ■、 € (- a ,0].1) ________________________ 2【解析】选 C.函数y=ln （x-2）在（2,+ a ）上为增函数,y=- 在［0,+ a ）上为减函数,y=x-x -1 =x- 在［0,+ a ）上为减函数，故C 正确.2.(2014 -衢州模拟）下列函数中，值域为（-a ,0）的是（）2 A.y=-x 1B.y=3x_1C.y= ' 【解析】D.y=- ' 'y=-x 2的值域为(- a ,0]； {1 1 X <T的值域为y<3X 3y=3x-1 即 y € (- a ,0); y= 的值域为(-a ,0) U (0,+ a )；3.（2014 •珠海模拟）若函数y=ax 与y=-'：在（0, ":在(0,+ a 选B.函数 1=0,+ a）上都是减函数，则y=ax +bx在（0,+ a）上是A.增函数 B.减函数b【解析】选B.因为y=ax 与、=-、在(0,+ g )上都是减函数,所以a<0,b<0,b所以y=ax 2+bx 的对称轴x=— ]<0,所以y=ax 2+bx 在(0,+ g )上为减函数.4.已知奇函数f(x)对任意的正实数 x i ,x 2(x i 丰X 2),恒有(x i -X 2)(f(x i )-f(x 2))>0,则一定正确的是()A.f(4)>f(-6)B.f(-4)<f(-6)C.f(-4)>f(-6)D.f(4)<f(-6)【解析】选 C.由(x i -x 2)(f(x i )-f(x 2))>0 知 f(x)在(0,+ g )上递增，的值域是() A.{0,1}B.{0,-1}C.{-1,1}D.{1,1}【思路点拨】先求f(x)的值域，再据［x ］的规定求［f(x)］的值域.2X所以 y=[f(x)] € {0,-1}. 表示不超过x 的最大整数，则函数y=［f(x)］6.(2013 •天津模拟)设函数f(x)= r 2 x - 4x + 6f x > 0, t x + 6f x < 0f 则不等式 f(x)>f(1) 的解集是所以 f(4)<f(6) ? f(-4)>f(-6).又［X ］表示不超过x 的最大整数A.(-3,1) U (3,+ g)B. (-3,1) U (2,+ g)2【解析】选 A.当 x > 0 时,f(x)>f(1)=3, 即 x -4x+6>3,解得 O W x<1 或 x>3;当 x<0 时,f(x)>f(1)=3, 即 x+6>3,解得-3<x<0.故 f(x)>f(1) 的解集是(-3,1) U (3,+8).7. (2014 •厦门模拟)定义在R 上的函数f(x)在区间(-8 ,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)【思路点拨】由已知得到f(x)的对称性，进而作出图象大致形状，数形结合求解• 【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(-8,2)上是增函数，则其在(2,+ 8)上为减函数，作出其图象大致形状如图所示 ^=2【加固训练】已知f(x)是定义在(0,+)上的单调递增函数，且满足f(3x-2)<f(1), 则实数x的取值范围是( A.(- 8,1)C. D.(1,+ 8)【解析】选B.因为 f(x) ；3x-2>0, 所以(敦一 2 < 1? 是定义在(0,+ 8 )上的单调递增函数2 x > -,,且满足 f(3x-2)<f(1), ? x €所以实数x 的取值范围是 V由图象知,f(-1)<f(3), 故选A.8.(能力挑战题)(2013 •金华模拟)设函数 g(x)=x 2-2(x € R),fg(x) + x + 4,x < g(x),f (x )= I - >g (X)・则 f(x)的值域是()r g '■ 4^°A.J U (1,+ g )B. [0,+ g ) 討)C. Lf【思路点拨】明确自变量的取值范围，先求每一部分的函数值范围，再取并集求值域2x + x + 2, x <-> 2F 2 L x -x-2, - 1 < x < 2,、填空题(每小题5 分,共20分)9. (2014 •台州模拟)如果函数f(x)=ax 2-3x+4在区间(-g ,6)上单调递减，则实数a 的取值范围【解析】选 D.由 x<g(x)=x 2-2 得 x 2-x-2>0,则x<-1或x>2.因此由 x > g(x)=x 2-2 得-1 < x < 2. 由以上可得f(x)的值域是 U (2,+ g ).D. 于是f(x)= 且 f(-1)=f(2)=0,所以-(2)当0时,二次函数f(x)的对称轴为直线因为f(x)在区间(-g ,6)上单调递减， 31 所以a>0,且2a > 6,解得 0<a w 4【误区警示】本题易忽视a=0的情况而失误【思路点拨】由于f(x)为R 上的减函数,所以当x<-1时,恒有f(x)>f(-1),由此可求得a 的取值范围. 円【解析】因为f(x)为R 上的减函数，所以必有f(-1) W 1 ,即1+a w -1,所以a w -2. 答案:a w -2的取值范围是. 卜'+ax,x< li [ax z + x.x > 1【解析】因为函数f(x)=在R 上单调递减，2 2 所以g(x)=x +ax 在(-g ,1]上单调递减，且h(x)=ax +x 在(1,+ g )上单调递减，且g(1) > h(1),【解析】(1)当a=0时,f(x)=-3x+4. 函数在定义域 R 上单调递减，故在区间(-g ,6)上单调递减 10.函数 f(x)= f 1| —‘X <- 1,Xk - x + a f x >- 1在R 上是减函数，则实数 a 的取值范围是【加固训练】 (2013 •保定模拟)已知函数f(x)=在R 上单调递减，则实数a综上所述,0 < aw :.a < 0,11——v 1,2a _l + a > a + 1,b所以解得a w-2.答案:a w -211. (2014 •宁波模拟)规定符号“”表示一种两个正实数之间的运算，即ab岂^b+a+b,a,b是正实数，已知1k=3,则函数f(x)=kx 的值域是.【解析】由题意知1k=; +1+k=3,解得k=1,所以f(x)=kx=1x==(-£|+2)2+4,因为>0,所以f(x)>1.答案：(1,+ )12. 函数f(x)的定义域为A,若X I,X2€ A且f(x i)=f(x 2)时总有x i=X2,则称f(x)为单函数.例如,函数f(x)=2x+1(x € R)是单函数，下列命题:①函数f(x)=x 2(x € R)是单函数；②指数函数f(x)=2 x(x € R)是单函数；③若f(x)为单函数,x 1,x 2€ A 且X" X2,则f(x 1)丰 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的真命题是(写出所有真命题的编号).【解析】对于①,x 1=2,x 2=-2时,f(x 1 )=f(x 2),而X" X2,故函数f(x)=x 不为单函数，故①错；对于②，因为y=2x在定义域内为单调增函数，故②正确；对于③，假设f(x 1)=f(x 2),由f(x)为单函数,故X1=X2,这与X1M X2矛盾,故原命题成立，故③正确；对于④，因函数在定义域上具有单调性，即满足f(x)为单函数的定义，故④正确.答案：②③④三、解答题(13题12分,14〜15题各14分)13. (2014 •温州模拟)已知函数 f(x)=log a (1-x)+log a (x+3)(0<a<1). ⑴求函数f(x)的定义域.⑵若函数f(x)的最小值为-4,求实数a 的值.解之得-3<x<1.所以函数的定义域为{x|-3<x<1}._ 22 ⑵ 函数可化为 f(x)=log a (l-x)(x+3)=log a (-x -2x+3)=log a [-(x+1)+4]. 2因为-3<x<1,所以 0<-(x+1) +4W 4.2因为 0<a<1,所以 log a [-(x+1) +4] > log a 4,即 f(x) min =log a 4.I -壯由 log a 4=-4,得 a -4=4,所以 a=_=- 故实数a 的值为丄.I14. 已知函数f(x)=a- 1刘.⑵ 若f(x)<2x 在(1,+ g )上恒成立，求实数a 的取值范围【解析】 ⑴ 当x € (0,+ g )时,1f(x)=a- ”,设 0<X 1<X 2,则 X 1X 2>0,x 2-x 1>0, l\ 1\a a _电丿xj所以f(x)在(0,+ g )上是增函数【解析】(1)要使函数有意义：则有 I -X > 0 x + 3 > 0(1)求证:函数y=f(x) 在(0,+ g )上是增函数f(x 2)-f(X 1)=1 1⑵ 由题意a- <2x 在(1,+ g )上恒成立,设h(x)=2x+壬, 则a<h(x)在(1,+ g )上恒成立.任取 x i ,x 2€ (1,+ g )且 x i <X 2,因为 1<X 1<X 2,所以 X 1-X 2<O,X 1X 2>1, I 1 I所以 2-' >0,所以 h(x i )<h(X 2),所以h(x)在(i,+ g )上单调递增故 a w h(i)即 a w 3,所以a 的取值范围是(-g ,3].i5.(能力挑战题)(20i4 •绍兴模拟)已知函数f(x)⑴求f(i).⑵解不等式 f(-x)+f(3-x) > -2.【解析】⑴令x=y=i,则 f(i)=f(i)+f(i),f(i)=0.⑵由题意知f(x)为(0,+ g )上的减函数:-x>0,且B-xAO.所以 x<o,因为 f(xy)=f(x)+f(y),住)x,y € (0,+ g )且 f ' =i.所以 f(-x)+f(3-x) > -2,h(x i )-h(x 2)=(x i -x 2)的定义域是(0,+ g ),且满足f(xy)=f(x)+f(y),f =i,如果对于 0<x<y,都有 f(x)>f(y).解得-1 W x<0.所以不等式的解集为［-1,0). 可化为 f(-x)+f(3-x) > -2f > 0=f(1),f(-x)+f。

2023年新高考数学一轮复习3-2 函数的单调性与最值(真题测试)解析版

