(整理)届高考数学理科试题大冲关23函数的单调性与最值.
新高考数学复习知识点讲解与练习23---函数的单调性与最值
新高考数学复习知识点讲解与练习函数的单调性与最值知识梳理1.函数的单调性（1）单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f（x）的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D 上的任意两个自变量的值x1，x2当x1<x2时，都有f（x1）<f（x2），那么就说函数f（x）在区间D上是增函数当x1<x2时，都有f（x1）>f（x2），那么就说函数f（x）在区间D上是减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的（2）单调区间的定义如果函数y＝f（x）在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f（x）在这一区间具有（严格的）单调性，区间D叫做函数y＝f（x）的单调区间.2.函数的最值前提设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数M满足条件（1）对于任意x∈I，都有f（x）≤M；（2）存在x0∈I，使得f（x0）＝M （3）对于任意x∈I，都有f（x）≥M；（4）存在x0∈I，使得f（x0）＝M结论M为最大值M为最小值1.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]，且对勾函数为奇函数.2.设任意x1，x2∈D（x1≠x2），则①f（x1）－f（x2）x1－x2＞0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0）⇔f（x）在D上单调递增；②f（x1）－f（x2）x1－x2＜0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＜0）⇔f（x）在D上单调递减.3.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“∪”.诊断自测1.判断下列说法的正误.（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，＋∞）.（）答案（1）√（2）×（3）×（4）×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 .2.下列四个函数中，在（0，＋∞）上为增函数的是（ ）A.f （x ）＝3－xB.f （x ）＝x 2－3xC.f （x ）＝－1x ＋1D.f （x ）＝－|x | 答案C解析 当x >0时，f （x ）＝3－x 为减函数；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32时，f （x ）＝x 2－3x 为减函数， 当x ∈（0，＋∞）时，f （x ）＝－1x ＋1为增函数； 当x ∈（0，＋∞）时，f （x ）＝－|x |为减函数.3.（2018·全国卷）设函数f （x ）＝⎩⎨⎧2－x ，x ≤0，1，x >0，则满足f （x ＋1）<f （2x ）的x 的取值范围是（ ）A.（－∞，－1]B.（0，＋∞）C.（－1，0）D.（－∞，0）答案D解析 当x ≤0时，函数f （x ）＝2－x 是减函数，则f （x ）≥f （0）＝1.作出f （x ）的大致图象如图所示，结合图象可知，要使f （x ＋1）＜f （2x ），则需⎩⎨⎧x ＋1<0，2x <0，2x <x ＋1或⎩⎨⎧x ＋1≥0，2x <0，所以x <0，故选D. 4.（2020·嘉兴期末）若函数f （x ）＝x 2＋log 2x ，则满足x 0∈（1，4]，且f （x 0）为整数的实数x 0的个数为（ ）A.3B.4C.17D.18答案C解析 因为x 0∈（1，4]，且函数f （x ）在（1，4]上单调递增，所以f （x 0）∈（1，18]，所以使得f （x 0）为整数的实数x 0有17个，故选C.5.函数f （x ）＝x x －1（x ≥2）的最大值为Ｗ. 答案2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，＋∞）上是减函数，∴f （x ）max ＝f （2）＝1＋12－1＝2. 6.函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|的单调递增区间为；值域是Ｗ.答案[2，＋∞） [3，＋∞）解析图象法函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|＝⎩⎨⎧－2x ＋1，x ≤－1，3，－1<x <2，2x －1，x ≥2，作出函数的图象如图所示.根据图象可知，函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|的单调递增区间为[2，＋∞），值域为[3，＋∞）.考点一 确定函数的单调性（区间）【例1】（1）已知函数f （x ）＝log 4（4－|x |），则f （x ）的单调递增区间是Ｗ. 答案 （－4，0]解析 由f （x ）＝log 4（4－|x |）得函数f （x ）的定义域为（－4，4），且函数y ＝4－|x |的单调递增区间为（－4，0]，则函数f （x ）＝log 4（4－|x |）的单调递增区间为（－4，0].（2）（一题多解）试讨论函数f （x ）＝ax x －1（a ≠0）在（－1，1）上的单调性. 解法一 设－1<x 1<x 2<1，因为f （x ）＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x －1， 所以f （x 1）－f （x 2）＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1＝ a （x 2－x 1）（x 1－1）（x 2－1），由于－1<x 1<x 2<1， 所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0，故当a >0时，f （x 1）－f （x 2）>0，即f （x 1）>f （x 2），函数f （x ）在（－1，1）上递减； 当a <0时，f （x 1）－f （x 2）<0，即f （x 1）<f （x 2），函数f （x ）在（－1，1）上递增.法二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.感悟升华 （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.（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】（1）（2021·北京西城区练习）能说明“若f （x ＋1）＜f （x ）对于任意的x ∈（0，＋∞）都成立，则f （x ）在（0，＋∞）上是减函数”为假命题的一个函数是Ｗ.答案y ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142（答案不唯一，符合条件即可） 解析 由题意不妨设f （x ）＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142， 则f （x ＋1）－f （x ）＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1－142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＝－2x －12＜0在（0，＋∞）都成立， 但是f （x ）在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14是单调递增的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞是单调递减的，说明原命题是假命题. （2）（一题多解）判断函数f （x ）＝x ＋a x（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x 1，x 2是任意两个正数，且x 1<x 2，则f （x 1）－f （x 2）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋a x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a x 2＝x 1－x 2x 1x 2（x 1x 2－a ）. 当0<x 1<x 2≤a 时，0<x 1x 2<a ，又x 1－x 2<0，所以f （x 1）－f （x 2）>0，即f （x 1）>f （x 2），所以函数f （x ）在（0，a ]上是减函数. 当a ≤x 1<x 2时，x 1x 2>a ，又x 1－x 2<0，所以f （x 1）－f （x 2）<0，即f （x 1）<f （x 2），所以函数f （x ）在[a ，＋∞）上是增函数.综上可知，函数f （x ）＝x ＋a x （a >0）在（0，a ]上是减函数，在[a ，＋∞）上为增函数.法二f ′（x ）＝1－a x 2，令f ′（x ）>0，则1－a x 2>0，解得x >a 或x <－a （舍）.令f ′（x ）<0，则1－a x 2<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）已知函数f （x ）＝⎩⎪⎨⎪⎧log 13x ，x >1，－x 2＋2x ，x ≤1，则f （f （3））＝，函数f （x ）的最大值是Ｗ.答案 －31解析 ①由于f （x ）＝⎩⎪⎨⎪⎧log 13x ，x >1，－x 2＋2x ，x ≤1.所以f （3）＝log 133＝－1，则f （f （3））＝f （－1）＝－3，②当x >1时，f （x ）＝log 13x 是减函数，得f （x ）<0.当x ≤1时，f （x ）＝－x 2＋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.（2）已知函数f （x ）＝x 2＋2x ＋a x，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.解①当a ＝12时，f （x ）＝x ＋12x＋2，设1≤x 1＜x 2， 则f （x 2）－f （x 1）＝（x 2－x 1）⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x 1x 2， ∵1≤x 1＜x 2，∴x 2－x 1＞0，2x 1x 2＞2，∴0＜12x 1x 2＜12，1－12x 1x 2＞0， ∴f （x 2）－f （x 1）＞0，f （x 1）＜f （x 2）.∴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，＋∞）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].感悟升华（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】（1）（2017·浙江卷）若函数f（x）＝x2＋ax＋b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m（）A.与a有关，且与b有关B.与a有关，但与b无关C.与a无关，但与b无关D.与a无关，但与b有关（2）（一题多解）函数y＝x－1－2x的最大值为Ｗ.答案（1）B（2）1 2解析（1）法一设x1，x2分别是函数f（x）在[0，1]上的最小值点与最大值点，则m＝x 21＋ax 1＋b ，M ＝x 22＋ax 2＋b .所以M －m ＝x 22－x 21＋a （x 2－x 1），显然此值与a 有关，与b 无关. 法二 因为最值在f （0）＝b ，f （1）＝1＋a ＋b ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝b －a 24中取，所以最值之差一定与b 无关，但与a 有关，故选B.（2）法一（换元法）令t ＝1－2x ，则x ＝1－t 22且t ≥0.所以y ＝1－t 22－t ＝－12（t ＋1）2＋1.因为t ≥0，所以y ≤12，即函数y ＝x －1－2x 的最大值为12.法二 （单调性法）函数的定义域为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12， 由于y 1＝x 和y 2＝－1－2x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12上递增， ∴函数y ＝x －1－2x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12上递增， ∴函数y ＝x －1－2x 的最大值为12.考点三 函数单调性的应用【例3】（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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f （2），c ＝f （e ），则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A.c >a >b B.c >b >aC.a >c >bD.b >a >c（2）定义在R 上的奇函数y ＝f （x ）在（0，＋∞）上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，则不等式f （log 19x ）>0的解集为Ｗ.答案 （1）D （2）⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0<x <13或1<x <3 解析 （1）因为f （x ）的图象关于直线x ＝1对称，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.由当x 2>x 1>1时，[f （x 2）－f （x 1）]·（x 2－x 1）<0恒成立，知f （x ）在（1，＋∞）上单调递减.又1<2<52<e ，所以f （2）>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52>f （e ），即f （2）>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12>f （e ），故b >a >c . （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f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0. 故原不等式f （log 19x ）>0可化为f （log 19x ）>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12或f （log 19x ）>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12， ∴log 19x >12或－12<log 19x <0，解得0<x <13或1<x <3.所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0<x <13或1<x <3. 感悟升华 （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】（1）（2020·全国Ⅱ卷）若2x －2y <3－x －3－y ，则（ ）A.ln （y －x ＋1）>0B.ln （y －x ＋1）<0C.ln|x －y |>0D.ln|x －y |<0（2）已知函数f （x ）在（－∞，＋∞）上单调递减，且为奇函数.