通用版2020版高考数学大一轮复习课时作业5函数的单调性与最值理新人教A版
通用版2020版高考数学大一轮复习课时作业5函数的单调性与最值理新人教A版
课时作业(五)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,在区间(0,+∞)上为增函数的是()A.y=√x+1B.y=sin xC.y=2-xD.y=lo g12(x+1)2.已知函数f(x)=ax2+2(a-3)x+3在区间(-∞,3)上是减函数,则a的取值范围是()A.[0,34)B.(0,34]C.(0,34)D.[0,34]3.函数y=2xx-1()A.在区间(1,+∞)上单调递增B.在区间(1,+∞)上单调递减C.在区间(-∞,1)上单调递增D.在定义域内单调递减4.[2018·贵州凯里一中月考]已知函数f(x)=√2-x+1,则满足f(log4a)>√3的实数a的取值范围是()A.(13,1) B.(0,14)C.(14,13) D.(12,2)5.若函数y=|2x+c|是区间(-∞,1)上的单调函数,则实数c的取值范围是.能力提升6.[2018·晋城二模]若f(x)=√x-2+√x2-2x+4的最小值与g(x)=√x+x-√x-x(a>0)的最大值相等,则a的值为 ()A .1B .√2C .2D .2√27.函数f (x )满足f (x+2)=3f (x ),且x ∈R,若当x ∈[0,2]时,f (x )=x 2-2x+2,则当x ∈[-4,-2]时,f (x )的最小值为 ( ) A .19 B .13 C .-13D .-198.能推断出函数y=f (x )在R 上为增函数的是 ( ) A .若m ,n ∈R 且m<n ,则f (3m )<f (3n) B .若m ,n ∈R 且m<n ,则f [(12)x ]<f [(12)x] C .若m ,n ∈R 且m<n ,则f (m 2)<f (n 2) D .若m ,n ∈R 且m<n ,则f (m 3)<f (n 3)9.[2018·潍坊一中月考] 已知函数f (x )={(x -3)x +5,x ≤1,2x x ,x >1,若对R 上的任意x 1,x 2(x 1≠x 2),恒有(x 1-x 2)[f (x 1)-f (x 2)]<0成立,则a 的取值范围是 ( ) A .(0,3) B .(0,3] C .(0,2) D .(0,2]10.已知函数f (x )=e -|x|,设a=f (e-0.3),b=f (ln 0.3),c=f (log 310),则 ( )A .a>b>cB .b>a>cC .c>a>bD .c>b>a11.若函数f (x )=(13)2x 2+xx -3在区间(-1,1)上单调递减,则实数m 的取值范围是 .12.已知函数f (x )={(x -1)2,x ≥0,2x ,x <0,若f (x )在区间(x ,x +32)上既有最大值又有最小值,则实数a 的取值范围是 .13.函数f (x )={x 2,x ≥x ,x ,0<x <x(t>0)是区间(0,+∞)上的增函数,则t 的取值范围是 .14.(12分)已知函数f (x )=log 4(ax 2+2x+3). (1)若f (1)=1,求f (x )的单调区间.(2)是否存在实数a ,使得f (x )的最小值为0?若存在,求出a 的值;若不存在,请说明理由.15.(13分)已知定义域为R 的函数f (x )满足:f (-12)=2,对于任意实数x ,y 恒有f (x+y )=f (x )f (y ),且当x>0时,0<f (x )<1.(1)求f (0)的值,并证明:当x<0时,f (x )>1; (2)判断函数f (x )在R 上的单调性并加以证明;(3)若不等式f [(a 2-a-2)x 2-(2a-1)2x+2]>4对任意x ∈[1,3]恒成立,求实数a 的取值范围.难点突破16.(5分)[2018·永州三模] 已知函数f (x )=a+log 2(x 2+a )(a>0)的最小值为8,则 ( ) A .a ∈(5,6) B .a ∈(7,8) C .a ∈(8,9) D .a ∈(9,10)17.(5分)函数f (x )的定义域为D ,若满足:①f (x )在D 内是单调函数;②存在[a ,b ]⊆D ,使得f (x )在[a ,b ]上的值域为[x 2,x2].则称函数f (x )为“成功函数”.若函数f (x )=log m (m x +2t )(其中m>0,且m ≠1)是“成功函数”,则实数t 的取值范围为 ( )A .(0,+∞)B .(-∞,18) C .(18,14) D .(0,18)课时作业(五)1.A [解析] y=√x +1在区间(0,+∞)上为增函数;y=sin x 在区间(0,+∞)上不单调;y=2-x在区间(0,+∞)上为减函数;y=lo g 12(x+1)在区间(0,+∞)上为减函数.故选A .2.D [解析] 当a=0时,f (x )=-6x+3,在(-∞,3)上是减函数,符合题意;若函数f (x )是二次函数,由题意有a>0,对称轴为直线x=-x -3x ,则-x -3x≥3,又a>0,所以0<a ≤34.所以0≤a ≤34,故选D .3.B [解析] y=2x x -1=2(x -1)+2x -1=2+2x -1,由此可得函数在(1,+∞)上单调递减.故选B .4.B [解析] 由题意求得函数f (x )的定义域为R,且在R 上为减函数,又f (log 4a )>√3,f (-1)=√2+1=√3,则由f (log 4a )>f (-1),得log 4a<-1,解得0<a<14,故选B .5.c ≤-2 [解析] 函数y=|2x +x |={2x +x ,x ≥-x2,-2x -x ,x <-x 2,即函数y=|2x +x |在(-∞,-x2)上单调递减,在[-x 2,+∞)上单调递增,所以-x2≥1,解得c ≤-2.6.C [解析] f (x )在定义域[2,+∞)上是增函数,所以f (x )的最小值为f (2)=2. 又g (x )=√x +x +√x -x在定义域[a ,+∞)上是减函数,所以g (x )的最大值为g (a )=√2x ,所以√2x =2,即a=2.故选C . 7.A [解析] 因为f (x+2)=3f (x ),所以f (x )=13f (x+2)=19f (x+4).因为当x ∈[0,2]时,f (x )=x 2-2x+2,所以当x ∈[-4,-2],即x+4∈[0,2]时,f (x )=19f (x+4)=19(x+3)2+19,故当x=-3时,f (x )取得最小值19,故选A .8.D [解析] 若m ,n ∈R 且m<n ,则0<3m <3n,不能得到函数y=f (x )在R 上为增函数,故A 错误; 若m ,n ∈R 且m<n ,则(12)x >(12)x>0,不能得到函数y=f (x )在R 上为增函数,故B 错误; 若m ,n ∈R 且m<n ,则0<m<n 时,0<m 2<n 2,m<n<0时,m 2>n 2>0,m<0<n 时,m 2与n 2的大小关系不确定,所以不能得到函数y=f (x )在R 上为增函数,故C 错误;若m ,n ∈R 且m<n ,则m 3∈R,n 3∈R,且m 3<n 3,又f (m 3)<f (n 3),所以函数y=f (x )在R 上为增函数,故D 正确.9.D [解析] 由题意可知函数f (x )是R 上的减函数,∴当x ≤1时,f (x )单调递减,即a-3<0,①当x>1时,f (x )单调递减,即a>0,② 且(a-3)×1+5≥2x 1.③联立①②③,解得0<a ≤2,故选D . 10.A [解析] ∵0<|e-0.3|=e -0.3<1,1<|ln 0.3|=ln 103<2,log 310>2,∴0<|e -0.3|<|ln 0.3|<|log 310|.当x>0时,f (x )=e-|x|=(1e )x是减函数,∴f (e -0.3)>f (ln 0.3)>f (log 310).故a>b>c.11.[4,+∞) [解析] 由复合函数的单调性知,本题等价于y=2x 2+mx-3在(-1,1)上单调递增,所以-x4≤-1,得m ≥4,即实数m 的取值范围是[4,+∞). 12.(-12,0) [解析] f (x )的图像如图所示.∵f (x )在(x ,x +32)上既有最大值又有最小值, ∴{x <0,x +32>1,解得-12<a<0,故a 的取值范围为(-12,0).13.t ≥1 [解析] 若函数f (x )={x 2,x ≥x ,x ,0<x <x(t>0)是区间(0,+∞)上的增函数,则需满足t 2≥t ,即t ≥1.14.解:(1)∵f (x )=log 4(ax 2+2x+3)且f (1)=1,∴log 4(a ·12+2×1+3)=1⇒a+5=4⇒a=-1,可得函数f (x )=log 4(-x 2+2x+3). 由-x 2+2x+3>0⇒-1<x<3,∴函数f (x )的定义域为(-1,3).令t=-x 2+2x+3=-(x-1)2+4,可得当x ∈(-1,1)时,该函数为增函数; 当x ∈(1,3)时,该函数为减函数.∴函数f (x )=log 4(-x 2+2x+3)的单调递增区间为(-1,1),单调递减区间为(1,3).(2)假设存在实数a ,使得f (x )的最小值为0. 由底数4>1,可得真数t=ax 2+2x+3≥1恒成立, 且真数t 的最小值恰好是1, 则a 为正数,且当x=-22x =-1x时,t 的值为1, ∴{x >0,x ·(-1x )2+2(-1x )+3=1⇒{x >0,-1x +2=0⇒a=12, 因此存在实数a=12,使得f (x )的最小值为0. 15.