专题3.2 函数的单调性与最值（真题测试）一、单选题1．（2014·北京·高考真题（文））下列函数中，定义域是R 且为增函数的是（）A ．x y e -=B ．3y x =C ．ln y x =D ．y x = 【答案】B【解析】【分析】分别求出选项中各函数的定义域，并判断其单调性，从而可得结论.【详解】对于A ，1xx y e e -⎛⎫== ⎪⎝⎭，是R 上的减函数，不合题意；对于B ，3y x =是定义域是R 且为增函数，符合题意；对于C ，ln y x =，定义域是()0,∞+，不合题意；对于D ，y x =，定义域是R ，但在R 上不是单调函数，不合题，故选B.2．（2020·山东·高考真题）已知函数()f x 的定义域是R ，若对于任意两个不相等的实数1x ，2x ，总有()()21210f x f x x x ->-成立，则函数()f x 一定是（） A ．奇函数B ．偶函数C ．增函数D ．减函数【答案】C【解析】【分析】利用函数单调性定义即可得到答案.【详解】对于任意两个不相等的实数1x ，2x ，总有()()21210f x f x x x ->-成立，等价于对于任意两个不相等的实数12x x <，总有()()12f x f x <.所以函数()f x 一定是增函数.故选：C3.（2015·山东·高考真题）关于函数22y x x =-+，以下表达错误的选项是（）A ．函数的最大值是1B ．函数图象的对称轴是直线1x =C ．函数的单调递减区间是[)1,-+∞D ．函数图象过点()2,0【答案】C【解析】【分析】根据二次函数的图像与性质，直接进行求解即可.【详解】 ()22211y x x x =-+=--+，最大值是1，A 正确；对称轴是直线1x =，B 正确；单调递减区间是[)1,+∞，故C 错误；令2x =的22220y =-+⨯=，故()2,0在函数图象上，故D 正确，故选：C4．（2021·全国·高三专题练习）函数()232f x x x =-+的单调递增区间是（） A ． 3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ． 31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦和[)2,+∞C ．(],1-∞和3,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ． 3,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和[)2,+∞ 【答案】B【解析】【分析】去绝对值符号表示出分段函数的解析式，根据函数的解析式作出函数图象，进而根据函数图象求出单调区间，即可求出结果.【详解】222232,13232,1232,2x x x y x x x x x x x x ⎧-+≤⎪=-+=-+-<<⎨⎪-+≥⎩如图所示：函数的单调递增区间是31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦和[)2,+∞．故选：B.5．（2022·河北·模拟预测）已知2:10p x ax -+=无解，()2:()4q f x a x =-为增函数，则p 是q 的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】分别由210x ax -+=无解和()2()4f x a x =-为增函数解出a 的范围，即可判断. 【详解】由210x ax -+=无解可得240a -<，解得22a -<<；由()2()4f x a x =-为增函数可得240a ->，解得22a -<<，故p 是q 的充要条件.故选：C.6．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））已知函数()f x 对任意实数x 都有(2)(2)f x f x +=-，并且对任意12,(,2)x x ∈-∞，都有()()12120f x f x x x -<-，则下列说法正确的是（） A ．(0)(3)f f <B ．(2)(2)f f =-C ．(2)f f <-D ．1)1)f f <【答案】C【解析】【分析】根据题意得到函数()f x 关于2x =对称，且在区间(,2)-∞上单调递减函数，在区间(2,)+∞上单调递增函数，结合函数的性质，逐项判定，即可求解．【详解】由函数()f x 对任意实数x 都有(2)(2)f x f x +=-，可得函数()f x 关于2x =对称，又由对任意12,(,2)x x ∈-∞，都有()()12120f x f x x x -<-，可得函数()f x 在区间(,2)-∞上单调递减函数，则在区间(2,)+∞上单调递增函数，由()(0)4(3)f f f =>，所以A 不正确；由(2)(2)f f <-，所以B 不正确；由()(6)2f f f <=-，所以C 正确；1212->-，所以))11f f >，所以D 不正确. 故选：C.7．（2022·安徽·合肥市第六中学模拟预测（文））已知定义在R 上的函数()f x 满足()()13f x f x -=-，且[)12,1,x x ∀∈+∞，12x x ≠，都有()()12120f x f x x x ->-，()33f =．若对()1,3x ∀∈，()230f x a -->恒成立，则a 的取值范围是（） A ．()1,9-B ．[]1,7-C ．()(),19,-∞-+∞ D ．(][),17,-∞-+∞【答案】D【解析】【分析】由抽象函数单调性和对称性的定义可得()f x 在[)1,+∞上单调递增，在(],1-∞上单调递减且()()133f f -==，由此可将恒成立的不等式化为23x a ->或21x a -<-，分离变量后，根据函数最值可得a 的范围.【详解】[)12,1,x x ∀∈+∞，12x x ≠，都有()()12120f x f x x x ->-，()f x ∴在[)1,+∞上单调递增；()()13f x f x -=-，()f x ∴图象关于1x =对称，()f x ∴在(],1-∞上单调递减；()33f =，()()133f f ∴-==；由()230f x a -->知：()()23f x a f ->或()()21f x a f ->-，23x a ∴->或21x a -<-，23a x ∴<-或21a x >+，()1,3x ∈，1a ∴≤-或7a ≥，即a 的取值范围为(][),17,-∞-+∞.故选：D. 8．（2022·江苏南京·三模）已知()22,0,0x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩，若∀x ≥1，f （x ＋2m ）＋mf （x ）＞0，则实数m 的取值范围是（）A ．（－1，＋∞）B ．1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．（0，＋∞）D ．1,12⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】B【解析】【分析】分0m ≥和0m <进行分类讨论，分别确定m 的取值范围，最后综合得答案.【详解】0m ≥时，()()()22220f x m mf x x m mx ++=++>，符合题意；0m <时，()()20f x m mf x ++>，即()())2f x m mf x f+>-=显然()f x 在R 上递增，则2x m +>对1x ∀≥恒成立 (120x m +>对1x ∀≥恒成立则：10104120m m ⎧⎪⇒-<<⎨>⎪⎩；综上，1,4m ∞⎛⎫∈-+ ⎪⎝⎭，故选：B ．二、多选题9．（2022·全国·高三专题练习）函数()21x a f x x -=+在区间()b +∞，上单调递增，则下列说法正确的是（） A ．2a >-B ．1b >-C ．1b ≥-D ．2a <- 【答案】AC【解析】分离常数()221a f x x +=-+，根据()f x 在区间()b +∞，上单调递增，可得201a b +>⎧⎨≥-⎩，从而可得出选项.【详解】()22211x a a f x x x -+==-++， ()f x 在区间()b +∞，上单调递增，20a ∴+>，2a >-∴，由()f x 在区间()1+∞-，上单调递增， 1b .故选：AC10．（2022·全国·高三专题练习）已知函数23()4x f x x +=+，则下列叙述正确的是（） A ．()f x 的值域为()(),44,-∞--+∞ B ．()f x 在区间(),4-∞-上单调递增 C ．()()84f x f x +--=D ．若{}4,x x x x Z ∈>-∈，则()f x 的最小值为-3 【答案】BCD【解析】【分析】将函数转化为()245235()2444x x f x x x x +-+===-+++，再逐项判断. 【详解】函数()245235()2444x x f x x x x +-+===-+++， A. ()f x 的值域为()(),22,-∞+∞，故错误；B. ()f x 在区间(),4-∞-上单调递增，故正确；C. ()23()8134442x x x f x f x x ++=--++++=，故正确； D. 因为{}4,x x x x Z ∈>-∈，则()f x 的最小值为(3)3f -=-，故正确；故选：BCD11．（2022·全国·高三专题练习）已知函数(12)3221a x a y a x -++=+-（a 是常数）在[2,5]上的最大值是5，则a 的值可能是（）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】AB【解析】【分析】先化简解析式，再对参数进行分类讨论，即可求解.【详解】令(12)324()221211a x a f x y a a a x x -++==+=++---（a 是常数），因为[2,5]x ∈，所以41[2,5]1x +∈+. 若1a ≤，44()212111f x a a x x =++-=+--的最大值为5，符合题意；当512a <≤时，()f x 的最大值为(2)f 与(5)f 中较大的数，由(2)(5)f f =，即2|52|2|22|a a a a +-=+-，解得74a =，显然当714a <≤时，()f x 的最大值为5，当74a >时，()f x 的最大值不为定值. 