若f （1）＝－1，则满足－1≤f （x －2）≤1的x 的取值范围是（ ）A.[－2，2]B.[－1，1]C.[0，4]D.[1，3]答案 （1）A （2）D解析（1）由2x －2y <3－x －3－y ，得2y －3－x <2y －3－y ，即2x－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x <2y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13y .设f （x ）＝2x －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x .则f （x ）<f （y ）.因为函数y ＝2x 在R 上为增函数，y ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 在R 上为增函数，所以f （x ）＝2x－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 在R 上为增函数，则由f （x ）<f （y ），得x <y ，所以y －x >0，所以y －x ＋1>1.所以ln （y －x ＋1）>0，故选A.（2）因为f （x ）为奇函数，所以f （－1）＝－f （1）＝1，于是－1≤f （x －2）≤1等价于f （1）≤f （x －2）≤f （－1），又f （x ）在（－∞，＋∞）上单调递减，∴－1≤x －2≤1，∴1≤x ≤3.基础巩固题组一、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答案C解析 由图象易知函数f （x ）＝|2x ＋a |的单调增区间是[－a 2，＋∞），令－a 2＝3，∴a ＝－6.2.下列函数中，在区间（－1，1）上为减函数的是（ ）A.y ＝11－xB.y ＝cos xC.y ＝ln （x ＋1）D.y ＝2－x答案D解析 ∵y ＝11－x与y ＝ln （x ＋1）在（－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＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在（－1，1）上是减函数. 3.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 ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，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答案C解析 ∵函数图象关于x ＝1对称，∴a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72，又y ＝f （x ）在（1，＋∞）上单调递增，∴f （2）<f （3）<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72，即b <c <a . 4.定义新运算“⊕”：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a <b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f （x ）＝（1⊕x ）x －（2⊕x ）在区间[－2，2]上的最大值为（ ）A.－1B.1C.6D.12答案C解析 由已知得当－2≤x ≤1时，f （x ）＝x －2，当1<x ≤2时，f （x ）＝x 3－2.∵f （x ）＝x －2，f （x ）＝x 3－2在定义域内都为增函数，∴f （x ）的最大值为f （2）＝23－2＝6.5.设函数f （x ）＝x （e x ＋e －x ），则f （x ）（ ）A.是奇函数，且在（0，＋∞）上是增函数B.是偶函数，且在（0，＋∞）上是增函数C.是奇函数，且在（0，＋∞）上是减函数D.是偶函数，且在（0，＋∞）上是减函数答案A解析 f （－x ）＝（－x ）（e －x ＋e x ）＝－f （x ），所以f （x ）为奇函数，f ′（x ）＝e x ＋e －x ＋x （e x －e －x ），当x >0时，e x －e －x >0，e x ＋e －x >0，所以f ′（x ）>0.故f （x ）在（0，＋∞）上是增函数.6.已知函数f （x ）在R 上单调递减，且a ＝33.1，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13π，c ＝ln 13，则f （a ），f （b ），f （c ）的大小关系为（ ）A.f （a ）>f （b ）>f （c ）B.f （b ）>f （c ）>f （a ）C.f （c ）>f （a ）>f （b ）D.f （c ）>f （b ）>f （a ）答案D解析 因为a ＝33.1>30＝1，0<b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13π<⎝ ⎛⎭⎪⎫130＝1，c ＝ln 13<ln 1＝0，所以c <b <a ，又因为函数f （x ）在R 上单调递减，所以f （c ）>f （b ）>f （a ）.二、填空题7.函数f （x ）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －log 2（x ＋2）在区间[－1，1]上的最大值为Ｗ. 答案3解析 由于y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 在R 上递减，y ＝log 2（x ＋2）在[－1，1]上递增，所以f （x ）在[－1，1]上单调递减，故f （x ）在[－1，1]上的最大值为f （－1）＝3.8.若函数f （x ）＝a x （a >0，a ≠1）在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g （x ）＝（1－4m ）x 在[0，＋∞）上是增函数，则a ＝Ｗ.答案14 解析 当a >1时，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时，则y ＝a x 为减函数，有a －1＝4，a 2＝m ，此时a ＝14，m ＝116.此时g （x ）＝34x 在[0，＋∞）上是增函数.故a ＝14.9.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Ｗ.答案 （－∞，1]∪[4，＋∞）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 ≥4.10.（2021·温州适应性测试）若函数f （x ）＝a |x ＋b |－1在（1，＋∞）上是减函数，则实数a 的取值范围是，实数b 的取值范围是Ｗ.答案 （－∞，0） [－1，＋∞）解析 当a >0时，函数f （x ）＝a |x ＋b |－1在（－∞，－b ]上是减函数，在（－b ，＋∞）上是增函数，不满足函数f （x ）＝a |x ＋b |－1在（1，＋∞）上是减函数；当a ＝0时，f （x ）＝－1，不满足函数f （x ）＝a |x ＋b |－1在（1，＋∞）上是减函数；当a <0时，函数f （x ）＝a |x ＋b |－1在（－∞，－b ]上是增函数，在（－b ，＋∞）上是减函数，因为函数f （x ）＝a |x ＋b |－1在（1，＋∞）上是减函数，所以a <0且－b ≤1，即a <0且b ≥三、解答题11.已知函数f （x ）＝1a －1x （a >0，x >0）.（1）求证：f （x ）在（0，＋∞）上是增函数；（2）若f （x ）在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，求a 的值. （1）证明 设x 2>x 1>0，则x 2－x 1>0，x 1x 2>0，∵f （x 2）－f （x 1）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0， ∴f （x 2）>f （x 1），∴f （x ）在（0，＋∞）上是增函数.（2）解∵f （x ）在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，又由（1）得f （x ）在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是单调增函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f （2）＝2，易知a ＝25. 12.已知函数f （x ）＝2x －a x 的定义域为（0，1].（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）－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1x 2 ＝（x 1－x 2）⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1x 1x 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 ）在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，－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13.已知函数f （x ）＝e x －1，g （x ）＝－x 2＋4x －3，若存在f （a ）＝g （b ），则实数b 的取值范围为（ ）A.[0，3]B.（1，3）C.[2－2，2＋2]D.（2－2，2＋2）答案D解析 由题意可知f （x ）＝e x －1>－1，g （x ）＝－x 2＋4x －3＝－（x －2）2＋1≤1， 若f （a ）＝g （b ），则g （b ）∈（－1，1]，即－b 2＋4b －3>－1，即b 2－4b ＋2<0，解得2－2<b <2＋ 2.所以实数b 的取值范围为（2－2，2＋2）.14.已知函数f （x ）＝⎩⎨⎧x 3，x ≤0，ln （x ＋1），x >0，若f （2－x 2）>f （x ），则实数x 的取值范围是（ ） A.（－∞，－1）∪（2，＋∞） B.（－∞，－2）∪（1，＋∞）C.（－1，2）D.（－2，1）答案D解析 ∵当x ＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，∴函数的图象是一条连续的曲线.又∵当x ≤0时，函数f （x ）＝x 3为增函数，当x >0时，f （x ）＝ln （x ＋1）也是增函数，∴函数f （x ）是定义在R 上的增函数.因此，不等式f （2－x 2）>f （x ）等价于2－x 2>x ，即x 2＋x －2<0，解得－2<x <1.15.（2021·苏州调研）函数y ＝|x |（1－x ）的单调递增区间为，单调递减区间为Ｗ.答案⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 （－∞，0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 解析 y ＝|x |（1－x ）＝⎩⎨⎧x （1－x ），x ≥0，－x （1－x ），x <0＝⎩⎨⎧－x 2＋x ，x ≥0，x 2－x ，x <0， 函数的大致图象如图所示.由图易知函数的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，单调递减区间为（－∞，0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 16.（2021·绍兴适考）已知函数f （x ）＝⎩⎨⎧2x ，x <0，log 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Ｗ.答案1－2[－1，0）解析 因为f （－1）＝f （1），所以12＝log 2（1－a ），则1－a ＝212，即a ＝1－ 2.因为函数y ＝2x 在（－∞，0）上单调递增，函数y ＝log 2（x －a ）在[0，＋∞）上单调递增，故函数f （x ）的值域为（0，1）∪[log 2（－a ），＋∞）.由f （x ）存在最小值知，log 2（－a ）≤0，即0<－a ≤20，所以－1≤a <0，即a ∈[－1，0）.17.已知函数f （x ）＝lg （x ＋a x －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，＋∞），f （x ）>0恒成立，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 x 2>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）＝lg 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 ）＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋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，＋∞）.18.已知a ∈R ，设函数f （x ）＝x |x －a |－x .（1）若a ＝3，求函数f （x ）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，x 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）当a ≤0，x ∈[0，t ]时，x ≥a 恒成立，故f （x ）＝x 2－（a ＋1）x .①当a ≤－1时，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＞0，f （x ）在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，a ＋12上单调递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋12，＋∞上单调递增，f （x ）min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12＝－（a ＋1）24∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，0，满足f （x ）min ≥－1. 当0＜t ≤a ＋1≤1时，f （x ）max ＝f （0）＝0，满足题意，此时t max ＝1，a ＝0； 当t ＞a ＋1时，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a ＋1＜t ≤（a ＋1）＋（a ＋1）2＋242. 令m ＝a ＋1，则0＜m ≤1，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.。
函数的单调性与最大(小)值-高考数学复习
f(x)在区间[2,6]上的最大值为 1,最小值为5.
解题心得1.若函数f(x)在区间[a,b]上单调递增(减),则f(x)在区间[a,b]上的最
小(大)值是f(a),最大(小)值是f(b).
2.若函数f(x)在区间[a,b]上单调递增(减),在区间[b,c]上单调递减(增),则f(x)
能力形成点2
利用函数的单调性求最值
1
例3 已知函数 f(x)= .
-1
(1)判断f(x)在区间(1,+∞)内的单调性,并加以证明.
(2)求f(x)在区间[2,6]上的最大值和最小值.
解 (1)函数 f(x)在区间(1,+∞)内单调递减.