解:(1)令x=1,y=0,可得f (1)=f (1)f (0), 因为当x>0时,0<f (x )<1,所以f (1)≠0,故f (0)=1. 证明:令y=-x ,x<0,则f (0)=f (x )f (-x ),即f (x )=1x (-x ). 因为-x>0,所以0<f (-x )<1,所以f (x )>1. (2)函数f (x )在R 上为减函数.证明如下: 设x 1<x 2,则x 1-x 2<0,又f (x 1)-f (x 2)=f [(x 1-x 2)+x 2]-f (x 2)=f (x 1-x 2)f (x 2)-f (x 2)=f (x 2)[f (x 1-x 2)-1],由(1)知f (x 2)>0,f (x 1-x 2)>1,所以f (x 1)-f (x 2)>0,即f (x 1)>f (x 2), 所以函数f (x )在R 上为减函数. (3)由f (-12)=2得f (-1)=4,所以f [(a 2-a-2)x 2-(2a-1)2x+2]>4=f (-1), 即(a 2-a-2)x 2-(2a-1)2x+2<-1,即(a 2-a )(x 2-4x )<2x 2+x-3对任意x ∈[1,3]恒成立. 因为x ∈[1,3],所以x 2-4x<0, 所以a 2-a>2x 2+x -3x 2-4x=2+3(3x -1)x 2-4x 对任意x ∈[1,3]恒成立.设3x-1=t ∈[2,8],则2+3(3x -1)x 2-4x=2+27x x 2-10x -11=2+27x -11x -10≤0(当t=2时取等号),所以a 2-a>0, 解得a<0或a>1.16.A [解析] 因为f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f (x )min =f (0)=a+log 2a=8.令g (a )=a+log 2a-8,则g (a )在(0,+∞)上单调递增,又g (5)=5+log 25-8<0,g (6)=6+log 26-8>0,所以a ∈(5,6).故选A .17.D [解析] 无论m>1还是0<m<1,f (x )=log m (m x+2t )都是定义域上的增函数,故应有{x (x )=x 2,x (x )=x 2,则原问题可转化为f (x )=x2,即log m (m x+2t )=x2,即m x+2t=x12x 在定义域上有两个不相等的实数根问题,令λ=x 12x (λ>0),则m x+2t=x 12x 可化为2t=λ-λ2=-(x -12)2+14,结合图形可得t ∈(0,18).故选D .。
2020版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时作业5函数的单调性与最值课件理新人教版
(2)设 g(x)＝x＋ax－2， 当 a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时， g′(x)＝1－xa2＝x2－x2 a>0 恒成立， 所以 g(x)＝x＋ax－2 在[2，＋∞)上是增函数。 所以 f (x)＝lgx＋ax－2在[2，＋∞)上是增函数。 所以 f (x)＝lgx＋ax－2在[2，＋∞)上的最小值为 f (2)＝lga2。
所以 f (x1)－f (x2)＝f xx12>0， 所以 f (x1)>f (x2)，所以函数 f (x)为增函数。
(2)在 f (x1)－f (x2)＝f xx12中， 令 x1＝9，x2＝3， 所以 f (9)－f (3)＝f (3)。
又 f (3)＝1，所以 f (9)＝2。
A．f (π)>f (－3)>f (－2) B．f (π)>f (－2)>f (－3) C．f (π)<f (－3)<f (－2) D．f (π)<f (－2)<f (－3)
解析 因为 f (x)是偶函数，所以 f (－3)＝f (3)，f (－2)＝f (2)。又因为 函数 f (x)在[0，＋∞)上是增函数，所以 f (π)>f (3)>f (2)，即 f (π)>f (－3)>f (－ 2)。故选 A。
答案 －2，－12
10．设函数 f (x)＝10， ，xx>＝00，， －1，x<0，
2020版高考数学一轮复习课时作业5函数的单调性与最值理(含解析)新人教版
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＝x 1－x 2x 1＋x 2＋.∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， ∴f (x 1)－f (x 2)<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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧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 1x2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值． 解：(1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 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.。
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;
2020高考数学理科大一轮复习导学案《函数的单调性与最值》含答案
第二节函数的单调性与最值知识点一函数的单调性1．单调函数的定义2.单调性、单调区间的定义若函数f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做f(x)的单调区间．1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)对于函数f (x )，x ∈D ，若对任意x 1，x 2∈D ，且x 1≠x 2有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，则函数f (x )在区间D 上是增函数．( √ )(2)函数y ＝1x 的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( × ) (3)对于函数y ＝f (x )，若f (1)<f (3)，则f (x )为增函数．( × ) (4)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．( × )解析：(2)此单调区间不能用并集符号连接，取x 1＝－1，x 2＝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x 1<x 2，f (x 1)<f (x 2)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．(必修1P39B 组T3改编)下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是( A )A ．y ＝1x －x B ．y ＝x 2－x C ．y ＝ln x －xD ．y ＝e x解析：对于A ，y 1＝1x 在(0，＋∞)内是减函数，y 2＝x 在(0，＋∞)内是增函数，则y ＝1x －x 在(0，＋∞)内是减函数；B ，C 选项中的函数在(0，＋∞)上均不单调；选项D 中，y ＝e x 在(0，＋∞)上是增函数．知识点二 函数的最值3．函数f (x )＝⎩⎨⎧log 12x ，x ≥1，2x ，x <1的值域为(－∞，2)．解析：当x ≥1时，f (x )＝log 12x 是单调递减的，此时，函数的值域为(－∞，0]；x <1时，f (x )＝2x 是单调递增的，此时，函数的值域为(0,2)．综上，f (x )的值域是(－∞，2)．4．(必修1P31例4改编)函数f (x )＝2xx －1在[2,6]上的最大值和最小值分别是4，125.解析：函数f (x )＝2x x －1＝2(x －1)＋2x －1＝2＋2x －1在[2,6]上单调递减，所以f (x )min ＝f (6)＝2×66－1＝125.f (x )max ＝f (2)＝2×22－1＝4.1．“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”意义不同，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．单调性的两种等价形式(1)设任意x 1，x 2∈[a ，b ]且x 1<x 2，那么f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0⇔f (x )在[a ，b ]上是增函数；f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0⇔f (x )在[a ，b ]上是减函数．(2)(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0⇔f (x )在[a ，b ]上是增函数；(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0⇔f (x )在[a ，b ]上是减函数．3．函数最值存在的两条结论(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取到．(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值．