综上，当74a ≤时，()f x 在[2,5]上的最大值是5，结合选项可知，a 的值可能是0或1，故选AB . 12．（2022·江苏·二模）已知定义在[]1,6上的函数()4f x x x=+，则（） A ．任意[],,1,6a b c ∈，()f a ，f b ，()f c 均能作为一个三角形的三条边长B ．存在[],,1,6a b c ∈，使得()f a ，f b ，()f c 不能作为一个三角形的三条边长C ．任意[],,1,6a b c ∈，()f a ，f b ，()f c 均不能成为一个直角三角形的三条边长D ．存在[],,1,6a b c ∈，使得()f a ，f b ，()f c 能成为一个直角三角形的三条边长【答案】AD【解析】【分析】根据给定条件，求出函数()f x 在定义区间上的最值，再结合构成三角形、直角三角形的条件判断作答.【详解】函数()4f x x x =+在[1,2]上单调递减，在[2,6]上单调递增，min ()(2)4f x f ==，max 20()(6)3f x f ==，任意[],,1,6a b c ∈，不妨令()()()f a f b f c ≥≥，则min max ()()2()2()()()f b f c f c f x f x f a +≥≥>≥，即()f a ，f b ，()f c 均能作为一个三角形的三条边长，A 正确，B 错误；取2,2a b c ===，满足[],,1,6a b c ∈，则()()4,()f a f b f c ===显然有222[()][()][()]f a f b f c +=，即()f a ，f b ，()f c 为边的三角形是直角三角形，C 错误，D 正确. 故选：AD三、填空题13．（2022·山东淄博·三模）设()()232,2x f x x x ⎧<<⎪=⎨-≥⎪⎩．若()()2f a f a =+，则=a __________．【答案】19【解析】【分析】由分段函数各区间上函数的性质有02a <<3a =，即可求结果.【详解】由y =(0,2)上递增，3(2)y x =-在(2,)+∞上递增，所以，由()()2f a f a =+，则02a <<，3a =，可得19a =. 故答案为：19 14．（2022·湖北武汉·模拟预测）若1,22x ⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使2210x x λ-+<成立，则实数λ的取值范围是______________．【答案】)+∞【解析】【分析】利用不等式的基本性质分离参数，利用函数的单调性求相应最值即可得到结论.【详解】由2210x x λ-+<可得，221x x λ>+，因为1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦，所以12x x λ>+，根据题意，min 12x x λ⎛⎫+ ⎪⎝⎭>即可，设()12f x x x =+，易知()f x在12⎛ ⎝⎭单调递减，在2⎫⎪⎪⎝⎭单调递增，所以()min f x f ==⎝⎭所以λ>故答案为：)+∞15．（2022·辽宁·大连市普兰店区高级中学模拟预测）已知函数()f x 为定义在R 上的函数，对任意的R x ∈，均有()()22f x f x +=-成立，且()f x 在[)2,+∞上单调递减，若()10f -=，则不等式()10f x -≥的解集为__________．【答案】[]0,6##}{06x x ≤≤【解析】【分析】根据函数的对称性及单调性之间的关系即可求解.【详解】由题意，因为函数()f x 对任意的R x ∈均有()()22f x f x +=-，所以可得函数()f x 的图象关于2x =对称，又由()f x 在[)2,+∞上单调递减，则()f x 在(,2)-∞上单调递增，因为()10f -=，可得()()510f f =-=，则不等式()10f x -≥，可得115x -≤-≤，解得06x ≤≤，所以不等式()10f x -≥的解集为[]0,6.故答案为：[]0,6.16．（2022·上海市七宝中学模拟预测）已知()f x 为定义在(0,)+∞上的增函数，且任意0x >，均有()()11f f x x f x ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦，则(1)f =_____.【解析】【分析】设(1)f a =，令1x =、1x a =+求得()1111f f a a ⎛⎫+= ⎪+⎝⎭，结合()f x 单调性求出a 值，代入()f x 验证即可得结果.【详解】设(1)f a =，令1x =得：()()()111111f f f a f a⎡⎤+=⇒+=⎣⎦；令1x a =+得：()()()111111111f f a f a f a f a a a ⎡⎤⎛⎫++=⇒+== ⎪⎢⎥+++⎣⎦⎝⎭，因为()f x 为定义在(0,)+∞上的增函数，所以1111a a a +=⇒=+，当()1f a ==时，由()()11111101a f a f a a a a +>⇒+>⇒>⇒<-<<或矛盾.故()1f a ==.四、解答题17．（2021·江苏·高三）比较2ππ1+，103【答案】2ππ1013+<<【解析】【分析】构造()21x f x x+=，函数在()1,+∞上单调递增，3π<<. 【详解】设()21x f x x +=，故()211x f x x x x+==+，函数在()1,+∞上单调递增.故3π<<()()3πf f f <<，即2ππ1013+<< 18．（2022·上海市七宝中学模拟预测）甲、乙两地相距s 千米，汽车从甲地匀速地驶往乙地，速度不得超过c 千米/时.已知汽车每小时运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v （千米/时）的平方成正比，比例系数为b ，固定部分为a 元.(1)把全程运输成本y （元）表示为速度v （千米/时）的函数；(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大的速度行驶？【答案】(1)()()20s y bv a v c v =+<≤ (2)答案见解析【解析】【分析】（1）首先确定全程运输时间，根据可变成本和固定成本可得解析式；（2）根据对号函数单调性可分类讨论得到结论.(1)由题意知：每小时可变部分的成本为2bv ，全程运输时间为s v时， ∴全程运输成本()()20s y bv a v c v=+<≤. (2)由（1）得：a y s bv v ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，c >时，y 在(]0,c 上单调递减；则当v c =时，y 取得最小值；c 时，y 在⎛ ⎝上单调递减，在c ⎤⎥⎦上单调递增；则当v =y 取得最小值；c >时，应以速度c c . 19．（2021·上海浦东新·一模）已知函数2()1=++f x x ax ，a R ∈.(1)判断函数()f x 的奇偶性，并说明理由；(2)若函数()()(0)f x g x x x=>，写出函数()g x 的单调递增区间并用定义证明. 【答案】(1)答案见解析(2)[)1,+∞，证明见解析【解析】【分析】（1）分0a =、0a ≠两种情况，利用函数奇偶性的定义判断出结果；（2）求得1()g x x a x=++，可以确定()g x 的单调递增区间为[)1,+∞，之后利用函数单调性证明即可.(1)当0a =时，2()1f x x =+，定义域为R ，任选x ∈R ，都有2()1()f x x f x -=+=，所以0a =时函数()f x 为偶函数；当0a ≠，(1)2,(1)2f a f a -=-=+则(1)(1),(1)(1)f f f f -≠-≠-； 0a ≠时函数()f x 既非奇函数又非偶函数；(2)函数()g x 的单调递增区间为[)1,+∞. 证明：()1()f x g x x a x x==++，任取[)12,1,,x x ∈+∞且12x x <，1212121212111()()()()(1)g x g x x a x a x x x x x x -=++-++=--1212121()()x x x x x x -=-，由于12x x <，则120x x -<；由于[)12,1,x x ∞∈+，则121210x x x x ->；所以1212121()()0x x x x x x --<，即12()()f x f x <. 函数()g x 的单调递增区间为[)1,+∞.20．（2022·全国·高三专题练习）设函数2()1f x ax bx =++（,a b ∈R ），满足(1)0f -=，且对任意实数x 均有()0f x ≥.(1)求()f x 的解析式；(2)当11,22x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，若()()g x f x kx =-是单调函数，求实数k 的取值范围. 【答案】(1)2(1)2f x x x =++ (2)913,,122⎡⎤⎡⎤⋃-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦【解析】【分析】（1）根据0∆≤，结合(1)0f -=可解；（2）结合图形，对对称轴和端点函数值进行分类讨论可得.(1)∵(1)0f -=，∴1b a =+.即2()(1)1f x ax a x =+++，因为任意实数x ，()0f x ≥恒成立，则0a >且2224(1)4(1)0b a a a a ∆=-=+-=-≤，∴1a =，2b =，所以2(1)2f x x x =++.