证明:任取 x2>x1>1,则
1
1
f(x1)-f(x2)=
−
件 都有 f(x1)<f(x2)
都有 f(x1)>f(x2)
那么就称函数 f(x)在区间 D 上
那么就称函数 f(x)在区间 D 上
单调递减
结 单调递增
论 当函数 f(x)在它的定义域上单调 当函数 f(x)在它的定义域上单调
递增时,称它是增函数
递减时,称它是减函数
图
示
结 如果函数 y=f(x)在区间 I 上单调递增或单调递减,那么就说函数 y=f(x)
的上升或下降确定其单调性
导数法
先求导数,再利用导数值的正负确定函数的单调区间
对于由基本初等函数的和、差构成的函数,可根据各初等函数
性质法
的单调性及f(x)±g(x)的单调性进行判断
对于复合函数y=f(g(x)),先将函数分解成y=f(t)和t=g(x),再讨论(
复合法
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
高考理科数学总复习课件函数的单调性与最值
3 强化训练
通过大量的练习题，加深对知识点的理解和记忆，提高 解题能力和应试水平。
4 总结归纳
及时总结归纳学习过程中的重点和难点，形成自己的知 识网络，便于回顾和复习。
感谢您的观看
THANKS
02
函数最值求解方法
闭区间上连续函数最值定理
定理内容：若函数f(x)在闭区间[a,b]上连 续，则f(x)在[a,b]上必有最大值和最小值 。
3. 比较上述各点处的函数值，最大的为 最大值，最小的为最小值。
2. 计算f(x)在可疑极值点和区间端点a,b 处的函数值；
求解步骤
1. 求出函数f(x)在(a,b)内的可疑极值点 ，即f'(x)=0的点；
设函数$f(x) = xe^{x} - ax^2 - bx$有两个不 同的零点，且满足极限$lim_{{x to -infty}} frac{f(x)}{x} = 1$，则实数$a, b$的关系是 ____。
编题
已知函数$f(x) = ln x - ax^2 + bx$在点$(1, f(1))$处的切线方程为$y = x - 1$，若函数 $f(x)$有两个不同的零点，则实数$a$的取值 范围是____。
解题思路
设$-1 < x_1 < x_2 < 1$，计算$f(x_1) f(x_2)$的符号，通过分子有理化和不等式性 质证明$f(x_1) < f(x_2)$，从而证明函数在区 间$(-1, 1)$上单调递增。
利用导数求函数极值和最值问题举例
例题1
解题思路
例题2
解题思路
求函数$f(x) = x^3 - 3x^2 + 5$的极值和最值。
应对策略：明确极值和最值的定义及区别，知道极值是局部性质，而最 值是全局性质。在求函数最值时，需考虑函数在定义域内的所有可能取 值情况，包括端点处的取值。
高三数学函数的单调性与最值试题答案及解析
高三数学函数的单调性与最值试题答案及解析1.若函数，则下列结论正确的是（）A．，在上是增函数B．，在上是减函数C．，是偶函数D．，是奇函数【答案】C【解析】因为，且函数定义域为令，则显然，当时，；当时，所以当时，在上是减函数，在上是增函数，所以选项A,B均不正确；因为当时，是偶函数，所以选项C正确．要使函数为奇函数，必有恒成立，即恒成立，这与函数的定义域相矛盾，所以选项D不正确．【考点】1、导数在研究函数性质中的应用；2、函数的奇偶性．2.对任意实数，记，若，其中奇函数在时有极小值，是正比例函数，与图象如图，则下列关于的说法中正确的是（）A．是奇函数B．有极大值和极小值C．的最小值为，最大值为2D．在上是增函数【答案】B【解析】因为，是奇函数，其图象关于原点对称，所以与图象如图1所示；图1根据，可知，的图象如图2所示，显然，的图象不关于原点对称，不是奇函数；无最小值、无最大值；其在区间“先增后减”，故选B.图2【考点】新定义函数，函数的奇偶性，函数的图象，函数的单调性与极（最）值.3. [2014·日照模拟]已知函数f(x)在定义域(0，＋∞)上是单调函数，若对于任意x∈(0，＋∞)，都有＝2，则的值是()A．5B．6C．7D．8【答案】B【解析】因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且＝2对任意x∈(0，＋∞)都成立，所以f(x)－＝c＞0(c为常数)，即f(x)＝c＋，且f(c)＝2，故2＝c＋，解得c＝1，故f(x)＝1＋，所以＝1＋5＝6.4.设是定义在R上的偶函数，且当时，。
若对任意的x，不等式恒成立，则实数a的最大值是（）。
A．B．C．D．2【答案】C【解析】是定义在上的偶函数，不等式恒成立等价为恒成立，当时，．不等式等价为恒成立，即在上恒成立，平方得即在上恒成立，设,则满足即故实数的最大值是.故选C.【考点】1.函数的奇偶性；2.恒成立问题.5.（2013•重庆）（﹣6≤a≤3）的最大值为（）A．9B．C．3D．【答案】B【解析】令f（a）=（3﹣a）（a+6）=﹣+，而且﹣6≤a≤3，由此可得函数f（a）的最大值为，故（﹣6≤a≤3）的最大值为=，故选B．6.已知函数y＝f(x)是定义在R上且以3为周期的奇函数，当x∈时，f(x)＝ln(x2－x＋1)，则函数f(x)在区间[0,6]上的零点个数为()A．3B．5C．7D．9【答案】C【解析】当x∈时，－x∈，f(x)＝－f(－x)＝－ln(x2＋x＋1)；则f(x)在区间上有3个零点(在区间上有2个零点)．根据函数周期性，可得f(x)在上也有3个零点，在上有2个零点．故函数f(x)在区间[0,6]上一共有7个零点．7.下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的函数为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】是奇函数但在区间上不是单调函数．在区间上单调递增但不是奇函数，既是奇函数又在区间上单调递增的函数，在区间上单调递增但不是奇函数.【考点】函数奇偶性及单调性8.已知，，规定：当时, ；当时,，则（）A．有最小值,最大值1B．有最大值1,无最小值C．有最小值,无最大值D．有最大值,无最小值【答案】C【解析】由题得,利用平移变化的知识画出函数的图像如下,而,故有最小值1,无最大值.【考点】函数图像平移变化9.已知函数若对任意的，且恒成立，则实数a的取值范围为．【答案】【解析】，由知，函数在单调递增，当，满足题意；当时，只需，即，综上所述，实数a的取值范围为.【考点】1、分段函数；2、函数的单调性.10.判断函数f(x)＝e x＋在区间(0，＋∞)上的单调性．【答案】f(x)在(0，＋∞)上为增函数【解析】(解法1)设0＜x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝＝＝.∵0＜x1＜x2，∴x1－x2＜0，x1＋x2＞0，∴ex1－x2＜1，ex1＋x2＞1，ex1＞0，∴f(x1)＜f(x2)．∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(解法2)对f(x)＝e x＋求导，得f′(x)＝e x－＝(e2x－1)，当x＞0时，e x＞0，e2x＞1，∴f′(x)＞0,∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数．11.函数y=1-的最大值与最小值的和为.【答案】2【解析】令f(x)=,则f(x)为奇函数,故f(x)max +f(x)min=0,∴ymax +ymin=2.12.已知定义在R上的函数y＝f(x)满足下列三个条件：①对任意的x∈R都有f(x＋2)＝－f(x)；②对于任意的0≤x1<x2≤2，都有f(x1)<f(x2)；③y＝f(x＋2)的图像关于y轴对称．下列结论中，正确的是()A．f(4.5)<f(6.5)<f(7) B．f(4.5)<f(7)<f(6.5) C．f(7)<f(4.5)<f(6.5) D．f(7)<f(6.5)<f(4.5)【答案】B【解析】由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，则函数y＝f(x)的最小正周期为4；根据②知函数y＝f(x)在[0，2]上单调递增；根据③知函数y＝f(x)的图像关于直线x＝2对称，所以f(4.5)＝f(0.5)，f(6.5)＝f(2.5)＝f(1.5)，f(7)＝f(3)＝f(1)．故f(4.5)<f(7)<f(6.5)．13.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,+∞)【答案】C【解析】f(x)=由f(x)的图象可知f(x)在(-∞,+∞)上是单调增函数,由f(2-a2)>f(a)得2-a2>a,即a2+a-2<0,解得-2<a<1.14.已知函数y=f(x)满足:对任意的x1<x2≤-1,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)>0恒成立,则f(-2),f(-),f(-1)的大小关系为()A．f(-2)<f(-)<f(-1)B．f(-2)>f(-)>f(-1)C．f(-2)>f(-1)>f(-)D．f(-)>f(-2)>f(-1)【答案】A【解析】由题意及函数单调性的定义得,f(x)在(-∞,-1]上单调递增,又-2<-<-1, ∴f(-2)<f(-)<f(-1).15.函数y=-(x-3)|x|的递增区间是__________.【答案】[0,]【解析】y=-(x-3)|x|=作出该函数的图象,观察图象知递增区间为[0,].16.设函数f(x)＝a为常数且a∈(0，1)．(1)当a＝时，求f；(2)若x0满足f[f(x)]＝x，但f(x)≠x，则称x为f(x)的二阶周期点．证明函数f(x)有且仅有两个二阶周期点，并求二阶周期点x1，x2；(3)对于(2)中的x1，x2，设A(x1，f[f(x1)])，B(x2，f[f(x2)])，C(a2，0)，记△ABC的面积为S(a)，求S(a)在区间[，]上的最大值和最小值．【答案】（1）（2）见解析，x1＝，x2＝（3）最小值为，最大值为【解析】(1)当a＝时，f＝，f＝f＝2＝.(2)证明：f[f(x)]＝当0≤x≤a2时，由x＝x解得x＝0，由于f(0)＝0，故x＝0不是f(x)的二阶周期点；当a2<x≤a时，由 (a－x)＝x解得x＝∈(a2，a)，因为f＝·＝≠，故x＝是f(x)的二阶周期点；当a<x<a2－a＋1时，由 (x－a)＝x解得x＝∈(a，a2－a＋1)，因为f＝·＝，故x＝不是f(x)的二阶周期点；当a2－a＋1≤x≤1时，由 (1－x)＝x解得x＝∈(a2－a＋1，1)，因为f ＝·＝≠，故x＝是f(x)的二阶周期点．因此，函数f(x)有且仅有两个二阶周期点，x1＝，x2＝.(3)由(2)得A(，)，B(，)，则S(a)＝，S′(a)＝·.因为a∈[，]，有a2＋a<1，所以S′(a)＝·＝·>0.(或令g(a)＝a3－2a2－2a＋2，g′(a)＝3a2－4a－2＝3(a－)(a－)，因为a∈(0，1)，所以g′(a)<0，则g(a)在区间[，]上最小值为g()＝>0，故对于任意a∈[，]，g(a)＝a3－2a2－2a＋2>0，S′(a)＝·>0)则S(a)在区间[，]上单调递增，故S(a)在区间[，]上的最小值为S()＝，最大值为S()＝.17. {an }为首项为正数的递增等差数列，其前n项和为Sn，则点(n，Sn)所在的抛物线可能为()【答案】D【解析】当n≥1时{an }单调递增且各项之和大于零，当n＝0时Sn等于零，结合选项只能是D.18.设g(x)是定义在R上以1为周期的函数，若函数f(x)＝x＋g(x)在区间[3,4]时的值域为[－2,5]，则f(x)在区间[2,5]上的值域为________．【答案】[－3,6]【解析】当x∈[2,3]时，x＋1∈[3,4]，所以f(x＋1)＝x＋1＋g(x＋1)＝x＋1＋g(x)∈[－2,5]，所以f(x)＝x＋g(x)∈[－3,4]；当x∈[4,5]时，x－1∈[3,4]，所以f(x－1)＝x－1＋g(x－1)＝x－1＋g(x)∈[－2,5]，所以f(x)＝x＋g(x)∈[－1,6]，所以f(x)在区间[2,5]上的值域为[－3，6]．19.