考向一 确定函数的单调性(区间)【例1】 (1)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝x ＋1 B ．y ＝(x －1)2 C ．y ＝2－xD ．y ＝log 0.5(x ＋1)(2)讨论函数f (x )＝axx 2－1(a >0)在(－1,1)上的单调性．【解析】 (1)A 项，y ＝x ＋1为(－1，＋∞)上的增函数，故在(0，＋∞)上单调递增；B 项，y ＝(x －1)2在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；C 项，y ＝2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x为R 上的减函数；D 项，y ＝log 0.5(x ＋1)为(－1，＋∞)上的减函数．故选A.(2)法1：(定义法) 设－1<x 1<x 2<1， 则f (x 1)－f (x 2)＝ax 1x 21－1－ax 2x 22－1 ＝ax 1x 22－ax 1－ax 2x 21＋ax 2(x 21－1)(x 22－1)＝a (x 2－x 1)(x 1x 2＋1)(x 21－1)(x 22－1). ∵－1<x 1<x 2<1，∴x 2－x 1>0，x 1x 2＋1>0，(x 21－1)(x 22－1)>0.又a >0，∴f (x 1)－f (x 2)>0， 故函数f (x )在(－1,1)上为减函数． 法2：(导数法)f ′(x )＝(ax )′(x 2－1)－ax (x 2－1)′(x 2－1)2＝a (x 2－1)－2ax 2(x 2－1)2＝a (－x 2－1)(x 2－1)2＝－a (x 2＋1)(x 2－1)2. ∵a >0，x ∈(－1,1)，∴f ′(x )<0. ∴f (x )在(－1,1)上是减函数．【答案】 (1)A (2)见解析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.(1)函数f (x )＝|x －2|x 的单调递减区间是( A ) A ．[1,2] B ．[－1,0] C ．(0,2]D ．[2，＋∞)解析：由题意得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥2，－x 2＋2x ，x <2，当x ≥2时，[2，＋∞)是函数f (x )的单调递增区间；当x <2时，(－∞，1]是函数f (x )的单调递增区间，[1,2]是函数f (x )的单调递减区间．(2)判断函数f (x )＝x ＋ax (a >0)在(0，＋∞)上的单调性，并给出证明． 解：函数f (x )在(0，a )上单调递减，在[a ，＋∞)上单调递增．证明如下：任取x 1>x 2>0，则f (x 1)－f (x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋a x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a x 2＝(x 1－x 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a x 1－a x 2 ＝(x 1－x 2)＋a (x 2－x 1)x 1x 2＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a x 1x 2.当a >x 1>x 2>0时，x 1－x 2>0,1－ax 1x 2<0，则有f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，故函数f (x )＝x ＋ax (a >0)在(0，a )上单调递减；当x 1>x 2≥a 时，x 1－x 2>0,1－ax 1x 2>0，则有f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，故函数f (x )＝x ＋ax (a >0)在[a ，＋∞)上单调递增．综上可知，函数f (x )＝x ＋ax (a >0)在(0，a )上单调递减，在[a ，＋∞)上单调递增． 考向二 函数的最值【例2】 (1)函数y ＝x ＋x －1的最小值为________． (2)函数y ＝2x 2－2x ＋3x 2－x ＋1的值域为________．(3)函数f (x )＝⎩⎨⎧1x，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为________．【解析】 (1)法1：令t ＝x －1，且t ≥0，则x ＝t 2＋1， ∴原函数变为y ＝t 2＋1＋t ，t ≥0.配方得y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122＋34，又∵t ≥0，∴y ≥14＋34＝1. 故函数y ＝x ＋x －1的最小值为1.法2：因为函数y ＝x 和y ＝x －1在定义域内均为增函数，故函数y ＝x ＋x －1在其定义域[1，＋∞)内为增函数，所以当x ＝1时y 取最小值，即y min ＝1.(2)y ＝2x 2－2x ＋3x 2－x ＋1＝2(x 2－x ＋1)＋1x 2－x ＋1＝2＋1x 2－x ＋1＝2＋1⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋34. ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34， ∴2<2＋1⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋34≤2＋43＝103. 故函数的值域为⎝ ⎛⎦⎥⎤2，103. (3)当x ≥1时，函数f (x )＝1x 为减函数，所以f (x )在x ＝1处取得最大值，为f (1)＝1；当x <1时，易知函数f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值，为f (0)＝2.故函数f (x )的最大值为2.【答案】 (1)1 (2)⎝⎛⎦⎥⎤2，103 (3)2求函数最值(值域)的五种常用方法(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值．(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值．(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值．(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．(1)若函数f(x)＝x2－2x＋m在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m的值为(B)A．－3 B．－2C．－1 D．1(2)函数f (x )＝1x －1在区间[a ，b ]上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b＝6.(3)函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为14. 解析：(1)函数f (x )＝x 2－2x ＋m ＝(x －1)2＋m －1的图象如图所示．由图象知在[3，＋∞)上f (x )min ＝f (3)＝32－2×3＋m ＝1，得m ＝－2.(2)由题易知f (x )在[a ，b ]上为减函数，所以⎩⎨⎧f (a )＝1，f (b )＝13，即⎩⎨⎧1a －1＝1，1b －1＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4.所以a ＋b ＝6.(3)令t ＝x ，则t ≥0，x ＝t 2所以y ＝t －t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋14，当t ＝12，即x ＝14时，y max ＝14.考向三 函数单调性的应用方向1 比较函数值的大小【例3】 已知函数f (x )为偶函数，当x >0时，f (x )＝x －4－x ，设a ＝f (log 30.2)，b ＝f (3－0.2)，c ＝f (－31.1)，则( )A ．c >a >bB ．a >b >cC ．c >b >aD ．b >a >c【解析】 因为函数f (x )为偶函数，所以a ＝f (log 30.2)＝f (－log 30.2)，c ＝f (－31.1)＝f (31.1)．因为log 319<log 30.2<log 313，所以－2<log 30.2<－1，所以1<－log 30.2<2，所以31.1>3>－log 30.2>1>3－0.2.因为y ＝x 在(0，＋∞)上为增函数，y ＝－4－x 在(0，＋∞)上为增函数，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，所以f (31.1)>f (－log 30.2)>f (3－0.2)，所以c >a >b .【答案】 A 方向2 解不等式【例4】 (2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，x ≤0，1，x >0，则满足f (x ＋1)<f (2x )的x 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1] B ．(0，＋∞) C ．(－1,0)D ．