(2) 因为2()()(2)1g x f x kx x k x =-=+-+，设2()(2)1h x x k x =+-+，要使()g x 在11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调，只需要 21221()02k h -⎧≥⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩或21221()02k h -⎧≥⎪⎪⎨⎪-≤⎪⎩或21221()02k h -⎧≤-⎪⎪⎨⎪-≥⎪⎩或21221()02k h -⎧≤-⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩，解得932k ≤≤或112k -≤≤，所以实数k 的取值范围913,,122⎡⎤⎡⎤⋃-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦. 21．（2021·陕西商洛·模拟预测（理））已知函数()f x 的定义域为R ，,a b ∀∈R ，()()()f a f a b f b -=，且当0x >时，()1f x >.(1)求(0)f ，并写出一个符合题意的()f x 的解析式；(2)若()()22248f m m f m +>-，求m 的取值范围. 【答案】(1)(0)1f =，()2x f x =（答案不唯一） (2)423,⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】【分析】（1）利用特殊值求出()0f ，再根据指数的运算性质得到()f x 的一个解析式；（2）令2a b =，即可得到()0f x >，再利用单调性的定义证明函数的单调性，再根据函数的单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可；(1) 解：因为(),,()()f a a b f a b f b ∀∈-=R ，所以()0f x ≠. 令a b =，得()(0)1()f a f f a ==. 所以()f x 的一个解析式为()2x f x =（答案不唯一）.(2) 解：令2a b =，则2()02a f a f ⎡⎤⎛⎫=> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，即()0f x >. 令12x x <，则()()()2211f x f x x f x -=. 因为当0x >时，()1f x >，所以()()()22111f x f x x f x -=>. 因为()0f x >，所以()()12f x f x <，所以()f x 在R 上单调递增.不等式()()22248f m m f m +>-等价于22248m m m +>-，即23280m m --<，解得423m -<<，即m 的取值范围是423,⎛⎫- ⎪⎝⎭. 22．（2022·上海市七宝中学模拟预测）已知定义在区间[0,2]上的两个函数()f x 和()g x ，其中2()24(1)f x x ax a =-+≥，2()1x g x x =+. (1)求函数()y f x =的最小值()m a ；(2)若对任意12,[0,2]x x ∈，21()()f x g x >恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)24,12()84,2a a m a a a ⎧-≤<=⎨-≥⎩(2)1a ≤<【解析】【分析】（1）先将()f x 的解析式进行配方，然后讨论对称轴与区间[0,2]的位置关系，可求出函数()y f x =的最小值()m a ；（2）根据函数的单调性求出函数()f x 的最小值和()g x 的最大值，然后使()()21min max f x g x >，建立关系式，解之即可求出答案.(1)由()()222244f x x ax x a a =-+=-+-，则二次函数的对称轴为x a =，则当12a ≤<时，()f x 在[)0,a 上单调递减，在(],2a 上单调递增，所以 ()()()2min 4m a f x f a a ===-；当2a ≥时，()f x 在[0,2]上单调递减，()()()min 284m a f x f a ===- ，所以()24,1284,2a a m a a a ⎧-≤<=⎨-≥⎩； (2)()()1121g x x x =++-+，当[0,2]x ∈时，[]11,3x +∈，又()g x 在区间[0,2] 上单调递增，所以()40,3g x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.若对任意12,[0,2]x x ∈，()()21f x g x >恒成立则()()21min max f x g x >，故212443a a ≤<⎧⎪⎨->⎪⎩或24843a a ≥⎧⎪⎨->⎪⎩解得：1a ≤<.。

2022届高考数学(文)大一轮复习检测：第二章第5讲指数与指数函数 Word版含答案

第5讲指数与指数函数, [同学用书P31])1．根式(1)根式的概念①若x n ＝a ，则x 叫做a 的n 次方根，其中n >1且n ∈N *.式子na 叫做根式，这里n 叫做根指数，a 叫做被开方数．②a 的n 次方根的表示：x n＝a ⇒⎩⎨⎧x ＝n a ，当n 为奇数且n ∈N *，n ＞1时，x ＝±n a ，当n 为偶数且n ∈N *时.(2)根式的性质①(na )n ＝a (n ∈N *，n ＞1)．②n a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n 为奇数，|a |＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥0，－a ，a <0，n 为偶数. 2．有理数指数幂 (1)幂的有关概念①正分数指数幂：a m n＝na m (a >0，m ，n ∈N *，且n >1)；②负分数指数幂：a －mn ＝1a m n ＝1n a m (a >0，m ，n ∈N *，且n >1)；③0的正分数指数幂等于0，0的负分数指数幂无意义． (2)有理数指数幂的运算性质①a r a s ＝a r ＋s (a >0，r ，s ∈Q )； ②(a r )s ＝a rs (a >0，r ，s ∈Q )； ③(ab )r ＝a r b r (a >0，b >0，r ∈Q )． 3．指数函数的图象与性质y ＝a x a >10<a <1图象定义域 R 值域 (0，＋∞) 性质过定点(0，1)当x >0时，y >1；当x <0时，0<y <1 当x >0时，0<y <1；当x <0时，y >1 在R 上是增函数在R 上是减函数1．辨明三个易误点(1)指数幂的运算简洁消灭的问题是误用指数幂的运算法则，或在运算变换中方法不当，不留意运算的先后挨次等．(2)指数函数y ＝a x (a >0，a ≠1)的图象和性质与a 的取值有关，要特殊留意区分a >1或0<a <1. (3)在解形如a 2x ＋b ·a x ＋c ＝0或a 2x ＋b ·a x ＋c ≥0(≤0)的指数方程或不等式时，常借助换元法解决，但应留意换元后“新元”的范围．2．指数函数图象画法的三个关键点画指数函数y ＝a x (a >0，且a ≠1)的图象，应抓住三个关键点：(1，a )，(0，1)，⎝⎛⎭⎫－1，1a .1.教材习题改编化简[(－2)6]12－(－1)0的结果为() A ．－9 B ．7 C ．－10 D ．9 [答案] B2.教材习题改编设x ＋x －1＝3，则x 2＋x －2的值为( ) A ．9 B ．7 C ．5 D ．3 B [解析] 由于x ＋x －1＝3.所以(x ＋x －1)2＝9，即x 2＋x －2＋2＝9，所以x 2＋x －2＝7.3．函数f (x )＝a x －1(a ＞0，a ≠1)的图象恒过点A ，下列函数中图象不经过点A 的是( ) A ．y ＝1－x B ．y ＝|x －2|C ．y ＝2x－1 D ．y ＝log 2(2x ) A [解析] 由f (x )＝a x －1(a ＞0，a ≠1)的图象恒过点(1，1)，又0＝1－1，知(1，1)不在y ＝1－x 的图象上．4.教材习题改编若a >1且a 3x ＋1>a －2x ，则x 的取值范围为________．[解析] 由于a >1，所以y ＝a x 为增函数，又a 3x ＋1>a －2x ，所以3x ＋1>－2x ，即x >－15.[答案] ⎝⎛⎭⎫－15，＋∞ 5．若指数函数y ＝(a 2－1)x 在(－∞，＋∞)上为减函数，则实数a 的取值范围是________． [解析] 由题意知0<a 2－1<1，即1<a 2<2，得－2<a <－1或1<a < 2. [答案] (－2，－1)∪(1，2)指数幂的运算[同学用书P32][典例引领]化简下列各式：(1)⎝⎛⎭⎫2350＋2－2·⎝⎛⎭⎫214－12－(0.01)0.5； (2)56a 13·b －2·⎝⎛⎭⎫－3a －12b －1÷()4a 23·b－312. 【解】 (1)原式＝1＋14×⎝⎛⎭⎫4912－⎝⎛⎭⎫110012＝1＋14×23－110＝1＋16－110＝1615.(2)原式＝－52a －16b －3÷⎝⎛⎭⎫4a 23·b －312＝－54a －16b －3÷⎝ ⎛⎭⎪⎫a 13b －32＝－54a －12·b －32＝－54·1ab 3＝－5ab 4ab 2.指数幂运算的一般原则(1)有括号的先算括号里的，无括号的先算指数运算． (2)先乘除后加减，负指数幂化成正指数幂的倒数．(3)底数是负数，先确定符号；底数是小数，先化成分数；底数是带分数的，先化成假分数． (4)若是根式，应化为分数指数幂，尽可能用幂的形式表示，运用指数幂的运算性质来解答． [留意] 运算结果不能同时含有根号和分数指数幂，也不能既有分母又含有负指数，形式力求统一．化简下列各式：(1)(0.027)23＋⎝⎛⎭⎫27125－13－⎝⎛⎭⎫2790.5； (2)⎝⎛⎭⎫14－12·（4ab －1）3（0.1）－1·（a 3·b －3）12.[解] (1)原式＝0.32＋⎝⎛⎭⎫1252713－ 259＝9100＋53－53＝9100. (2)原式＝2（4ab －1）3210a 32b －32＝16a 32b －3210a 32b －32＝85. 指数函数的图象及应用[同学用书P32][典例引领](1)函数f (x )＝a x －b 的图象如图所示，其中a ，b 为常数，则下列结论正确的是( )A ．a >1，b <0B ．a >1，b >0C ．0<a <1，b >0D ．