下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是 ()．A．y＝lg(x＋2)B．y＝－C．y＝x D．y＝x＋【答案】A【解析】A中，y＝lg(x＋2)在(0，＋∞)上是增函数，B、C中函数为减函数，D中在(0，＋∞)上不单调．20.设奇函数f(x)在[－1,1]上是增函数，且f(－1)＝－1，若函数f(x)≤t2－2at＋1对所有的x∈[－1,1]都成立，则当a∈[－1,1]时t的取值范围是()．A．－2≤t≤2B．－≤t≤C．t≤－2或t＝0或t≥2D．t≤－或t＝0或t≥【答案】C【解析】依题意f(x)的最大值为f(1)＝1，要使f(x)≤t2－2at＋1对所有的x∈[－1,1]都成立，则1≤t2－2at＋1，即t2－2at≥0，亦即t(t－2a)≥0，当t＝0时，不等式成立，当0≤a≤1时，不等式的解为t≥2a≥2；当－1≤a≤0时，不等式的解为t≤2a≤－2.21.已知函数（其中且），是的反函数.（1）已知关于的方程在区间上有实数解，求实数的取值范围；（2）当时，讨论函数的奇偶性和增减性；（3）设，其中.记，数列的前项的和为（），求证：.【答案】(1)；(2)奇函数，减函数；(3)证明见解析．【解析】(1)这是一个对数方程，首先要转化为代数方程，根据对数的性质有，从而有，方程在上有解，就变为求函数在上的值域，转化时注意对数的真数为正；(2)奇偶性和单调性我们都根据定义加以解决；(3)，，要证明不等式成立，最好是能把和求出来，但看其通项公式，这个和是不可能求出的，由于我们只要证明不等式，那么我们能不能把放缩后可求和呢？，显然，即，左边易证，又由二项式定理，在时，，所以，注意到，至此不等式的右边可以求和了，，得证．试题解析：（1）转化为求函数在上的值域，该函数在上递增、在上递减，所以的最小值5，最大值9。
(word完整版)高中数学函数的单调性和最值习题和详解
高中数学高考总复习函数的单调性与最值习题及详解一、选择题1 •已知f(x)=—X—X3, x€ ［a, b］，且f(a)f(b)<0，则f(x) = 0 在［a, b］内()A•至少有一实数根B.至多有一实数根C •没有实数根D.有唯一实数根［答案］D［解析］•••函数f(x)在［a, b］上是单调减函数，又f(a), f(b)异号•••• f(x)在［a, b］内有且仅有一个零点，故选 D.2 • (2010北京文)给定函数①y= x1，②y= log2(x+ 1)，③y=x —11,④y= 2x+1,其中在区间(0,1)上单调递减的函数的序号是()A .①②B.②③C .③④D.①④［答案］B1 1 1［解析］易知y = X2在(0,1)递增，故排除A、D选项；又y= logq(x+ 1)的图象是由y= logqx的图象向左平移一个1单位得到的，其单调性与y= log^x相同为递减的，所以②符合题意，故选 B.1 1 13 • (2010 济南市模拟)设y1 = 0.43, y2= 0.53，y3= 0.54,则( )A • y3<y2<y1 B. y1<y2<y3C. y2<y3<y1D. y1<y3<y2［答案］B1 1［解析］•/ y= 0.5x为减函数，• 0.53<0.54,1•/ y= x3在第一象限内是增函数，1 1二0.43<0.53，二y1<y2<y3，故选 B.a _ 2 x ___ 1 x W14. (2010 •州市)已知函数，若f(x)在(—a, + a上单调递增，贝U实数a的取值范围为()log a x x>1A • (1,2) B. (2,3)C. (2,3］D. (2,+a)［答案］C［解析］••• f(x)在R上单调增，a>1a —2>0 , a —2 X1 —1 w log1••• 2<a W3,故选 C. 5.（文）（2010山东济宁）若函数f （x ）= x 2+ 2x + alnx 在（0,1）上单调递减，则实数 a 的取值范围是（）A . a > 0B . a <0 D . a <— 4［答案］Da 2x 2 + 2x + a［解析］•••函数 f(x)= x 2 + 2x + alnx 在(0,1)上单调递减，•••当 x € (0,1)时，f'x) = 2x + 2+- = ------- g(x)x — =2x 2 + 2x + a <0在 x € (0,1)时恒成立，• g(0) <p g(1) <p 即 a <— 4.n n(理)已知函数y = tan^x 在—2， 2内是减函数，贝卩3的取值范围是()A . 0< 1B . — 1 <o <0C . 3 》1D . 3<— 1［答案］Bn n［解析］•/ tansx 在—2，2上是减函数， • 3<0.当—n <x<2时，有n _冗3< c < 3X —7t3<0 6. (2010 天津文)设 a = log 54, b = (log 53)2, c = log 45,则( )A . a v c v bD . b v a v c［答案］D［解析］ T 1>log 54>log 53>0,「. Iog 53>(log 53)2>0，而 Iog 45>1,「. c>a>b. 7 .若f(x)= x 3— 6ax 的单调递减区间是(一2,2)，则a 的取值范围是( )A . (—s, 0］B . ［ — 2,2］C . {2}D . ［2,+ s)［答案］C［解析］f 'x) = 3x 2— 6a ,,…一1 <3<0.B . b v c v a 2 兀 n若a<0则f'x) >0 • f(x)单调增，排除A ;若a>0,则由f'x)= 0 得x= ± 2a,当x< —.2a 和x> ,2a 时，f'x)>0, f(x)单调增，当一.2a<x<,2a 时，f(x)单调减,••• f(x)的单调减区间为(—.2a, 2a),从而J2a = 2,a= 2.［点评］f(x)的单调递减区间是(一2,2)和f(x)在(—2, 2)上单调递减是不同的，应加以区分.1 18. (文)定义在R上的偶函数f(x)在［0，+ ^上是增函数，若f(?)= 0，则适合不等式f(log^7x)>0的x的取值范围是()1A . (3, + s) B. (0,刁1C . (0, + ) D. (0, 3) U (3 ,+s)［答案］D1 1［解析］•••定义在R上的偶函数f(x)在［0,+s上是增函数，且f( ) = 0,则由f(log丄x)>0,得|log丄x|>，即log!3 27 27 3 271 1 x>孑或log—x< —百.选D.327 3(理)(2010南充市)已知函数f(x)图象的两条对称轴x= 0和x= 1，且在x€ ［—1,0］上f(x)单调递增，设a= f(3), b =f( 2), c= f(2)，贝U a、b、c的大小关系是()A. a>b>cB. a>c>bC. b>c>aD. c>b>a［答案］D［解析］••• f(x)在［—1,0］上单调增，f(x)的图象关于直线x= 0对称，• f(x)在［0,1］上单调减；又f(x)的图象关于直线x= 1对称，• f(x)在［1,2］上单调增，在［2,3］上单调减.由对称性f(3) = f( —1)= f(1)<f( _2)<f(2),即a<b<c.x2+ 4x, x>09. (2009天津高考)已知函数f(x) = 2n若f(2 —a2)> f(a)，则实数a的取值范围是()4x—x , x v 0.A . (— s,—1) U (2,+ s)B . ( —1,2)C . ( —2,1)D . (— s,—2) U (1 ,+ s)［答案］C［解析］■/ 时，f(x) = x2+ 4x= (x+ 2)2—4 单调递增，且f(x)当x<0 时，f(x)= 4x—x2=—(x —2)2+ 4 单调递增，且f(x)<0 ,• f(x)在R 上单调递增，由f(2 —a2)>f(a)得2—a2>a，•—2<a<1.10 . (2010泉州模拟)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a +b f 2［答案］C［解析］令x = y= 0 得，f(0)= 0,令y=—x得，f(0) = f(x)+ f(—x),二f(—x)=—f(x)-对任意x i , X2 € R 且x i <X2,,f(x i) —f(X2)= f(x i) + f( —x2)=f(x i —X2)>0 ,.•• f(X l)>f(X2),••• f(x)在R上是减函数，••• f(x)在［a，b］上最小值为f(b).二、填空题b i11. (2010 重庆中学)已知函数f(x)= ax+ x—4(a, b 为常数)，f(lg2) = 0,则f(lg^)= _____________［答案］—8［解析］令(Kx)= ax+ b，贝V H x)为奇函数，f(x) = $(x) —4,入•- f(lg2) = H lg2) —4 = 0 ,• H lg2)= 4,“ 1•-饥刁=f(—lg2) = H( —lg2) —4=—y ig2) —4=—8.12 .偶函数f(x)在(—s,0］上单调递减，且f(x)在［—2,k］上的最大值点与最小值点横坐标之差为3,则k= __________［答案］3［解析］•••偶函数f(x)在(—R, 0］上单调递减，• f(x)在［0，+ ^上单调递增.因此，若k WQ贝U k—(—2) = k + 2<3，若k>0,v f(x)在［—2,0］上单调减在［0，—k］上单调增，.••最小值为f(0), 又在［—2, k］上最大值点与最小值点横坐标之差为3,• k—0= 3,即k= 3.13 .函数f(x)= aX 1在(—m, —3)上是减函数，则a的取值范围是________________x+ 3［答案］1 ——OO ——_，314 . (2010 •苏无锡市调研)设a(0<a<1)是给定的常数，f(x)是R上的奇函数，且在(0,+^上是增函数，若f：=0 , f(log a t)>0，贝y t的取值范围是 _______ .［答(1,扫u (0，诵)案］1［解析］f(log a t)>0，即 f(log a t)>f 2， 1••• f(x)在(0，+ ^上 为增函数，二 log a t>2， 0<a<1 ,.°. 0<t<“Ja.1 i又 f(x)为奇函数，••• f — - =- f- = 0,r 1…f(log a t)>0 又可化为 f(log a t)>f — 2 , •••奇函数f(x)在(0 ,+8上是增函数，1• f(x)在(—8, 0)上为增函数，• 0>log a t> — 2,综上知，0<t< a 或1<t< a ， 三、解答题15. (2010 北京市东城区)已知函数 f(x) = log a (x + 1) — log a (1 — x), a>0 且 a * 1. (1) 求f(x)的定义域；⑵判断f(x)的奇偶性并予以证明；⑶当a>1时，求使f(x)>0的x 的取值集合.［解析］(1)要使 f(x) = log a (x + 1) — log a (1 — x)有意义，则 x + 1>0，解得—1<x<1.1 — x>0故所求定义域为｛x — 1<x<1｝.⑵由(1)知f(x)的定义域为｛X — 1<x<1｝，且 f( — x) = log a ( — x +1)— log a (1 + x) = — ［log a (x + 1) — log a (1 — x)］ = — f(x)，故 f(x)为奇函数. ⑶因为当a>1时，f(x)在定义域｛x|— 1<x<1｝内是增函数， x + 1所以 f(x)>0?产->1.1 — x 解得0<x<1.所以使f(x)>0的x 的取值集合是｛x|0<x<1｝.1 — mx 口 亠 p16. (2010北京东城区)已知函数f(x)= log a 是奇函数(a>0，a * 1) x — 1(1) 求m 的值；(2) 求函数f(x)的单调区间；(3) 若当x € (1，a — 2)时，f(x)的值域为(1，+8),求实数a 的值. “八卄亠1 — mx . 