(－∞，0)【解析】 当x ≤0时，函数f (x )＝2－x 是减函数，则f (x )≥f (0)＝1.作出f (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，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.【答案】 D方向3 求参数的取值范围【例5】已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ax 2－x －14，x ≤1，log a x －1，x >1是R 上的单调函数，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，12 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 【解析】 由对数函数的定义可得a >0，且a ≠1.又函数f (x )在R 上单调，而二次函数y ＝ax 2－x －14的图象开口向上，所以函数f (x )在R 上单调递减，故有⎩⎪⎨⎪⎧ 0<a <1，12a≥1，a ×12－1－14≥log a1－1，即⎩⎪⎨⎪⎧0<a <1，0<a ≤12，a ≥14.所以a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12.【答案】 B(1)比较大小. 比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决.(2)解不等式.在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f ”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解.此时应特别注意函数的定义域.(3)利用单调性求参数.①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；②需注意若函数在区间[a ，b ]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的.1．(方向2)(2019·河北石家庄一模)已知奇函数f (x )在x >0时单调递增，且f (1)＝0，若f (x －1)>0，则x 的取值范围为( A )A ．{x |0<x <1或x >2}B ．{x |x <0或x >2}C ．{x |x <0或x >3}D ．{x |x <－1或x >1}解析：∵奇函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，且f (1)＝0，∴函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，且f (－1)＝0，则－1<x <0或x >1时，f (x )>0；x <－1或0<x <1时，f (x )<0.∴不等式f (x －1)>0即－1<x －1<0或x －1>1，解得0<x <1或x >2，故选A.2．(方向1)已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数．对任意两个不相等的正数x 1，x 2，都有x 2f (x 1)－x 1f (x 2)x 1－x 2>0，记a ＝f (30.2)30.2，b ＝f (0.32)0.32，c ＝f (log 25)log 25，则( B )A ．a <b <cB ．b <a <cC ．c <a <bD ．c <b <a解析：∵f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数，对任意两个不相等的正数x 1，x 2，都有x 2f (x 1)－x 1f (x 2)x 1－x 2>0，∴函数f (x )x 是(0，＋∞)上的增函数，∵1<30.2<2,0<0.32<1，log 25>2，∴0.32<30.2<log 25，∴c >a >b .故选B.3．(方向3)若函数f (x )＝2|x －a |(a ∈R )满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (x )在[m ，＋∞)上单调递增，则实数m 的最小值等于1.解析：∵f (1＋x )＝f (1－x )，∴f (x )的图象关于直线x ＝1对称，∵函数f (x )＝2|x－a|(a∈R)的图象以直线x＝a为对称轴，∴a＝1，∴f(x)在[1，＋∞)上单调递增．∵f(x)在[m，＋∞)上单调递增，∴m≥1，则m的最小值为1.。
黄冈名师2020版高考数学大一轮复习核心素养提升练五2.2函数的单调性与最值理含解析新人教A版20190624167
核心素养提升练五函数的单调性与最值(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.(2018·衡阳模拟)下列函数中,定义域是R且为增函数的是( )A.y=e-xB.y=x3C.y=ln xD.y=|x|【解析】选B.对于选项A,y=e x为增函数,y=-x为减函数,故y=e-x为减函数,对于选项B,y′=3x2≥0,故y=x3为增函数,对于选项C,函数的定义域为x>0,不为R,对于选项D,函数y=|x|为偶函数,在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.2.(2019·武汉模拟)函数f(x)=|x-2|x的单调递减区间是( )A.[1,2]B.[-1,0]C.[0,2]D.[2,+∞)【解析】选A.f(x)=|x-2|x=其图象如图,由图象可知函数的单调递减区间是[1,2].3.已知函数f(x)=|x+a|在(-∞,-1)上是单调函数,则a的取值范围是( )A.(-∞,1]B.(-∞,-1]C.[-1,+∞)D.[1,+∞)【解析】选A.因为函数f(x)在(-∞,-1)上是单调函数,所以-a≥-1,解得a≤1.4.(2019·济宁模拟)函数f(x)=lg(x2-4)的单调递增区间为 ( )A.(0,+∞)B.(-∞,0)C.(2,+∞)D.(-∞,-2)【解析】选C.由复合函数的单调性,要使f(x)单调递增,需解得x>2.5.下列函数中,值域为[0,1]的是( )A.y=x2B.y=sin xC.y=D.y=【解析】选D.A中,x2≥0;B中,-1≤sin x≤1;C中,0<≤1;D中,0≤≤1.6.函数f(x)=-x+在上的最大值是( )A. B.- C.-2 D.2【解析】选A.因为y=-x和y=在区间上都是减函数,所以f(x)在上单调递减,即f(-2)为最大值,且为2-=.7.(2018·新乡模拟)设函数f(x)=log a|x-1|在(-∞,1)上单调递增,则f(a+2)与f(3)的大小关系是( )A.f(a+2)>f(3)B.f(a+2)<f(3)C.f(a+2)=f(3)D.不能确定【解析】选A.由函数f(x)=log a|x-1|,可知函数关于x=1对称,且f(x)在(-∞,1)上单调递增,易得0<a<1.所以2<a+2<3.又因为函数在(1,+∞)上单调递减,所以f(a+2)>f(3).二、填空题(每小题5分,共15分)8.设函数f(x)=的最小值为2,则实数a的取值范围是________.【解析】当x≥1时,f(x)≥2,当x<1时,f(x)>a-1.由题意知a-1≥2,所以a≥3.答案:[3,+∞)9.函数y=x-|1-x|的单调递增区间为________.【解析】y=x-|1-x|=作出该函数的图象如图所示.由图象可知,该函数的单调递增区间是(-∞,1].答案:(-∞,1]10.函数f(x)=-+b(a>0)在上的值域为,则a=________,b=________.【解析】因为f(x)=-+b(a>0)在上是增函数,所以f=,f(2)=2.即解得a=1,b=.答案:1(20分钟40分)1.(5分)定义新运算:当a≥b时,a※b=a;当a<b时,a※b=b2,则函数f(x)=(1※x)x-(2※x),x ∈[-2,2]的最大值等于( )A.-1B.1C.6D.12【解析】选C.由已知得,当-2≤x≤1时,f(x)=x-2,当1<x≤2时,f(x)=x3-2.因为f(x)=x-2(-2≤x≤1),f(x)=x3-2(1<x≤2)在定义域内都为增函数,所以f(x)的最大值为f(2)=23-2=6.2.(5分)设函数f(x)=ln(1+|x|)-,则使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范围是( )A.B.∪(1,+∞)C.D.∪【解析】选A.因为f(-x)=ln(1+|-x|)-=f(x),所以函数f(x)为偶函数.因为当x≥0时,f(x)=ln(1+x)-,在(0,+∞)上y=ln(1+x)递增,y=-也递增,根据单调性的性质知,f(x)在(0,+∞)上单调递增.综上可知:f(x)>f(2x-1)可转化为f(|x|)>f(|2x-1|),即|x|>|2x-1|,所以x2>(2x-1)2,即3x2-4x+1<0,解得<x<1.3.(5分)(2019·连云港模拟)函数y=3x+的值域是________.【解析】函数y=3x+,设=t,则t≥0,那么x=t2+1.可得函数y=3(t2+1)+t=3t2+t+3,t≥0.其对称轴t=-,开口向上,所以函数y在[0,+∞)上单调递增,所以当t=0时,y取得最小值为3.所以函数y=3x+的值域是[3,+∞).答案:[3,+∞)4.(12分)已知函数f(x)=ax+(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.【解析】f(x)=x+,当a>1时,a->0,此时f(x)在[0,1]上为增函数,所以g(a)=f(0)=;当0<a<1时,a-<0,此时f(x)在[0,1]上为减函数,所以g(a)=f(1)=a;当a=1时,f(x)=1,此时g(a)=1.所以g(a)=所以g(a)在(0,1)上为增函数,在[1,+∞)上为减函数,所以当a=1时,g(a)取最大值1.5.(13分)已知f(x)=(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.【解析】(1)任意设x1<x2<-2,则f(x1)-f(x2)=-=.因为(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,所以f(x1)<f(x2),所以f(x)在(-∞,-2)上单调递增.(2)任意设1<x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-=.因为a>0,x2-x1>0,所以要使f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0在(1,+∞)上恒成立,所以a≤1.综上所述,a的取值范围是(0,1].。