0<a <1，b <0(2)若方程|3x －1|＝k 有一解，则k 的取值范围为________．【解析】 (1)由f (x )＝a x －b 的图象可以观看出函数f (x )＝a x －b 在定义域上单调递减，所以0<a <1.函数f (x )＝a x －b 的图象是在f (x )＝a x 的基础上向左平移得到的，所以b <0.(2)函数y ＝|3x －1|的图象是由函数y ＝3x 的图象向下平移一个单位后，再把位于x 轴下方的图象沿x 轴翻折到x 轴上方得到的，函数图象如图所示．当k ＝0或k ≥1时，直线y ＝k 与函数y ＝|3x －1|的图象有唯一的交点，所以方程有一解．【答案】 (1)D (2){0}∪[1，＋∞)若将本例(2)变为函数y ＝|3x－1|在(－∞，k ]上单调递减，则k 的取值范围如何？[解] 由本例(2)作出的函数y ＝|3x －1|的图象知，其在(－∞，0]上单调递减，所以k ∈(－∞，0]．指数函数的图象及应用(1)与指数函数有关的函数图象的争辩，往往利用相应指数函数的图象，通过平移、对称、翻折变换得到其图象．(2)一些指数型方程、不等式问题的求解，往往利用相应的指数型函数图象数形结合求解． [通关练习]1．函数f (x )＝1－e |x |的图象大致是( )A [解析] 将函数解析式与图象对比分析，由于函数f (x )＝1－e |x |是偶函数，且值域是(－∞，0]，只有A 满足上述两共性质．2．若关于x 的方程|a x －1|＝2a (a ＞0，且a ≠1)有两个不等实根，则a 的取值范围是________．[解析] 方程|a x －1|＝2a (a ＞0，且a ≠1)有两个不等实根转化为函数y ＝|a x －1|与y ＝2a 有两个交点． (1)当0＜a ＜1时，如图①，所以0＜2a ＜1，即0＜a ＜12；(2)当a ＞1时，如图②，而y ＝2a ＞1不符合要求．所以0＜a ＜12.[答案] ⎝⎛⎭⎫0，12 指数函数的性质及应用(高频考点)[同学用书P33]指数函数的性质主要是其单调性，特殊受到高考命题专家的青睐，常以选择题、填空题的形式消灭．高考对指数函数的性质的考查主要有以下四个命题角度： (1)比较指数幂的大小；(2)解简洁的指数方程或不等式； (3)争辩指数型函数的性质；(4)求解指数型函数中参数的取值范围． [典例引领](1)(2022·高考全国卷丙)已知a ＝243，b ＝425，c ＝2513，则( ) A ．b ＜a ＜c B ．a ＜b ＜c C ．b ＜c ＜a D ．c ＜a ＜b(2)(2021·福州模拟)已知实数a ≠1，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x ，x ≥0，2a －x ，x ＜0，若f (1－a )＝f (a －1)，则a 的值为________．(3)若偶函数f (x )满足f (x )＝2x －4(x ≥0)，则不等式f (x －2)＞0的解集为________．【解析】 (1)由于a ＝243＝1613，b ＝425＝1615，c ＝2513，且幂函数y ＝x 13在R 上单调递增，指数函数y ＝16x在R 上单调递增，所以b ＜a ＜c .(2)当a ＜1时，41－a ＝21，所以a ＝12；当a ＞1时，代入不成立． (3)f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝f (－x )＝2－x －4.所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －4，x ≥0，2－x －4，x ＜0，当f (x －2)＞0时，有⎩⎪⎨⎪⎧x －2≥0，2x －2－4＞0或⎩⎪⎨⎪⎧x －2＜0，2－x ＋2－4＞0，解得x ＞4或x ＜0.所以不等式的解集为{x |x ＞4或x ＜0}．【答案】 (1)A (2)12 (3){x |x ＞4或x ＜0}有关指数函数性质的问题类型及解题思路(1)比较指数幂大小问题，常利用指数函数的单调性及中间值(0或1)．(2)求解简洁的指数不等式问题，应利用指数函数的单调性，要特殊留意底数a 的取值范围，并在必要时进行分类争辩．(3)求解与指数函数有关的复合函数问题，首先要熟知指数函数的定义域、值域、单调性等相关性质，其次要明确复合函数的构成，涉及值域、单调区间、最值等问题时，都要借助“同增异减”这一性质分析推断，最终将问题归结为内层函数相关的问题加以解决．[留意] 在争辩指数型函数单调性时，当底数与“1”的大小关系不明确时，要分类争辩． [题点通关]角度一比较指数幂的大小1．设a ＝0.60.6，b ＝0.61.5，c ＝1.50.6，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a ＜b ＜c B ．a ＜c ＜b C ．b ＜a ＜c D ．b ＜c ＜a C [解析] 由于指数函数y ＝0.6x 在(－∞，＋∞)上为减函数，所以0.60.6＞0.61.5，即a ＞b ，又0＜0.60.6＜1，1.50.6＞1，所以a ＜c ，故选C. 角度二解简洁的指数方程或不等式2．(2021·高考江苏卷)不等式2x 2－x <4的解集为________．[解析] 由于2x2－x <4，所以2x2－x <22，所以x 2－x <2，即x 2－x －2<0，所以－1<x <2. [答案] {x |－1<x <2}(或(－1，2)) 角度三争辩指数型函数的性质3．(2021·太原模拟)函数y ＝2x －2－x 是( ) A ．奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递增 B ．奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递减 C ．偶函数，在区间(－∞，0)上单调递增 D ．偶函数，在区间(－∞，0)上单调递减A [解析] 令f (x )＝2x －2－x ，则f (－x )＝2－x －2x ＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数，排解C 、D.又函数y ＝－2－x ，y ＝2x 均是R 上的增函数，故y ＝2x －2－x 在R 上为增函数．角度四求解指数型函数中参数的取值范围4．已知函数f (x )＝a x ＋b (a ＞0，a ≠1)的定义域和值域都是[－1，0]，则a ＋b ＝________．[解析] 当a ＞1时，函数f (x )＝a x ＋b 在[－1，0]上为增函数，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝－1，a 0＋b ＝0无解．当0＜a ＜1时，函数f (x )＝a x ＋b 在[－1，0]上为减函数，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝0，a 0＋b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－2，所以a ＋b ＝－32.[答案] －32,[同学用书P34])——利用换元法求解指数型函数的值域问题函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫14x－⎝⎛⎭⎫12x＋1在x ∈[－3，2]上的值域是________．【解析】由于x ∈[－3，2]，若令t ＝⎝⎛⎭⎫12x ，则t ∈⎣⎡⎦⎤14，8.y ＝t 2－t ＋1＝⎝⎛⎭⎫t －122＋34.当t ＝12时，y min ＝34；当t ＝8时，y max ＝57.所以函数f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤34，57.【答案】 ⎣⎡⎦⎤34，57 (1)此题利用了换元法，把函数f (x )转化为y ＝t 2－t ＋1，其中t ∈⎣⎡⎦⎤14，8，将问题转化为求二次函数在闭区间上的最值(值域)问题，从而削减了运算量．(2)对于同时含有a x 与a 2x (log a x 与log 2a x )(a >0且a ≠1)的函数、方程、不等式问题，通常令t ＝a x(t ＝log a x )进行换元巧解，但肯定要留意新元的范围．已知函数f (x )＝2a ·4x －2x －1.(1)当a ＝1时，求函数f (x )在x ∈[－3，0]上的值域； (2)若关于x 的方程f (x )＝0有解，求a 的取值范围． [解] (1)当a ＝1时，f (x )＝2·4x －2x －1＝2(2x )2－2x －1，令t ＝2x ，x ∈[－3，0]，则t ∈⎣⎡⎦⎤18，1. 故y ＝2t 2－t －1＝2⎝⎛⎭⎫t －142－98，t ∈⎣⎡⎦⎤18，1，故值域为⎣⎡⎦⎤－98，0.(2)关于x 的方程2a (2x )2－2x －1＝0有解，等价于方程2am 2－m －1＝0在(0，＋∞)上有解．记g (m )＝2am 2－m －1，当a ＝0时，解为m ＝－1<0，不成立．当a <0时，开口向下，对称轴m ＝14a <0，过点(0，－1)，不成立，当a ＞0时，开口向上，对称轴m ＝14a＞0，过点(0，－1)必有一个根为正，所以a >0.综上所述，a 的取值范围是(0，＋∞)．, [同学用书P243(独立成册)])1．化简（a 23·b －1）－12·a －12·b136a ·b 5(a >0，b >0)的结果是( )A ．aB ．abC ．a 2bD ．1aD 解析] 原式＝a －13b 12·a －12b 13a 16b56＝a －13－12－16·b 12＋13－56＝1a . 2．已知f (x )＝3x －b (2≤x ≤4，b 为常数)的图象经过点(2，1)，则f (x )的值域为( ) A ．[9，81] B ．[3，9] C ．[1，9] D ．[1，＋∞)C [解析] 由f (x )过定点(2，1)可知b ＝2，由于f (x )＝3x －2在[2，4]上是增函数，所以f (x )min ＝f (2)＝1，f (x )max ＝f (4)＝9，可知C 正确．3．