1+ mx 小•/ 0<a<1 ,1<t<1a ，［解析］(1)依题意，f(—x)=—f(x)，l卩f(x) + f(—x)= 0，即log a x—1 + log a—x—1 = 0，1 —mx 1 + mx•••—1，二(1 —m2)x2= 0 恒成立，x—1 —X—1 '•1 — m2= 0,「. m=—1或m= 1(不合题意，舍去)1 + x当m=—1时，由一>0得，x € (—汽一1) U (1,+s),此即函数f(x)的定义域，x —1又有f( —x) = —f(x),• m=—1是符合题意的解.1 + x⑵•/ f(x) = log a x z7，x—1 1 +X ,•- f x) = logx+ 1 x—1 &_ x—1 x—1 —x+1 2log a ex+1 x —1 2log a e—1—x2①若a>1，则log a e>0当x€ (1 ,+s 时，1 —x2<0 f'x)<0, f(x)在(1, +s上单调递减，即(1,+ s是f(x)的单调递减区间；由奇函数的性质知，(一s,—1)是f(x)的单调递减区间.②若0<a<1，则log a e<0当x€ (1 ,+s 时，1 —x2<0, • f'x(0,• (1 ,+s是f(X)的单调递增区间；由奇函数的性质知，(一s,—1)是f(x)的单调递增区间.1 + x 2(3)令t —------ —1 + -- ，贝U t为x的减函数x—1 x—1•- x€ (1, a —2),2 2• t€ 1+ ■，+ s且a>3，要使f(x)的值域为(1,+ s)需log a 1+ —1，解得a—2+ 3.a—3 a —31 —a _17 . (2010 山东文)已知函数f(x)—lnx—ax+ ——1(a€ R).入(1)当a ——1时，求曲线y—f(x)在点(2, f(2))处的切线方程；⑵当a g时，讨论f(x)的单调性.2［解析］(1)a ——1 时，f(x) —lnx+ x+- —1, x€ (0,+s).xx2+ x—2f—2—, x € (0,+ s)y x因此f' (—1,即曲线y—f(x)在点(2 , f(2))处的切线斜率为1.又f(2) —ln2 + 2,所以y—f(x)在(2, f(2))处的切线方程为y—(In2 + 2) —x—2,即x—y+ ln2 —0.WORD 格式.可编辑__ 1 — a ⑵因为 f(x)= lnx — ax + — - 1, 入1 a — 1 ax2 — x +1 — a所以 f ，x) = — a + -- =— — 2x € (0,+g). x x x令 g(x) = ax 2— x + 1 — a ,① 当 a = 0 时，g(x) = 1— x , x € (0, + g), 当 x € (0,1)时,g(x)>0 , f'x (O , f(x)单调递减； 当 x € (1 ,+g 时，g(x)<0，此时 f 'x)>0, f(x)单调递增； 1② 当 a 工0时 f'x)= a(x — 1)[x — ( — 1)],a(i )当a = 2■时，g(x)亘成立，f'x) WQ f(x)在(0,+ g 上单调递减;1 1(ii )当 0<a<2时，彳—1>1>0， x € (0,1)时，g(x)>0,此时 f'x)<0, f(x)单调递减；1x € (1 , -— 1)时，g(x)<0，此时 f 'x)>0, f(x)单调递增; a g(x)>0，此时 f 'x)<0, f(x)单调递减;③当 a<0 时，1— 1<0,ax € (0,1)时，g(x)>0，有 f'x (O , f(x)单调递减 x € (1,+g)时，g(x)<0，有 f 'x)>0, f(x)单调递增. 综上所述：当a W0时函数f(x)在(0,1)上单调递减，(1,+g 上单调递增； 1当a = $时，f(x)在(0 ,+g 上单调递减；11 1当Ovav ：时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1, — 1)上单调递增，在(-—1 ,+g 上单调递减.2 a a 注：分类讨论时要做到不重不漏，层次清楚.1x € Q — 1 ,+ g)寸,。
高考理科数学真题练习题函数的单调性与最值理含解析
高考数学复习 课时作业5 函数的单调性与最值一、选择题1．(2019·潍坊市统一考试)下列函数中，图象是轴对称图形且在区间(0，＋∞)上单调递减的是( B )A ．y ＝1xB ．y ＝－x 2＋1 C ．y ＝2xD ．y ＝log 2|x |解析：因为函数的图象是轴对称图形，所以排除A ，C ，又y ＝－x 2＋1在(0，＋∞)上单调递减，y ＝log 2|x |在(0，＋∞)上单调递增，所以排除D.故选B.2．已知函数f (x )＝x 2－2x －3，则该函数的单调递增区间为( B ) A ．(－∞，1] B ．[3，＋∞) C ．(－∞，－1]D ．[1，＋∞)解析：设t ＝x 2－2x －3，由t ≥0，即x 2－2x －3≥0，解得x ≤－1或x ≥3.所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t ＝x 2－2x －3的图象的对称轴为x ＝1，所以函数t 在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增．所以函数f (x )的单调递增区间为[3，＋∞)．3．函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121x 2＋1 的值域为( C )A ．(－∞，1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞解析：因为x 2≥0，所以x 2＋1≥1，即1x 2＋1∈(0,1]，故y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121x 2＋1 ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1.4．(2019·洛阳高三统考)若函数f (x )同时满足下列两个条件，则称该函数为“优美函数”：(1)∀x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝0； (2)∀x 1，x 2∈R ，且x 1≠x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2<0.①f (x )＝sin x ；②f (x )＝－2x 3；③f (x )＝1－x ；④f (x )＝ln(x 2＋1＋x )． 以上四个函数中，“优美函数”的个数是( B ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：由条件(1)，得f (x )是奇函数，由条件(2)，得f (x )是R 上的单调减函数． 对于①，f (x )＝sin x 在R 上不单调，故不是“优美函数”；对于②，f (x )＝－2x 3既是奇函数，又在R 上单调递减，故是“优美函数”；对于③，f (x )＝1－x 不是奇函数，故不是“优美函数”；对于④，易知f (x )在R 上单调递增，故不是“优美函数”．故选B.5．函数y ＝f (x )在[0,2]上单调递增，且函数f (x )的图象关于直线x ＝2对称，则下列结论成立的是( B )A ．f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (1) D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1) 解析：因为f (x )的图象关于直线x ＝2对称，所以f (x )＝f (4－x )，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.又0<12<1<32<2，f (x )在[0,2]上单调递增，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.6．已知a >0，设函数f (x )＝2 019x ＋1＋2 0172 019x＋1(x ∈[－a ，a ])的最大值为M ，最小值为N ，那么M ＋N ＝( D )A ．2 017B ．2 019C ．4 032D ．4 036解析：由题意得f (x )＝2 019x ＋1＋2 0172 019x ＋1＝2 019－22 019x＋1.∵y ＝2 019x＋1在[－a ，a ]上是单调递增的，∴f (x )＝2 019－22 019x＋1在[－a ，a ]上是单调递增的，∴M ＝f (a )，N ＝f (－a )，∴M ＋N ＝f (a )＋f (－a )＝4 038－22 019a ＋1－22 019－a＋1＝4 036. 二、填空题7．已知函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，若f (a 2－a )>f (a ＋3)，则实数a 的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．解析：由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a >0，a ＋3>0，a 2－a >a ＋3，解得－3<a <－1或a >3.所以实数a 的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．8．(2018·北京卷)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f (x )＝sin x (答案不唯一)．解析：这是一道开放性试题，答案不唯一，只要满足f (x )>f (0)对任意的x ∈(0,2]都成立，且函数f (x )在[0,2]上不是增函数即可．如f (x )＝sin x ，答案不唯一．9．若函数f (x )＝ln(ax 2＋x )在区间(0,1)上单调递增，则实数a 的取值范围为a ≥－12.解析：若函数f (x )＝ln(ax 2＋x )在区间(0,1)上单调递增，则函数g (x )＝ax 2＋x 在(0,1)上单调递增且g (x )>0恒成立．当a ＝0时，g (x )＝x 在(0,1)上单调递增且g (x )>0，符合题意；当a >0时，g (x )图象的对称轴为x ＝－12a <0，且有g (x )>0，所以g (x )在(0,1)上单调递增，符合题意；当a <0时，需满足g (x )图象的对称轴x ＝－12a ≥1，且有g (x )>0，解得a ≥－12，则－12≤a <0.综上，a ≥－12. 10．若函数f (x )＝ax ＋b ，x ∈[a －4，a ]的图象关于原点对称，则函数g (x )＝bx ＋a x，x ∈[－4，－1]的值域为[－2，－12]．解析：由函数f (x )的图象关于原点对称，可得a －4＋a ＝0，即a ＝2，则函数f (x )＝2x ＋b ，其定义域为[－2,2]，所以f (0)＝0，所以b ＝0，所以g (x )＝2x，易知g (x )在[－4，－1]上单调递减，故值域为[g (－1)，g (－4)]，即[－2，－12]．三、解答题 11．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证明：f (x )在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：任设x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2x 1－x 2x 1＋2x 2＋2.∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， ∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， ∴f (x )在(－∞，－2)上单调递增． (2)任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a＝a x 2－x 1x 1－a x 2－a.∵a >0，x 2－x 1>0，∴要使f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≤1.综上所述知a 的取值范围是(0,1]．12．