2020版高考数学新设计大一轮复习 利用导数研究函数的极值、最值习题理(含解析)新人教A版
第2课时 利用导数研究函数的极值、最值考点一 利用导数解决函数的极值问题 多维探究角度1 根据函数图象判断函数极值【例1－1】 已知函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A.函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B.函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C.函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D.函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)解析 由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值. 答案 D规律方法 由图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点：(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点；(2)由导函数y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的值的正负，从而可得函数y ＝f (x )的单调性.两者结合可得极值点. 角度2 已知函数求极值【例1－2】 (2019·哈尔滨模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R ). (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数.解 (1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.x (0，2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋0 －f (x )ln 2－1故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值. (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0).当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值.综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点， 当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a.规律方法 运用导数求可导函数y ＝f (x )的极值的一般步骤：(1)先求函数y ＝f (x )的定义域，再求其导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查导数f ′(x )在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值.特别注意：导数为零的点不一定是极值点. 角度3 已知函数的极(最)值求参数的取值 【例1－3】 已知函数f (x )＝ln x .(1)求f (x )图象的过点P (0，－1)的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－mx ＋m x存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x.设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，∴x 0＝1. ∴过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1.(2)因为g (x )＝f (x )－mx ＋m x ＝ln x －mx ＋m x(x >0)，所以g ′(x )＝1x －m －m x 2＝x －mx 2－m x 2＝－mx 2－x ＋mx2， 令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h （0）>0，12m>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0即可，解得0<m <12.规律方法 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：(1)根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.【训练1】 (1)(2017·全国Ⅱ卷)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·ex －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A.－1B.－2e －3C.5e －3D.1解析 f ′(x )＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]·ex －1，则f ′(－2)＝[4－2(a ＋2)＋a －1]·e －3＝0⇒a ＝－1， 则f (x )＝(x 2－x －1)·ex －1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)·ex －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝1， 当x <－2或x >1时，f ′(x )>0， 当－2<x <1时，f ′(x )<0， 所以x ＝1是函数f (x )的极小值点， 则f (x )极小值为f (1)＝－1. 答案 A(2)(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x. ①若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； ②若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围. 解 ①因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x.f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e≠0. 所以a 的值为1.②f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x. 若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值.若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点.综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.考点二 利用导数求函数的最值【例2】 (2019·广东五校联考)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数. (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值. 解 (1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数. ∴f (x )max ＝f (1)＝－1.∴当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1. (2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∈(0，e]，1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞.①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不合题意.