函数y ＝a x －1a(a >0，a ≠1)的图象可能是( )D [解析] 当a >1时函数单调递增，且函数图象过点⎝⎛⎭⎫0，1－1a ，由于0<1－1a<1，故A ，B 均不正确；当0<a <1时，函数单调递减，且函数图象恒过点⎝⎛⎭⎫0，1－1a ，由于1－1a<0，所以选D. 4．(2021·德州模拟)已知a ＝⎝⎛⎭⎫3525，b ＝⎝⎛⎭⎫2535，c ＝⎝⎛⎭⎫2525，则( ) A ．a <b <c B ．c <b <a C ．c <a <b D ．b <c <aD [解析] 由于y ＝⎝⎛⎭⎫25x 为减函数，所以b <c ，又由于y ＝x 25在(0，＋∞)上为增函数，所以a >c ，所以b <c <a ，故选D.5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫12x －7，x ＜0，x ，x ≥0，若f (a )<1，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－3)B ．(1，＋∞)C ．(－3，1)D ．(－∞，－3)∪(1，＋∞)C [解析] 当a <0时，不等式f (a )<1可化为⎝⎛⎭⎫12a －7<1，即⎝⎛⎭⎫12a <8，即⎝⎛⎭⎫12a <⎝⎛⎭⎫12－3，由于0<12<1，所以a >－3，此时－3<a <0；当a ≥0时，不等式f (a )＜1可化为a <1，所以0≤a ＜1.故a 的取值范围是(－3，1)．6．若函数f (x )＝a |2x －4|(a >0，a ≠1)，满足f (1)＝19，则f (x )的单调递减区间是( )A ．(－∞，2]B ．[2，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－∞，－2]B [解析] 由f (1)＝19得a 2＝19，所以a ＝13或a ＝－13(舍去)，即f (x )＝⎝⎛⎭⎫13|2x －4|.由于y ＝|2x －4|在(－∞，2]上递减，在[2，＋∞)上递增，所以f (x )在(－∞，2]上递增，在[2，＋∞)上递减，故选B.7．若函数f (x )＝a x －1(a ＞0，a ≠1)的定义域和值域都是[0，2]，则实数a ＝________．[解析] 当a >1时，f (x )＝a x －1在[0，2]上为增函数，则a 2－1＝2，所以a ＝±3，又由于a >1，所以a ＝ 3. 当0<a <1时，f (x )＝a x －1在[0，2]上为减函数，又由于f (0)＝0≠2，所以0<a <1不成立．综上可知，a ＝ 3. [答案]38．已知函数f (x )＝e x －e －x e x ＋e －x ，若f (a )＝－12，则f (－a )＝________．[解析] 由于f (x )＝e x －e －x e x ＋e －x，f (a )＝－12，所以e a －e －a e a ＋e －a＝－12.所以f (－a )＝e －a －e a e －a ＋e a ＝－e a －e －ae a ＋e －a＝－⎝⎛⎭⎫－12＝12. [答案] 129．(2021·济宁月考)已知函数f (x )＝(a －2)a x (a >0，且a ≠1)，若对任意x 1，x 2∈R ，f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0，则a 的取值范围是________．[解析] 当0<a <1时，a －2<0，y ＝a x 单调递减，所以f (x )单调递增；当1<a <2时，a －2<0，y ＝a x 单调递增，所以f (x )单调递减；当a ＝2时，f (x )＝0；当a >2时，a －2>0，y ＝a x 单调递增，所以f (x )单调递增．又由题意知f (x )单调递增，故a 的取值范围是(0，1)∪(2，＋∞)．[答案] (0，1)∪(2，＋∞)10．(2021·安徽江淮十校第一次联考)已知max{a ，b }表示a ，b 两数中的最大值．若f (x )＝max{e |x |，e |x －2|}，则f (x )的最小值为________．[解析] 由于f (x )＝max{e |x |，e |x －2|}＝⎩⎨⎧e x ，x ≥1，e 2－x ，x <1.当x ≥1时，f (x )≥e ，且当x ＝1时，取得最小值e ；当x <1时，f (x )>e. 故f (x )的最小值为f (1)＝e.[答案] e11．已知函数f (x )＝b ·a x (其中a ，b 为常量，且a >0，a ≠1)的图象经过点A (1，6)，B (3，24)．若不等式⎝⎛⎭⎫1a x＋⎝⎛⎭⎫1b x－m ≥0在x ∈(－∞，1]上恒成立，求实数m 的取值范围．[解] 把A (1，6)，B (3，24)代入f (x )＝b ·a x，得⎩⎪⎨⎪⎧6＝ab ，24＝b ·a 3，结合a >0，且a ≠1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3.所以f (x )＝3·2x .要使⎝⎛⎭⎫12x ＋⎝⎛⎭⎫13x ≥m 在x ∈(－∞，1]上恒成立，只需保证函数y ＝⎝⎛⎭⎫12x ＋⎝⎛⎭⎫13x 在(－∞，1]上的最小值不小于m 即可．由于函数y ＝⎝⎛⎭⎫12x＋⎝⎛⎭⎫13x在(－∞，1]上为减函数，所以当x ＝1时，y ＝⎝⎛⎭⎫12x ＋⎝⎛⎭⎫13x 有最小值56.所以只需m ≤56即可．即m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，56.12．已知实数a ，b 满足等式⎝⎛⎭⎫12a＝⎝⎛⎭⎫13b，下列五个关系式： ①0＜b ＜a ；②a ＜b ＜0；③0＜a ＜b ；④b ＜a ＜0；⑤a ＝b . 其中不行能成立的关系式有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个B [解析] 函数y 1＝⎝⎛⎭⎫12x与y 2＝⎝⎛⎭⎫13x的图象如图所示．由⎝⎛⎭⎫12a ＝⎝⎛⎭⎫13b得，a ＜b ＜0或0＜b ＜a 或a ＝b ＝0. 故①②⑤可能成立，③④不行能成立．13．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫13ax 2－4x ＋3.(1)若a ＝－1，求f (x )的单调区间； (2)若f (x )有最大值3，求a 的值．[解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝⎝⎛⎭⎫13－x 2－4x ＋3，令g (x )＝－x 2－4x ＋3，由于g (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减，而y ＝⎝⎛⎭⎫13t在R 上单调递减，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，即函数f (x )的单调递增区间是(－2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－2)． (2)令g (x )＝ax 2－4x ＋3，f (x )＝⎝⎛⎭⎫13g （x ），由于f (x )有最大值3，所以g (x )应有最小值－1，因此必有⎩⎨⎧a ＞0，3a －4a ＝－1，解得a ＝1，即当f (x )有最大值3时，a 的值为1.14．已知定义在R 上的函数f (x )＝2x －12|x |，(1)若f (x )＝32，求x 的值；(2)若2tf (2t )＋mf (t )≥0对于t ∈[1，2]恒成立，求实数m 的取值范围． [解] (1)当x <0时，f (x )＝0，无解；当x ≥0时，f (x )＝2x －12x ，由2x －12x ＝32，得2·22x －3·2x －2＝0，将上式看成关于2x 的一元二次方程，解得2x ＝2或2x ＝－12，由于2x >0，所以x ＝1.(2)当t ∈[1，2]时，2t ⎝⎛⎭⎫22t －122t ＋m ⎝⎛⎭⎫2t －12t ≥0，即m (22t －1)≥－(24t －1)，由于22t －1＞0，所以m ≥－(22t ＋1)，由于t∈[1，2]，所以－(22t＋1)∈[－17，－5]，故实数m的取值范围是[－5，＋∞)．。

安徽省数学高考一轮复习第五讲函数的单调性与最值

安徽省数学高考一轮复习第五讲函数的单调性与最值姓名:________班级:________成绩:________一、单选题 (共 14 题；共 28 分)1. （2 分） (2016 高二下·福建期末) 已知函数 f（x）是 R 上的偶函数，若对于 x≥0，都有 f（x+2）=f（x），且当 x∈[0，2）时，f（x）=log2（x+1），则 f（﹣2015）+f（2016）的值为（）A . ﹣2B . ﹣1C.1D.22. （2 分）已知函数 f(x)是 R 上的增函数，A(0,-1),B(3,1)是其图象上的两点，那么|f(x+1)|<1 的解集的补集是（）A . (-1,2)B . (1,4)C.D.3. （2 分） (2019 高一上·乌拉特前旗月考) 函数的增区间是（）A. B. C . [-1,3] D. 4. （2 分）下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是（） A . y=﹣x3第 1 页共 10 页B . y= C . y=xD . y=5. （2 分）若函数 f（x）=loga（x3﹣2x）（a＞0 且 a≠1）在区间（﹣ （x）的单调递减区间为（），﹣1）内恒有 f（x）＞0，则 fA . （﹣∞，﹣ ），（，+∞）B . （﹣ ，﹣ ），（，+∞）C . （﹣ ，﹣ ），（，+∞）D . （﹣，）6. （2 分）已知偶函数，则不等式A.B.C.D.在区间上单调递增，在区间的解集是（）上单调递减，且满足7. （2 分） (2018 高二上·大连期末) 已知不等式实数 a 的取值范围是（）对任意，恒成立，则A.B.C.第 2 页共 10 页D. 8. （2 分）下列函数中，是奇函数，又在定义域内为减函数的是（） A. B. C. D.9. （2 分）若函数 f（x）＝A.（，0）是 R 上的减函数，则实数 a 的取值范围是（）B.[，0）C . （－∞，2]D . （－∞，0）10. （2 分） (2018·茂名模拟) 设函数在上为增函数，则下列结论一定正确的是（）A.