已知函数f (x )＝ax ＋1a(1－x )(a >0)，且f (x )在[0,1]上的最小值为g (a )，求g (a )的最大值．解：f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1a x ＋1a ，当a >1时，a －1a>0，此时f (x )在[0,1]上为增函数，∴g (a )＝f (0)＝1a ；当0<a <1时，a －1a<0，此时f (x )在[0,1]上为减函数，∴g (a )＝f (1)＝a ；当a ＝1时，f (x )＝1，此时g (a )＝1.∴g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，0<a <1，1a，a ≥1，∴g (a )在(0,1)上为增函数，在[1，＋∞)上为减函数，又a＝1时，有a ＝1a＝1，∴当a ＝1时，g (a )取最大值1.13．(2019·湖北八校联考)已知函数f (x )＝ ⎩⎪⎨⎪⎧ln x 2＋a ln x ＋b ，x >0，e x ＋12，x ≤0，若f (e 2)＝f (1)，f (e)＝43f (0)，则函数f (x )的值域为(12，32]∪[2，＋∞)． 解析：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋b ＝b ，1＋a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝3，∴当x >0时，f (x )＝(ln x )2－2ln x ＋3＝(ln x －1)2＋2≥2；当x ≤0时，12<e x ＋12≤e 0＋12＝32，则函数f (x )的值域为(12，32]∪[2，＋∞)．14．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值． 解：(1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0.故f (1)＝0.(2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1x 2>1，由于当x >1时，f (x )<0. 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)<0.因此f (x 1)<f (x 2)．所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数． (3)∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数．∴f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)得，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫93＝f (9)－f (3)． 而f (3)＝－1，所以f (9)＝－2. ∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·河南郑州一模)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋2e)＝－f (x )(其中e ＝2.718 2…)，且在区间[e,2e]上是减函数，令a ＝ln22，b ＝ln33，c ＝ln55，则f (a )，f (b )，f (c )的大小关系(用不等号连接)为( A )A ．f (b )>f (a )>f (c )B ．f (b )>f (c )>f (a )C ．f (a )>f (b )>f (c )D ．f (a )>f (c )>f (b )解析：∵f (x )是R 上的奇函数，满足f (x ＋2e)＝－f (x )，∴f (x ＋2e)＝f (－x )，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝e 对称，∵f (x )在区间[e,2e]上为减函数，∴f (x )在区间[0，e]上为增函数，又易知0<c <a <b <e ，∴f (c )<f (a )<f (b )，故选A.16．(2019·湖南湘东五校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，－7≤x ≤0，ln x ，e －2≤x ≤e，g (x )＝x 2－2x ，设a 为实数，若存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，则实数a 的取值范围为[－1,3]．解析：当－7≤x ≤0时，f (x )＝|x ＋1|∈[0,6]，当e －2≤x ≤e 时，f (x )＝ln x 单调递增，得f (x )∈[－2,1]，综上，f (x )∈[－2,6]．若存在实数m ，使f (m )－2g (a )＝0，则有－2≤2g (a )≤6，即－1≤a 2－2a ≤3⇒－1≤a ≤3.。
高三数学函数的单调性与最值试题答案及解析
高三数学函数的单调性与最值试题答案及解析1.已知函数对一切、都有：，并且当时，.（1）判定并证明函数在上的单调性；（2）若，求不等式的解集.【答案】（1）f（x）在上是增函数；（2）【解析】（1）将m、n赋值，并注意x＞0时f（x）＞2条件的使用；（2）根据（1）的结论，首先找出f（1）＝3，然后利用单调性去掉抽象函数，解二次不等式即可.试题解析：（1）设、且，则∵当时，∴即而函数对一切、都有：∴即∴函数在上是增函数（2）由题：∵∴∵∴即∴不等式的解集是【考点】抽象函数，函数的单调性，一元二次不等式的解法2.已知函数f(x)＝x3＋3x对任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，则x的取值范围为________．【答案】(－2，)【解析】∵函数f(x)＝x3＋3x是奇函数，且在定义域f(x)＝x3＋3x上单调递增，∴由f(mx－2)＋f(x)<0得f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，即mx－2<－x，令g(m)＝xm＋(x－2)，由题意知g(2)<0，g(－2)<0，令g(m)＝xm＋(x－2)，g(2)<0，g(－2)<0，∴，解得－2<x<.3. [2014·大庆质检]下列函数中，满足“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)”的是()A．f(x)＝B．f(x)＝(x－1)2C．f(x)＝e x D．f(x)＝ln(x＋1)【答案】A【解析】由题意知，f(x)在(0，＋∞)上是减函数，故选A.4. [2013·吉林调研]已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝0，且在(－∞，0)上单调递增，如果x1＋x2＜0且x1x2＜0，则f(x1)＋f(x2)的值()A．可能为0B．恒大于0 C．恒小于0D．可正可负【答案】C【解析】由x1x2＜0不妨设x1＜0，x2＞0.∵x1＋x2＜0，∴x1＜－x2＜0.由f(x)＋f(－x)＝0知f(x)为奇函数．又由f(x)在(－∞，0)上单调递增得，f(x1)＜f(－x2)＝－f(x2)，所以f(x 1)＋f(x 2)＜0.故选C.5. （3分）（2011•重庆）下列区间中，函数f （x ）=|lg （2﹣x ）|在其上为增函数的是（ ） A ．（﹣∞，1]B ．C ．D ．（1，2）【答案】D【解析】根据零点分段法，我们易将函数f （x ）=|lg （2﹣x ）|的解析式化为分段函数的形式，再根据复合函数“同增异减”的原则我们易求出函数的单调区间进而得到结论． 解：∵f （x ）=|lg （2﹣x ）|， ∴f （x ）=根据复合函数的单调性我们易得 在区间（﹣∞，1]上单调递减 在区间（1，2）上单调递增 故选D点评：本题考查的知识点是对数函数的单调性与特殊点，其中根据“同增异减”的原则确定每一段函数的单调性是解答本题的关键．6. 定义在R 上的偶函数f(x)的部分图象如图所示，则在(－2,0)上，下列函数中与f(x)的单调性不同的是( )A ．y ＝x 2＋1 B ．y ＝|x|＋1C ．y ＝D ．y ＝【答案】C【解析】利用偶函数的对称性知f(x)在(－2,0)上为减函数，又y ＝，在(－2,0)上为增函数，故选C. 7. 设，则（ ）A ．﹣2＜x ＜﹣1B ．﹣3＜x ＜﹣2C ．﹣1＜x ＜0D ．0＜x ＜1【答案】A【解析】因为y=3x 在R 上单调递增，又，故﹣2＜x ＜﹣1故选A8. 若对任意x ∈R ，不等式|x|≥ax 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．a ＜﹣1 B ．|a|≤1 C ．|a|＜1 D ．a≥1【答案】B【解析】当x＞0时，x≥ax恒成立，即a≤1当x=0时，0≥a×0恒成立，即a∈R当x＜0时，﹣x≥ax恒成立，即a≥﹣1，若对任意x∈R，不等式|x|≥ax恒成立，所以﹣1≤a≤1，故选B．9.函数y=x2+b x+c（x∈[0，+∞））是单调函数的充要条件是（）A．b≥0B．b≤0C．b＞0D．b＜0【答案】A【解析】∵函数y=x2+bx+c在[0，+∞）上为单调函数∴x=﹣≤0，即b≥0．故选A10.已知函数对任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由即.所以函数在上递增.所以即成立.故选A.【考点】1.函数的导数.2.函数的单调性.3.函数的构造的思想.11.已知函数在点处的切线方程为.（1）求、的值；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围；（3）证明：当，且时，.【答案】（1），；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）利用已知条件得到两个条件：一是切线的斜率等于函数在处的导数值，二是切点在切线上也在函数的图象上，通过切点在切线上求出的值，然后再通过和的值列有关、的二元一次方程组，求出、的值；（2）解法1是利用参数分离法将不等式在区间上恒成立问题转化为不等式在区间上恒成立，并构造函数，从而转化为，并利用导数求出函数的最小值，从而求出的取值范围；解法2是构造新函数，将不等式在区间上恒成立问题转化为不等式在区间上恒成立问题，等价于利用导数研究函数的单调性，对的取值进行分类讨论，通过在不同取值条件下确定函数的单调性求出，围绕列不等式求解，从而求出的取值范围；（3）在（2）的条件下得到，在不等式两边为正数的条件下两边取倒数得到，然后分别令、、、、，利用累加法以及同向不等式的相加性来证明问题中涉及的不等式.试题解析：（1），.直线的斜率为，且过点，，即解得，；（2）解法1：由（1）得.当时，恒成立，即，等价于.令，则.令，则.当时，，函数在上单调递增，故.从而，当时，，即函数在上单调递增，故.因此，当时，恒成立，则.所求的取值范围是；解法2：由（1）得.当时，恒成立，即恒成立.令，则.方程（*）的判别式.（ⅰ）当，即时，则时，，得，故函数在上单调递减.由于，则当时，，即，与题设矛盾；（ⅱ）当，即时，则时，.故函数在上单调递减，则，符合题意；（ⅲ）当，即时，方程（*）的两根为，，则时，，时，.故函数在上单调递增，在上单调递减，从而，函数在上的最大值为.而，由（ⅱ）知，当时，，得，从而.故当时，，符合题意.综上所述，的取值范围是.（3）由（2）得，当时，，可化为，又，从而，.把、、、、分别代入上面不等式，并相加得，.【考点】1.导数的几何意义；2.不等式恒成立；3.参数分离法；4.分类讨论；5.数列不等式的证明12.函数的单调递增区间是．【答案】【解析】当时，，增区间为，当时，，增区间为．填．【考点】分段函数的单调区间．13.已知函数f(x)＝ax2－|x|＋2a－1(a为实常数)．