②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a ；令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a<x ≤e.从而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上为增函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1a ，e 上为减函数，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a .令－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－2，即a ＝－e 2.∵－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求.故实数a 的值为－e 2.规律方法 1.利用导数求函数f (x )在[a ，b ]上的最值的一般步骤：(1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值. 【训练2】 (2019·合肥质检)已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f (x )＝e x·cos x －x ，∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)， 即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2e xsin x ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.考点三 利用导数求解最优化问题【例3】 在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升). (1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少.解 (1)由题意，下潜用时60v (单位时间)，用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v(升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时60v 2＝120v (单位时间)，用氧量为120v×1.5＝180v(升)，因此总用氧量y ＝3v 250＋240v＋9(v >0).(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3（v 3－2 000）25v 2，令y ′＝0得v ＝1032， 当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减； 当v >1032时，y ′>0，函数单调递增.若c <1032 ，函数在(c ，1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增， ∴当v ＝1032时，总用氧量最少. 若c ≥1032，则y 在[c ，15]上单调递增， ∴当v ＝c 时，这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y ＝f (x )，并确定其定义域； (2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点. 【训练3】 (2017·全国Ⅰ卷)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为______.解析 由题意，连接OD ，交BC 与点G ，由题意，OD ⊥BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ， S △ABC ＝12·(23x )2·sin 60°＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5，令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )＝0得x ＝2，当x ∈(0，2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 故当x ＝2时，f (x )取得最大值80， 则V ≤3×80＝415. ∴体积最大值为415 cm 3. 答案 415[思维升华]1.求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究.2.研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决.函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；函数的最值常借助原函数图象来分析最值点.3.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系，并求出函数的最值. [易错防范]1.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域.2.已知极值点求参数时，由极值点处导数为0求出参数后，易忽视对极值点两侧导数异号的检验.3.由极值、最值求参数时，易忽视参数应满足的前提范围(如定义域)，导致出现了增解.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.函数y ＝f (x )导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A.(－1，3)为函数y ＝f (x )的递增区间B.(3，5)为函数y ＝f (x )的递减区间C.函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D.函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析 由函数y ＝f (x )导函数的图象可知，f (x )的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f (x )在x ＝－1，5取得极小值，在x ＝3取得极大值，故选项C 错误. 答案 C2.设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点，则( ) A.a <－1 B.a >－1 C.a >－1eD.a <－1e解析 因为y ＝e x ＋ax ，所以y ′＝e x＋a . 又函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x＋a ＝0有大于零的解， 当x >0时，－e x <－1，所以a ＝－e x<－1. 答案 A3.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A.11或18 B.11 C.18D.17或18解析 ∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，又f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11. 而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去.∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18. 答案 C4.函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A.0B.1C.2D.无数解析 函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0， 所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立， 即f (x )在定义域上单调递增，无极值点. 答案 A5.(2019·安庆二模)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( ) A.2e －1B.－1eC.1D.2ln 2解析 由题意知，f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e，∴f ′(e)＝2f ′(e)－1e ，则f ′(e)＝1e .因此f ′(x )＝2x －1e，令f ′(x )＝0，得x ＝2e.∴f (x ) 在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减. ∴f (x )在x ＝2e 处取极大值f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2. 答案 D 二、填空题6.函数f (x )＝x e －x，x ∈[0，4]的最大值是________. 解析 f ′(x )＝e －x－x ·e －x＝e －x(1－x )， 令f ′(x )＝0，得x ＝1.又f (0)＝0，f (4)＝4e 4，f (1)＝e －1＝1e ，∴f (1)＝1e 为最大值.答案 1e7.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1，1]，则f (m )的最小值是________.