在上为减函数B.在上为增函数C.在上为增函数D.在上为减函数11. （2 分） (2016 高一上·黑龙江期中) 若函数 f（x）= 值范围为（）A . （0，1）第 3 页共 10 页在 R 上是单调函数，则实数 a 的取B . （0， ] C . [ ，1） D . （1，+∞）12. （2 分） (2019 高一上·菏泽月考) 函数数 a 的取值范围为（）A. B. C.D.13. （ 2 分） (2020· 肥东模拟 ) 已知函数，则（）A.B.C.D . 随值变化14. （2 分）若，的值为（）A . -1，，如果有B.-C.第 4 页共 10 页为 R 上的增函数，则实，若，且，，则D.1二、填空题 (共 6 题；共 8 分)15. （2 分） (2018 高一上·武威期末) 函数的递增区间是________．16. （1 分） (2018 高一下·苏州期末) 已知函数恒成立，则实数的取值范围是________．，若关于的不等式17. （1 分） (2019 高二下·邗江月考) 已知定义在上的函数，恒成立，且，则不等式的导函数为，若对任意的实数的解集为________.18. （2 分） (2018·内江模拟) 设函数围是________.，则满足的的取值范19. （1 分）定义 min{f（x），g（x）}为 f（x）与 g（x）中值的较小者，则函数 f（x）=min{2﹣x2 ， x} 的取值范围是________20. （1 分） (2019 高一上·盘山期中) 已知函数三、解答题 (共 4 题；共 40 分)的单调递增区间________.21. （10 分） (2019 高三上·上海期中) 已知函数（1）求函数的最小正周期；，.（2）当时，求函数的值域以及函数的单调区间.22. （10 分） (2016 高一上·鼓楼期中) 已知函数 f（x）=，x∈R，a∈R．（1） a=1 时，求证：f（x）在区间（﹣∞，0）上为单调增函数；（2）当方程 f（x）=3 有解时，求 a 的取值范围．23. （10 分） (2019 高一上·湖北期中) 已知二次函数．第 5 页共 10 页（1）当时，求的最值；（2）若不等式对定义域的任意实数恒成立，求实数的取值范围．24. （10 分） (2018 高一上·海南期中) 已知 f（x）是定义在（0，+∞）上的增函数，且满足 f（xy）=f（x） +f（y），f（2）=1．（1）求 f（8）的值；（2）求不等式 f（x）-f（x-2）＞3 的解集．第 6 页共 10 页一、单选题 (共 14 题；共 28 分)1-1、 2-1、 3-1、 4-1、 5-1、 6-1、 7-1、 8-1、 9-1、 10-1、 11-1、 12-1、 13-1、 14-1、二、填空题 (共 6 题；共 8 分)15-1、参考答案第 7 页共 10 页16-1、 17-1、 18-1、 19-1、 20-1、三、解答题 (共 4 题；共 40 分)21-1、21-2、第 8 页共 10 页22-1、22-2、 23-1、第 9 页共 10 页23-2、 24-1、 24-2、第 10 页共 10 页。

2021高考一轮复习第五讲函数的单调性与最值

2021高考一轮复习第五讲函数的单调性与最值一、单选题（共14题；共28分）1.定义在R 上的偶函数 f(x) 满足 f(x +2)=f(x) ，且在[－1，0]上单调递减，设 a =f(−2.8) ， b =f(−1.6) ， c =f(0.5) ，则a 、b ，c 大小关系是（）A. a >b >cB. c >a >bC. b >c >aD. a >c >b【答案】 D【考点】函数单调性的性质，函数奇偶性的性质，函数的周期性2.设函数 f(x)=ln(1+|x|)−11+x 2 ，则使得 f(x)>f(2x −1) 成立的x 的取值范围是（）A. (−∞,13)∪(1,+∞)B. (13,1)C. (−13,13)D. (−∞,−13)∪(13,+∞)【答案】 B【考点】函数单调性的性质，函数奇偶性的判断，函数奇偶性的性质3.若函数 f(x)=|2x +a| 的单调递减区间是 (−∞,3] ，则a 的值为（）A. -3B. 3C. -6D. 6【答案】 C【考点】函数的单调性及单调区间4.下列函数中是偶函数，且在（0，+∞）上单调递增的是（）A. y =x 3B. y =−lgx 2C. y =2xD. y =√|x|【答案】 D【考点】函数单调性的判断与证明，函数奇偶性的判断5.若函数 f(x)=log 0.5(x 2+2ax +5a) 在区间 (−∞,−2) 上单调递增，则实数a 的取值范围为（） A. (−∞,2] B. (−4,2] C. [−4,2] D. (−4,2)【答案】 C【考点】函数单调性的性质，复合函数的单调性6.函数 f(x)=12x 2−lnx 的单调递减区间为（）A. （-∞，0）B. (1，＋∞)C. (0，1)D. （0，＋∞）【答案】 C【考点】函数的单调性及单调区间，利用导数研究函数的单调性7.若 f(x)=−x 2+2ax 与 g(x)=ax 在区间 [1,2] 上都是减函数，则a 的取值范围是（）A. (−1,0)∪(0,1)B. (−1,0)∩(0,1)C. (0,1)D. (0,1]【答案】 D【考点】函数单调性的性质，二次函数的图象，二次函数的性质8.下列函数在其定义域上既是奇函数又是减函数的是（）A. f(x)=2B. f(x)=log 12xC. f(x)=−xD. f(x)=−|x|【答案】 C【考点】函数单调性的判断与证明，函数奇偶性的判断9.已知函数 f(x)=x 2−alnx +1 在 (1,3) 内不是单调函数，则实数a 的取值范围是（）A. (2,18)B. [2,18]C. (−∞,2]∪[18,+∞)D. [2,18)【答案】 A【考点】函数单调性的性质，函数零点的判定定理10.已知函数 f(x)={(a −2)x,x ≥2(12)x −1,x <2，满足对任意的实数 x 1≠x 2 ，都有 f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2<0 成立，则实数 a 的取值范围为（）A. (−∞,2)B. (−∞,138]C. (−∞,138)D. (−∞,1)【答案】 B【考点】函数单调性的性质，分段函数的应用11.函数 f(x)=3x −3−x 是（）A. 奇函数，且在 R 上是增函数B. 奇函数，且在 R 上是减函数C. 偶函数，且在 (0,+∞) 上是增函数D. 偶函数，且在 (0,+∞) 上是减函数【答案】 A【考点】函数单调性的判断与证明，函数奇偶性的判断12.已知函数 f(x)={(x −1)3,x ≤1lnx,x >1，若 f(a)>f(b) ，则下列不等关系正确的是（） A. 1a 2+1<1b 2+1 B. √a 3>√b 3 C. a 2<ab D. ln(a 2+1)>ln(b 2+1) 【答案】 B【考点】函数单调性的性质，不等式的基本性质13.已知函数 f(x)=e x +e −x ，给出以下四个结论：⑴ f(x) 是偶函数；⑵ f(x) 的最大值为2；⑶当 f(x) 取到最小值时对应的 x =0 ；⑷ f(x) 在 (−∞,0) 单调递增，在 (0,+∞) 单调递减.正确的结论是（）A. ⑴B. ⑴⑵⑷C. ⑴⑶D. ⑴⑷【答案】 C【考点】函数的最值及其几何意义，函数奇偶性的判断，利用导数研究函数的单调性14.已知 f(4−x)=f(2+x) ， f(x) 在 (−∞,3] 上单调递减， f(0)=0 ，则 f(2−3x)>0 的解集是（）A. (−∞,23)∪(2,+∞)B. (23,2)C. (−23,23)D. (−∞,−43)∪(23,+∞)【答案】 D【考点】函数单调性的性质二、填空题（共6题；共8分）15.已知函数 f(x)=log 12(x 2−2x −3) ，则 f(x) 单调递增区间为________；若函数 y =f(|x|) 在区间 (a,2a +3) 上单调，则 a 的取值范围为________.【答案】 (−∞,−1)；a ≥3【考点】函数单调性的性质，复合函数的单调性，奇偶性与单调性的综合16.已知函数 f(x)=x 2+m,g(x)=(12)x ，若“对任意 x 1∈[−1,3] ，存在 x 2∈[0,2] ，使 f(x 1)≥g(x 2) ”是真命题，则实数m 的取值范围是________.【答案】 [14,+∞)【考点】函数单调性的性质，函数的最值及其几何意义17.已知函数 f(x)={(a −2)x +5,x ≤13a+1x,x >1 是 (−∞,+∞) 上的减函数，那么a 的取值范围为________. 【答案】 (−13,1]【考点】函数单调性的性质，分段函数的应用18.已知函数 f(x)={2x ,x <0log 2(x −a),x ≥0，若 f(−1)=f(1) ，则实数a=________；若 y =f(x) 存在最小值，则实数a 的取值范围为________.【答案】 1−√2；[−1,0)【考点】函数的最值及其几何意义，函数的值19.函数 f(x)=9x 2+√x −1 的最小值为________.【答案】 9【考点】函数单调性的判断与证明，函数的最值及其几何意义20.若函数 f(x)=(13)2x2+mx−3 在区间 (−1,1) 上单调递减，则实数 m 的取值范围是________．【答案】 [4,+∞)【考点】复合函数的单调性三、解答题（共4题；共40分）21.已知函数 f(x)=|x 2−2x −a|−2x ， a ∈R .（1）当 a =3 时，求函数 f(x) 的单调递增区间；（2）令 g(x)=f(x)+x 2 ，若 g(x) 在 x ∈[−1,2] 的最大值为 5 ，求a 的值.