(1)若a＝1，作函数f(x)的图象；(2)设f(x)在区间[1，2]上的最小值为g(a)，求g(a)的表达式；(3)设h(x)＝，若函数h(x)在区间[1，2]上是增函数，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）g(a)＝（3）【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝x2－|x|＋1＝作图如下．(2)当x∈[1，2]时，f(x)＝ax2－x＋2a－1.若a＝0，则f(x)＝－x－1在区间[1，2]上是减函数，g(a)＝f(2)＝－3.若a≠0，则f(x)＝a＋2a－－1，f(x)图象的对称轴是直线x＝.当a<0时，f(x)在区间[1，2]上是减函数，g(a)＝f(2)＝6a－3.当0<<1，即a>时，f(x)在区间[1，2]上是增函数，g(a)＝f(1)＝3a－2. 当1≤≤2，即≤a≤时，g(a)＝f＝2a－－1.当>2，即0<a<时，f(x)在区间[1，2]上是减函数，g(a)＝f(2)＝6a－3. 综上可得g(a)＝(3)当x∈[1，2]时，h(x)＝ax＋－1，在区间[1，2]上任取x1、x2，且x1<x2，则h(x2)－h(x1)＝＝(x2－x1)＝(x2－x1).因为h(x)在区间[1，2]上是增函数，所以h(x2)－h(x1)>0.因为x2－x1>0，x1x2>0，所以ax1x2－(2a－1)>0，即ax1x2>2a－1.当a＝0时，上面的不等式变为0>－1，即a＝0时结论成立．当a>0时，x1x2>，由1<x1x2<4，得≤1，解得0＜a≤1.当a<0时，x1x2<，由1<x1x2<4，得≥4，解得－≤a＜0.所以实数a的取值范围为14.已知a∈R且a≠1，求函数f(x)＝在[1，4]上的最值．【答案】，【解析】由f(x)＝＝a＋.若1－a>0，即a<1时，f(x)在[1，4]上为减函数，∴fmax (x)＝f(1)＝，fmin(x)＝f(4)＝；若1－a<0，即a>1时，f(x)在[1，4]上为增函数，∴fmax (x)＝f(4)＝，fmin(x)＝f(1)＝.15.已知函数f(x)是定义在正实数集上的单调函数，且满足对任意x＞0，都有f(f(x)－lnx)＝1＋e，则f(1)＝________．【答案】e【解析】f(x)－lnx必为常数函数，否则存在两个不同数，其对应值均为1＋e，与单调函数矛盾．所以可设f(x)－lnx＝c，则f(x)＝lnx＋c.将c代入，得f(c)＝1＋e，即lnc＋c＝1＋e.∵y＝lnx＋x是单调增函数，当c＝e时，lnc＋c＝1＋e成立，∴f(x)＝lnx＋e.则f(1)＝e16.已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，则x的取值范围是________．【答案】【解析】f′(x)＝3x2＋1>0，∴f(x)在R上为增函数．又f(x)为奇函数，由f(mx－2)＋f(x)<0知，f(mx－2)<f(－x)．∴mx－2<－x，即mx＋x－2<0，令g(m)＝mx＋x－2，由m∈[－2,2]知g(m)<0恒成立，可得，∴－2<x< .17.已知定义在R上的函数y＝f(x)满足条件f＝－f(x)，且函数y＝f为奇函数，给出以下四个命题：(1)函数f(x)是周期函数；(2)函数f(x)的图象关于点对称；(3)函数f(x)为R上的偶函数；(4)函数f(x)为R上的单调函数．其中真命题的序号为________．(写出所有真命题的序号)【答案】(1)(2)(3)【解析】由f(x)＝f(x＋3)⇒f(x)为周期函数，且T＝3，(1)为真命题；又y＝f关于(0,0)对称，y＝f向左平移个单位得y＝f(x)的图象，则y＝f(x)的图象关于点对称，(2)为真命题；又y＝f为奇函数，所以f＝－f，f＝－f＝－f(－x)，∴f＝－f(－x)，f(x)＝f(x－3)＝－f＝f(－x)，∴f(x)为偶函数，不可能为R上的单调函数，(3)为真命题；(4)为假命题，故真命题为(1)(2)(3)．18.能够把圆的周长和面积同时分为相等的两部分的函数称为圆的“和谐函数”,下列函数不是圆的“和谐函数”的是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由“和谐函数”的定义知，若函数为“和谐函数”，则该函数为过原点的奇函数．Ａ中，，所以的图象不过原点，故不为“和谐函数”； B中，，且，所以为奇函数，所以为“和谐函数”； C中，，且，为奇函数，故为“和谐函数”；Ｄ中，，且为奇函数，故为“和谐函数”；故选Ａ．【考点】奇偶性与单调性的综合．19.已知实数，函数.（1）当时，求的最小值;（2）当时,判断的单调性,并说明理由；（3）求实数的范围，使得对于区间上的任意三个实数，都存在以为边长的三角形.【答案】（1）2；（2）递增；（3）．【解析】(1)研究函数问题，一般先研究函数的性质，如奇偶性，单调性，周期性等等，如本题中函数是偶函数，因此其最小值我们只要在时求得即可；（2）时，可化简为，下面我们只要按照单调性的定义就可证明在上函数是单调递增的，当然在上是递减的；（3）处理此问题，首先通过换元法把问题简化，设，则函数变为，问题变为求实数的范围，使得在区间上，恒有．对于函数，我们知道，它在上递减，在上递增，故我们要讨论它在区间上的最大（小）值，就必须分类讨论，分类标准显然是，，，在时还要讨论最大值在区间的哪个端点取得，也即共分成四类．试题解析：易知的定义域为，且为偶函数.（1）时, 2分时最小值为2. 4分（2）时,时，递增；时，递减； 6分为偶函数.所以只对时，说明递增.设，所以，得所以时，递增； 10分（3），，从而原问题等价于求实数的范围，使得在区间上，恒有. 11分①当时，在上单调递增，由得，从而； 12分②当时，在上单调递减，在上单调递增，，由得，从而； 13分③当时，在上单调递减，在上单调递增，，由得，从而； 14分④当时，在上单调递减，由得，从而； 15分综上，. 16分【考点】（1）函数的最值；（2）函数的单调性的证明；（3）分类讨论与函数的最值．20.已知实数，函数.（1）当时，求的最小值;（2）当时,判断的单调性,并说明理由；（3）求实数的范围，使得对于区间上的任意三个实数，都存在以为边长的三角形.【答案】（1）2；（2）递增；（3）．【解析】(1)研究函数问题，一般先研究函数的性质，如奇偶性，单调性，周期性等等，如本题中函数是偶函数，因此其最小值我们只要在时求得即可；（2）时，可化简为，下面我们只要按照单调性的定义就可证明在上函数是单调递增的，当然在上是递减的；（3）处理此问题，首先通过换元法把问题简化，设，则函数变为，问题变为求实数的范围，使得在区间上，恒有．对于函数，我们知道，它在上递减，在上递增，故我们要讨论它在区间上的最大（小）值，就必须分类讨论，分类标准显然是，，，在时还要讨论最大值在区间的哪个端点取得，也即共分成四类．试题解析：易知的定义域为，且为偶函数.（1）时, 2分时最小值为2. 4分（2）时,时，递增；时，递减； 6分为偶函数.所以只对时，说明递增.设，所以，得所以时，递增； 10分（3），，从而原问题等价于求实数的范围，使得在区间上，恒有. 11分①当时，在上单调递增，由得，从而； 12分②当时，在上单调递减，在上单调递增，，由得，从而； 13分③当时，在上单调递减，在上单调递增，，由得，从而； 14分④当时，在上单调递减，由得，从而； 15分综上，. 16分【考点】（1）函数的最值；（2）函数的单调性的证明；（3）分类讨论与函数的最值．21.已知函数，设，若，则的取值范围是 ___ .【答案】[，2)【解析】函数的图像如图所示.因为，若要使成立，有图像可得.且.由于b的变化是递增的，的变化也是递增的所以.即填[，2).本小题主要考查分段函数的问题.【考点】1.分段函数的知识.2.函数的单调性.22.已知是上的奇函数,对都有成立,若,则等于A．B．C．D．【答案】C.【解析】令x=-2，则f(-2+4)=f(-2)+f(2),又因为f(x)在R上是奇函数.，所以f(-2)+f(2)=0，即f(2)=0.所以得到f(x+4)=f(x).所以函数是以4为周期的周期函数.所以f(2014)=f(2)=0.本题的关键是把奇函数与所给的式子结合起来得到周期为四的结果.注这个条件多余.【考点】1.奇函数.2.周期函数.3.递推的思想.23.已知函数⑴判断函数的单调性，并证明；⑵求函数的最大值和最小值．【答案】（1）增函数,证明见解析；（2），【解析】（1）利用函数单调的定义证明，可得函数在[3，5]上为单调增函数；（2）根据函数的单调递增，可得函数的最值为，.试题解析：⑴设且,所以 4分即，在[3，5]上为增函数. 6分⑵在[3，5]上为增函数，则， 10分【考点】1.函数单调的判断；2.利用函数单调性求最值24.函数有最小值，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B．【解析】若在定义域内有最小值，则满足，且恒成立，所以，故选B．【考点】1．复合函数的单调性与最值．25.关于函数，给出下列四个命题：①，时，只有一个实数根；②时，是奇函数；③的图象关于点，对称；④函数至多有两个零点.其中正确的命题序号为______________.【答案】①②③【解析】①，时，，显然只有一个实数根；②时，显然，，所以是奇函数；③设是函数的图象上的一点，点关于点，对称点，因为，所以点也在函数的图象上，故的图象关于点，对称；④，取，可得有三个零点.【考点】函数的基本性质.26.如果函数上单调递减，则实数满足的条件是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】函数在区间上单调递减，所以上，，即，故选A.【考点】导数、函数的单调性与最值27.给出下列四个命题：①函数有最小值是；②函数的图象关于点对称；③若“且”为假命题，则、为假命题；④已知定义在上的可导函数满足：对，都有成立，若当时，，则当时，.其中正确命题的序号是 .【答案】①②④.【解析】对于命题①，，，当且仅当，即当时，上式取等号，即函数有最小值，故命题①正确；对于命题②，由于，故函数的图象关于点对称，故命题②正确；对于命题③，若“且”为假命题，则、中至少有一个是假命题，故命题③错误；对于命题④，由于函数是奇函数，当时，，即函数在区间上单调递增，由奇函数的性质知，函数在上也是单调递增的，即当时，仍有，故命题④正确，综上所述，正确命题的序号是①②④.【考点】1.基本不等式；2.三角函数的对称性；3.复合命题；4.函数的奇偶性与单调性28.已知函数是上的单调递增函数，若是其图像上的两点，则不等式的解集是．【答案】．【解析】由已知得．【考点】函数的单调性质．29.已知定义在R上的函数满足，，且在区间上是减函数．若方程在区间上有两个不同的根，则这两根之和为（）A．±8B．±4C．±6D．±2【答案】B【解析】由知，为奇函数，所以.由得，所以的周期为8.又由及得：，所以的图象关于直线对称.又在区间上是减函数，由此可得在一个周期上的大致图象：向左右扩展得：由于方程在区间上有两个不同的根，所以这两个根必为－6、2或－2、6，所以这两个根之和为－4或4.选B.【考点】1、抽象函数的奇偶性和周期性单调性及图象；2、方程的根.30.已知函数,下列结论中错误的是（）A．R,B．函数的图像是中心对称图形C．若是的极小值点,则在区间上单调递减D．若是的极值点,则【答案】C【解析】由于，，由于是函数的极小值点，且函数的图象开口向上，故函数存在极大值点，即存在使得，从而函数在上单调递增，在上单调递减，即函数在不是单调递减的.【考点】函数的单调性与极值、函数的对称性31.已知函数,，其中R.（1）讨论的单调性；（2）若在其定义域内为增函数，求正实数的取值范围；（3）设函数,当时，若，，总有成立，求实数的取值范围．【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增;（2）;（3）.【解析】（1）先对求导，由于的正负与参数有关，故要对分类讨论来研究单调性; （2）先由在其定义域内为增函数转化为在不等式中求参数范围的问题，利用分离参数法和基本不等式的知识求出参数的取值范围;（3）先通过导数研究在的最值，然后根据命题“若，，总有成立”分析得到在上的最大值不小于在上的最大值，从而列出不等式组求出参数的取值范围.