解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4.f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，∴当m ∈[－1，1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 答案 －48.若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是________.解析 函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点等价于f ′(x )＝0有2个不相等的实根且在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有根，由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，得a <－2或a >2.由f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有根，得a ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有解，又x ＋1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103，所以2≤a <103.综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫2，103三、解答题9.设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值. 解 (1)由f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，得f ′(x )＝a x－2bx ， ∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝a －2b ＝0，f （1）＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12. (2)由(1)知，f (x )＝ln x －12x 2，则f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e ≤x <1， 令f ′(x )<0，得1<x ≤e，∴f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上单调递增；在(1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.10.(2018·天津卷选编)设函数f (x )＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列.(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f (x )的极值.解 (1)由已知，得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ， 故f ′(x )＝3x 2－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1， 又因为曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0.(2)由已知得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3)＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3，或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63；函数f (x )的极小值为f (t 2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2019·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数.已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( ) A.2折函数 B.3折函数 C.4折函数D.5折函数解析 f ′(x )＝(x ＋2)e x－(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x－3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x＝3x ＋2.易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点.又e －2≠3(－2)＋2＝－4. ∴函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数. 答案 C12.若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是________.解析 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x，所以由f ′(x )＝0解得x＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 13.传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm 且以每秒1 cm 等速率缩短，而长度以每秒20 cm 等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm 缩到4 cm ，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm 时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________ cm.解析 设神针原来的长度为a cm ，t 秒时神针的体积为V (t ) cm 3，则V (t )＝π(12－t )2·(a＋20t )，其中0≤t ≤8，所以V ′(t )＝[－2(12－t )(a ＋20t )＋(12－t )2·20]π. 因为当底面半径为10 cm 时其体积最大，所以10＝12－t ，解得t ＝2，此时V ′(2)＝0，解得a ＝60，所以V (t )＝π(12－t )2·(60＋20t )，其中0≤t ≤8.V ′(t )＝60π(12－t )(2－t )，当t ∈(0，2)时，V ′(t )>0，当t ∈(2，8)时，V ′(t )<0，从而V (t )在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V (0)＝8 640π，V (8)＝3 520π，所以当t ＝8时，V (t )有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm. 答案 414.设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a >0). (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围. 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞). 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.又a >0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减.∴函数y ＝g (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意.②当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意.③当a >12时，0<12a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意.综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.。
2020年高考数学复习课时作业5函数的单调性与最大