【答案】（1）解：当 a =3 时， f(x)=|x 2−2x −3|−2x ={x 2−4x −3,x ≤−1,x ≥33−x 2,−1<x <3当 x ≤−1 或 x ≥3 ， f(x)=x 2−4x −3 在 [3,+∞) 递增，当 −1<x <3 时， f(x)=3−x 2 在 [−1,0] 递增所以函数 f(x) 的单调递增区间为 [−1,0] ， [3,+∞)（2）解： g(x)=f(x)+x 2=|x 2−2x −a|+x 2−2x可令 t =x 2−2x ， t ∈[−1,3] ，则 y =|t −a|+t ={2t −a,t ≥a a,t <a当 a <3 时， y max =6−a =5 ，则 a =1 ；当 a ≥3 ，则 a =5综上可知 a =1 或 a =5【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法，函数的单调性及单调区间22.已知函数 f(x)=ln x −a x (a ∈R) ．（1）判断 f(x) 在定义域上的单调性；（2）若 f(x) 在 [1,e] 上的最小值为2，求a 的值．【答案】（1）解：由题意得f （x ）的定义域为（0，+∞），．（0，+∞）①当a≥0时，f'（x ）＞0，故f （x ）在上为增函数；②当a ＜0时，由f'（x ）＝0得x ＝﹣a ；由f'（x ）＞0得x ＞﹣a ；由f'（x ）＜0得x ＜﹣a ；∴f （x ）在（0，﹣a]上为减函数；在（﹣a ，+∞）上为增函数．所以，当a≥0时，f （x ）在（0，+∞）上是增函数；当a ＜0时，f （x ）在（0，﹣a]上是减函数，在（﹣a ，+∞）上是增函数．（2）解：∵ f ′(x)=x+ax 2 ，x ＞0．由（1）可知：①当a≥0时，f （x ）在（0，+∞）上为增函数，f （x ）min ＝f （1）＝﹣a ＝2，得a ＝﹣2，矛盾!②当0＜﹣a≤1时，即a≥﹣1时，f （x ）在（0，+∞）上也是增函数，f （x ）min ＝f （1）＝﹣a ＝2，∴a ＝﹣2（舍去）．③当1＜﹣a ＜e 时，即﹣e ＜a ＜﹣1时，f （x ）在[1，﹣a]上是减函数，在（﹣a ，e]上是增函数， ∴f （x ）min ＝f （﹣a ）＝ln （﹣a ）+1＝2，得a ＝﹣e （舍去）．④当﹣a≥e 时，即a≤﹣e 时，f （x ）在[1，e]上是减函数，有 f(x)min =f(e)=1−a e =2 ，∴a＝﹣e．综上可知：a＝﹣e．【考点】函数单调性的判断与证明，函数的最值及其几何意义23.已知a∈R，函数f(x)=(x−a)|x−1|．（1）若a=3，求f(x)的单调递增区间；（2）函数f(x)在[a−√2+1,b]上的值域为[−1,1]，求a，b需要满足的条件．【答案】（1）解：因为a=3，f(x)={x2−4x+3,x≥1−x2+4x−3,x<1，如图．所以f(x)的单调递增区间为(−∞,1)，(2,+∞)．（2）解：因为f(x)在[a−√2+1,b]上的值域为[−1,1]，所以−1≤f(a−√2+1)≤1，即−1≤a≤2√2+1，f(x)={x2−(a+1)x+a,x≥1−x2+(a+1)x−a,x<1（i）当−1≤a≤1时，0≤a+12≤1，所以x≥a时，|f(x)|≥0，又a−√2+1<a，所以f(x)min =f(a−√2+1)=−1，得a=−1，此时a+12=0，而f(0)=1，所以{b≥0f(b)≤1得0≤b≤√2，所以{a=−10≤b≤√2（ii ）当 1<a ≤2√2+1 时， 1<a+12≤√2+1 ，所以 f(x)max =f(b)=1 ，①当 2√2−1≤a ≤2√2+1 时，a+12≤a −√2+1 ，所以 f(x)min =f(a −√2+1)=−1 ，得 a =2√2+1 ， b =1+√2+√3 ；②当 1<a <2√2−1 时，a+12>a −√2+1 , 所以 f(a+12)=−a 2+2a−14∈(2√2−3,0) ，所以 f(x)min =f(a −√2+1)=−1 ，所以 a =−1 或 a =2√2+1 ， a =2√2+1 不成立．由（i ）、（ii ）可知 {a =−10≤b ≤√2 或 {a =2√2+1b =1+√2+√3【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法，函数的单调性及单调区间，函数的最值及其几何意义24.已知函数 f(x)={−x 2+2x,x ≥0ax 2+bx,x <0为奇函数．（1）求 a −b 的值；（2）若函数 f(x) 在区间 [−1,m −2] 上单调递增，求实数m 的取值范围．【答案】（1）解：令 x <0 ，则 −x >0 ，则 f(x)=−f(−x)=−[−x 2−2x]=x 2+2x ．∴a =1 ， b =2 ， ∴a −b =−1 ．（2）解： f(x)={−x 2+2x,x ≥0x 2+2x,x <0，即有 f(x) 在 [−1,1] 上递增，由于函数 f(x) 在区间 [−1,m −2] 上单调递增，∴[−1,m −2]⊆[−1,1] ，∴{m −2>−1m −2≤1，解得， 1<m ≤3 ．【考点】集合关系中的参数取值问题，函数单调性的性质，奇函数。

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合肥市高考数学一轮专题：第5讲函数的单调性与最值（II）卷
姓名:________ 班级:________ 成绩:________
一、单选题 (共13题；共26分)
1. （2分） (2017高一上·吉林月考) 已知函数，若，则实数的取值范围是（）
A .
B .
C .
D .
2. （2分） (2017高二下·沈阳期末) 已知函数，满足对任意的实数，都有
成立，则实数的取值范围为（）
A .
B .
C .
D .
3. （2分）已知函数在上是单调函数,则实数a的取值范围是（）
A .
B .
C .
D .
4. （2分）(2019·长沙模拟) 定义，已知为函数的两个零点，若存在整数n满足，则的值（）
A . 一定大于
B . 一定小于
C . 一定等于
D . 一定小于
5. （2分）函数y=loga(x2-ax+2)在上恒为正数，则实数a的取值范围是（）
A . 0<a<1
B . 1<a<2
C .
D . 2<a<3
6. （2分）(2020·上饶模拟) 已知函数在上最大值为且递增，则
的最大值为（）
A .
B .
C .
D .
7. （2分） (2019高一上·辽源月考) 若是偶函数，且对任意∈ 且，都有
，则下列关系式中成立的是（）
A .
B .
C .
D .
8. （2分）下列函数中，满足“对任意的时，均有”的是（）
A .
B .
C .
D .
9. （2分）已知函数的图象在点(-1,2)处的切线恰好与直线3x+y=0平行，若f(x)在区间[t,t+1]上单调递减，则实数t的取值范围是（）
A . (-2,-1)
B . [-2,-1]
C . [-2,0]
D . [-3,-1]
10. （2分）设整数. 若存在实数，使得，，…，
同时成立，则正整数n的最大值是（）
A . 3
B . 4
C . 5
D . 6
11. （2分）已知函数f（x）= ，若当方程f（x）=m有四个不等实根x1 ， x2 ， x3 ， x4（x1＜x2＜x3＜x4）时，不等式kx3x4+x12+x22≥k+11恒成立，则实数k的最小值为（）
A .
B . 2﹣
C .
D . ﹣
12. （2分） (2017高二下·双鸭山期末) 下列函数，在其定义域中，既是奇函数又是减函数的是（）
A .
B .
C .
D .
13. （2分）下列有关函数单调性的说法，不正确的是（）
A . 若f（x）为增函数，g（x）为增函数，则f（x）+g（x）为增函数
B . 若f（x）为减函数，g（x）为减函数，则f（x）+g（x）为减函数
C . 若f（x）为增函数，g（x）为减函数，则f（x）+g（x）为增函数
D . 若f（x）为减函数，g（x）为增函数，则f（x）﹣g（x）为减函数
二、填空题 (共6题；共6分)
14. （1分） (2016高一上·锡山期中) 若函数f（x）=（4﹣x2）（ax2+bx+5）的图象关于直线对称，则f（x）的最大值是________．
15. （1分） (2016高一上·广东期中) 已知a，b是常数，函数f（x）=ax3+bln（x+ ）+3在（﹣∞，0）上的最大值为10，则f（x）在（0，+∞）上的最小值为________．
16. （1分） (2019高一上·湖北期中) 函数的单调递增区间是________．
17. （1分）给定函数（1）y= ；（2）y= ；（3）y=﹣|2x+1|；（4）y=2x2+2x﹣其中在区间（0，1）上单调递减的函数序号是________．
18. （1分） (2019高一上·金华月考) 函数的单调递减区间是________；值域是________.
19. （1分）(2018·吉林模拟) 已知函数在上单调递减，则的取值范围是________.
三、解答题 (共4题；共40分)
20. （10分） (2016高一上·临沂期中) 设函数f（x）=|x2﹣4x+3|，x∈R．
（1）在区间[0，4]上画出函数f（x）的图象；
（2）写出该函数在R上的单调区间．
21. （10分） (2016高一上·济南期中) 设定义在[﹣2，2]上的奇函数f（x）=x5+x3+b
（1）求b值；
（2）若f（x）在[0，2]上单调递增，且f（m）+f（m﹣1）＞0，求实数m的取值范围．
22. （10分） (2016高一下·惠阳期中) 求下列关于x的不等式的解集：
（1）﹣x2+7x＞6；
（2） 3x2+4x+2＞0．
23. （10分）(2017·绵阳模拟) 函数p（x）=lnx+x﹣4，q（x）=axex（a∈R）．
（Ⅰ）若a=e，设f（x）=p（x）﹣q（x），试证明f′（x）存在唯一零点x0∈（0，），并求f（x）的最大值；
（Ⅱ）若关于x的不等式|p（x）|＞q（x）的解集中有且只有两个整数，求实数a的取值范围．
参考答案一、单选题 (共13题；共26分)
1-1、
2-1、
3-1、
4-1、
5-1、
6-1、
7-1、
8-1、
9-1、
10-1、
11-1、
12-1、
13-1、
二、填空题 (共6题；共6分)
14-1、
15-1、
16-1、
17-1、
18-1、
19-1、
三、解答题 (共4题；共40分) 20-1、
20-2、
21-1、
21-2、
22-1、22-2、
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