试题解析：解：（1）的定义域为，且， 1分①当时，，在上单调递增； 2分②当时，由，得；由，得；故在上单调递减，在上单调递增. 4分（2），的定义域为5分因为在其定义域内为增函数，所以，而，当且仅当时取等号，所以 8分（3）当时，，由得或当时，；当时，.所以在上， 10分而“，，总有成立”等价于“在上的最大值不小于在上的最大值”而在上的最大值为所以有 12分所以实数的取值范围是 14分【考点】1、利用导数研究单调性和最值，2、参数的取值范围问题，3、基本不等式.32.对于函数f（x）（x∈D），若x∈D时，恒有＞成立，则称函数是D上的J函数．（Ⅰ）当函数f（x）＝m lnx是J函数时，求m的取值范围；（Ⅱ）若函数g（x）为（0，＋∞）上的J函数，试比较g（a）与g（1）的大小；求证：对于任意大于1的实数x1，x2，x3，，xn，均有g（ln（x1＋x2＋＋xn））＞g（lnx1）＋g（lnx2）＋＋g（lnxn）．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）①,②先征得，取不同的值得到的式子累加即可得证.【解析】（Ⅰ）先求得，再由＞得，解得；（Ⅱ）①构造函数，证明为上的增函数，再讨论就可得到，②先证得，即得，整理得，同理可得类似的的等式，累加即可得证.试题解析：（Ⅰ）由，可得，因为函数是函数，所以，即，因为，所以，即的取值范围为. （3分）（Ⅱ）①构造函数，则，可得为上的增函数，当时，，即，得；当时，，即，得；当时，，即，得. （6分）②因为，所以，由①可知，所以，整理得，同理可得，，.把上面个不等式同向累加可得[. （12分）【考点】1.恒成立问题；2.导数在求函数单调性、最值的应用；3.不等式.33.已知函数的定义域是，是的导函数，且在内恒成立．求函数的单调区间；若，求的取值范围；(3) 设是的零点，，求证：.【答案】(1);(2) ;(3)详见解析.【解析】（1）利用求导的思路求解函数的单调区间，从分借助；（2）首先对求导，然后借助已知的不等式恒成立进行转化为在内恒成立，进而采用构造函数的技巧，，通过求导研究其最大值，从而得到的取值范围；（3）借助第一问结论，得到，然后通过变形和构造的思路去证明不等式成立.试题解析：（1），∵在内恒成立∴在内恒成立，∴的单调区间为 4分（2），∵在内恒成立∴在内恒成立，即在内恒成立，设，，，，，故函数在内单调递增，在内单调递减，∴，∴ 8分（3）∵是的零点，∴由（1），在内单调递增，∴当时，，即，∴时，∵，∴，且即∴，∴ 14分【考点】1.函数的单调性；（2）导数的应用；（3）不等式的证明.34.已知函数的定义域是，若对于任意的正数，函数都是其定义域上的减函数，则函数的图象可能是A． B． C． D．【答案】B【解析】直接利用g（x）是减函数⇒导数小于0⇒f（x）的导数是减函数⇒f（x）是凸函数即可得到答案。
大纲版数学理科高考总复习2-3函数的单调性与最值
• 1．理解函数单调性的定义，并会利用 函数单调性的定义判断或证明函数在 给定区间上的单调性，判断复合函数 的单调性，会求简单复合函数的单调 区间．
• 2．函数单调性的概念是函数性质中最 重要的概念，仍然是高考的重点，特
别是用定义证明函数的单调性和函数 的单调性应用．常见题型有：(1)求函 数的单调区间(包括较简单的复合函数)； (2)用定义判断函数在所给区间上的单 调性；(3)强化应用单调性解题的意识， 如比较式子的大小，求函数的最值，
形过程常通过因式分解、配方、有理 化等手段，直到便于判断差的符号为 止．
变式 1 讨论函数 f(x)＝x－ax1(a>0)的单调性．
解：∵f(x)＝x－ax1＝ax－x－a1＋a＝a＋x－a 1， ∴函数的定义域为{x|x∈R 且 x≠1}．
解法一：(定义法)任取 x1，x2∈R，且 x1，x2 均不为 1，x1<x2，则 f(x1)－f(x2)＝(a＋x1－a 1)－(a＋x2－a 1)
已知函数的单调性，求参数的取值范 围等．
• 1．单调性的概念
• (1)设D是ห้องสมุดไป่ตู้(x)定义域内的一个区间，对
于 任 x意1<x2时的都有f(xx11)<f(x、2) x2∈D ，
若
x1<x2时都有f(x，1)>f则(x2)称f(x)在区间
D上为增函数；
若
，则称f(x)在
区间D上为减函数增．函数、减函数
(2)当 x∈[2，＋∞)时，x＋1x是 x 的增函数， ∴当 x＝2 时，x＋1x取得最小值52， 因此，当 x＝2 时，y＝x＋401x取得最大值 16.
• 【方法技巧】 函数的最值求法
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2014届高考数学理科试题大冲关：函数的单调性与最值
一、选择题
1．下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)单调递增的函数是( )
A ．y ＝x 3
B ．y ＝|x |＋1
C ．y ＝－x 2＋1
D ．y ＝2－|x |
2．下列函数f (x )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 )＝1x
B ．f (x )＝(x －1)2
C ．f (x )＝e x
D ．f (x )＝ln(x ＋1)
3．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
－x ＋3a ， x <0，a x ， x ≥0，(a >0且a ≠1)是R 上的减函数，则a 的取值范围是 ( )
A ．(0,1)
B ．[13，1)
C ．(0，13
] D ．(0，23] 4．下列区间中，函数f (x )＝|ln(2－x )|在其上为增函数的是( )
A ．(－∞，1]
B ．[－1，43]
C ．[0，32)
D ．[1,2)
5．函数y ＝(12
)2x 2－3x ＋1的递减区间为( ) A ．(1，＋∞)
B ．(－∞，34)
C ．(12，＋∞)
D ．[34
，＋∞) 6．已知函数f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，在(0，＋∞)上单调递减，且f (12
)>0>f (－3)，则方程f (x )＝0的根的个数为( ) A ．0
B ．1
C ．2
D ．3
二、填空题
7．函数f (x )＝log 5(2x ＋1)的单调增区间是________．
8．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
1，x >00，x ＝0－1，x <0
，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的递减区间是________． 9．已知函数f (x )＝
3－ax a －1(a ≠1)，若f (x )在区间(0,1]上是减函数，则实数a 的取值范围是________．
三、解答题
10．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.
11．已知f (x )＝x x －a (x ≠a )． (1)若a ＝－2，试证f (x )在(－∞，－2)内单调递增；
(2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)内单调递减，求a 的取值范围．
12．设奇函数f (x )在[－1,1]上是增函数，f (－1)＝－1.若函数f (x )≤t 2－2at ＋1对所有的x ∈[－1,1]，a ∈[－1,1]都成立，求t 的取值范围．
详解答案
一、选择题
1．解析：A 选项中，函数y ＝x 3是奇函数；B 选项中，y ＝|x |＋1是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数；C 选项中，y ＝－x 2＋1是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数；D 选项中，y ＝2－
|x |＝(12
)|x |是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数． 答案：B
2．解析：由题意可知，函数f (x )在(0，＋∞)上为减函数．
答案：A
3．解析：据单调性定义，f (x )为减函数应满足：
⎩⎪⎨⎪⎧
0<a <1，3a ≥a 0，
即13≤a <1. 答案：B
4．解析：由2－x >0，得x <2，即函数定义域是(－∞，2)．作出函数y ＝|ln(－x )|的图象，再将其向右平移2个单位，即函数f (x )＝|ln(2－x )|的图象，由图象知f (x )在[1,2)上为增函数．
答案：D
5．解析：作出t ＝2x 2－3x ＋1的示意图如右，
∵0<1
2
<1， ∴y ＝(12
)t 单调递减．要使y ＝(12
)2x 2－3x ＋1递减， 只需x ∈[34
，＋∞]． 答案：D
6．解析：因为在(0，＋∞)上函数递减，且f (12
)·f (－3)<0，又f (x )是偶函数， 所以f (12)·f (3)<0. 所以f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．
又因为f (x )是偶函数，则它在(－∞，0)上也有唯一的零点，故方程f (x )＝0的根有2个． 答案：C
二、填空题
7．解析：由题意知，函数f (x )＝log 5(2x ＋1)的定义域为{x |x ＞－12
}，且函数y ＝log 5u ，u ＝2x ＋1在各自定义域上都是增函数，所以该函数的单调增区间为(－12
，＋∞)． 答案：(－12
，＋∞)
8．解析：由条件知，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2，x >10，x ＝1
－x 2，x <1.
如图所示，其递减区间是[0,1)．
答案：[0,1)
9．解析：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
所以，实数a 的取值范围是(－∞，0)∪(1,3]
答案：(－∞，0)∪(1,3]
三、解答题
10．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.
∴3m 2－m －4<0，解得－1<m <43
.
故原不等式的解集为(－1，43
)． 11．解：(1)证明：任设x 1<x 2<－2，
则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 2＋2)
. ∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0，
∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，.
∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增．
(2)任设1<x 1<x 2，则
f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a (x 2－x 1)(x 1－a )(x 2－a )
.
∵a >0，x 2－x 1>0，
∴要使f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0恒成立，∴a ≤1.综上所述，a 的取值范围是(0,1]．
12．解：∵f (x )是奇函数，
∴f (1)＝－f (－1)＝1，
又f (x )是[－1,1]上的奇函数，
∴当x ∈[－1,1]时，f (x )≤f (1)＝1.
又函数f (x )≤t 2－2at ＋1对所有的x ∈[－1,1]都成立， ∴1≤t 2－2at ＋1⇔2at －t 2≤0，
设g (a )＝2at －t 2(－1≤a ≤1)，欲使2at －t 2≤0恒成立，
则⎩
⎨⎧
g (－1)≤0g (1)≤0⇔t ≥2或t ＝0或t ≤－2.
即所求t的取值范围是(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)．。