时间：45分钟 分值：100分一、选择题(每小题5分，共30分)1．下列函数中，在(－∞，0)上为增函数的是( ) A ．y ＝1－x 2 B ．y ＝x 2＋2x C ．y ＝11＋xD ．y ＝xx －1解析：∵y ＝1－x 2的对称轴为x ＝0，且开口向下， ∴(－∞，0)为其单调递增区间． 答案：A2．函数f (x )＝22x －2的值域是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,0)∪(0，＋∞)C ．(－1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(0，＋∞)解析：1f (x )＝2x －1－1>－1，结合反比例函数的图象可知f (x )∈(－∞，－1)∪(0，＋∞)． 答案：D3．函数y ＝log a (x 2＋2x －3)，当x ＝2时，y >0，则此函数的单调递减区间是( ) A ．(－∞，－3) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，－1)D ．(－1，＋∞)解析：当x ＝2时，y ＝log a 5>0， ∴a >1，由x 2＋2x －3>0⇒x <－3或x >1，易见函数t ＝x 2＋2x －3在(－∞，－3)上递减，故函数y ＝log a (x 2＋2x －3)(其中a >1)也在(－∞，－3)上递减． 答案：A4．设f (x )是定义在R 上以2为周期的偶函数，已知x ∈(0,1)时，f (x )＝log 12(1－x )，则函数f (x )在(1,2)上( )A ．是增函数，且f (x )<0B ．是增函数，且f (x )>0C ．是减函数，且f (x )<0D ．是减函数，且f (x )>0解析：∵f (x )是定义在R 上以2为周期的偶函数，且x ∈(0,1)时，f (x )＝log 12(1－x )为增函数且f (x )>0，∴函数f (x )在(2,3)上也为增函数，且f (x )>0，而直线x ＝2为函数的对称轴，则函数f (x )在(1,2)上是减函数，且f (x )>0，故选D.答案：D5．已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0,2]上是增函数，则( ) A ．f (－25)<f (11)<f (80) B ．f (80)<f (11)<f (－25) C ．f (11)<f (80)<f (－25) D ．f (－25)<f (80)<f (11)解析：因为f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，所以f (x －8)＝f (x )，所以函数f (x )是以8为周期的周期函数，又因为f (x )在R 上是奇函数，所以f (80)＝f (0)＝0，f (－25)＝f (－1)＝－f (1)，f (11)＝f (3)＝－f (－3)＝－f (1－4)＝f (1)，又因为f (x )在区间[0,2]上是增函数，所以f (1)>f (0)＝0，所以－f (1)<0，所以f (－25)<f (80)<f (11)，故选D.答案：D6．(2011·重庆一诊)若关于x 的方程x 2＋1x 2＋a (x ＋1x )＋b ＝0有实数根，则a 2＋b 2的最小值是( )A.25B ．1 C.45D.25解析：令x ＋1x ＝t ，则有|t |＝|x ＋1x |＝|x |＋|1x|≥2|x |·|1x|＝2，原方程化为t 2＋at ＋b －2＝0，即ta ＋b ＋(t 2－2)＝0，显然直线ta ＋b ＋(t 2－2)＝0上的任意一点(a ，b )与原点的距离都不小于原点到该直线的距离，即a 2＋b 2≥|t ·0＋0＋(t 2－2)|t 2＋1，a 2＋b 2≥(t 2－2)2t 2＋1＝(t 2＋1－3)2t 2＋1＝(t 2＋1)＋9t 2＋1－6，令m ＝t 2＋1，则f (m )＝m ＋9m －6，m ≥5，易知函数f (m )＝m ＋9m －6在[5，＋∞)上是增函数，因此f (m )＝m ＋9m －6≥f (5)＝45，故a 2＋b 2≥45.答案：C二、填空题(每小题5分，共15分)7．函数y ＝－(x －3)|x |的递增区间是__________．解析：y ＝－(x －3)|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋3x (x >0)x 2－3x (x ≤0)作出该函数的图象，观察图象知递增区间为⎣⎡⎦⎤0，32.答案：⎣⎡⎦⎤0，32 8．若函数f (x )＝log a (2x 2＋x )(a >0，a ≠1)在区间(0，12)内恒有f (x )>0，则f (x )的单调递增区间为__________．解析：当x ∈(0，12)时，0<2x 2＋x <1，又f (x )>0，则0<a <1.由2x 2＋x >0，解得：x <－12或x >0，则f (x )的递增区间为(－∞，－12)．答案：(－∞，－12)9．(2010·广州测试)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(a －2)x －1，x ≤1，log a x ， x >1.若f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为________．解析：要保证函数f (x )有(－∞，＋∞)上单调递增，则分段函数应该在各自定义域内分别单调递增．若f (x )＝(a －2)x －1在区间(－∞，1]上单调递增，则a －2>0，即a >2.若f (x )＝log a x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则a >1.另外要保证函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增还必须满足(a －2)×1－1≤log a 1＝0，即a ≤3.故实数a 的取值范围为2<a ≤3.答案：(2,3]三、解答题(共55分)10．(15分)已知函数f (x )＝|x －a |，g (x )＝x 2＋2ax ＋1(a 为正常数)，且函数f (x )与g (x )的图象在y 轴上的截距相等．(1)求a 的值；(2)求函数f (x )＋g (x )的单调递增区间．解：(1)由题意f (0)＝g (0)，|a |＝1，又a >0，所以a ＝1. (2)f (x )＋g (x )＝|x －1|＋x 2＋2x ＋1，当x ≥1时，f (x )＋g (x )＝x 2＋3x ，它在[1，＋∞)上单调递增； 当x <1时，f (x )＋g (x )＝x 2＋x ＋2，它在[－12，1)上单调递增．综上，f (x )＋g (x )的单调递增区间是[－12，＋∞)．11．(20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． (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y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(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．可证h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 故a ≤h (1)，即a ≤3， ∴a 的取值范围为(－∞，3]．——探究提升——12．(20分)(2010·南昌调研)设函数f (x )＝tx 2＋2t 2x ＋t －1(t ∈R ，t >0)． (1)求f (x )的最小值s (t )；(2)若s (t )<－2t ＋m 对t ∈(0,2)时恒成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)∵f (x )＝t (x ＋t )2－t 3＋t －1(t ∈R ，t >0)， ∴当x ＝－t 时，f (x )取得最小值f (－t )＝－t 3＋t －1， 即s (t )＝－t 3＋t －1.(2)令h (t )＝s (t )－(－2t ＋m )＝－t 3＋3t －1－m .由h ′(t )＝－3t 2＋3＝0，得t ＝1或t ＝－1(舍去)，则有∴h (t )在(0,2)∴s (t )<－2t ＋m 对t ∈(0,2)时恒成立等价于h (t )<0恒成立，即1－m <0，∴m >1.。
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添加微信:gzxxzlk或扫描下面二维码输入高考干货领取更多资料资料正文内容下拉开始>>课时作业(五)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,在区间(0,+∞)上为增函数的是()A.y=√x+1B.y=sin xC.y=2-xD.y=lo g12(x+1)2.已知函数f(x)=ax2+2(a-3)x+3在区间(-∞,3)上是减函数,则a的取值范围是()A.[0,34)B.(0,34]C.(0,34)D.[0,34]3.函数y=2xx-1()A.在区间(1,+∞)上单调递增B.在区间(1,+∞)上单调递减C.在区间(-∞,1)上单调递增D.在定义域内单调递减4.[2018·贵州凯里一中月考]已知函数f(x)=√2-x+1,则满足f(log4a)>√3的实数a的取值范围是()A.(13,1) B.(0,14)C.(14,13) D.(12,2)5.若函数y=|2x+c|是区间(-∞,1)上的单调函数,则实数c的取值范围是.能力提升6.[2018·晋城二模] 若f (x )=√x -2+√x 2-2x +4的最小值与g (x )=√x +x -√x -x (a>0)的最大值相等,则a 的值为 ( ) A .1 B .√2 C .2 D .2√27.函数f (x )满足f (x+2)=3f (x ),且x ∈R,若当x ∈[0,2]时,f (x )=x 2-2x+2,则当x ∈[-4,-2]时,f (x )的最小值为 ( ) A .19 B .13 C .-13 D .-198.能推断出函数y=f (x )在R 上为增函数的是 ( ) A .若m ,n ∈R 且m<n ,则f (3m )<f (3n) B .若m ,n ∈R 且m<n ,则f [(12)x ]<f [(12)x] C .若m ,n ∈R 且m<n ,则f (m 2)<f (n 2) D .若m ,n ∈R 且m<n ,则f (m 3)<f (n 3)9.[2018·潍坊一中月考] 已知函数f (x )={(x -3)x +5,x ≤1,2x x ,x >1,若对R 上的任意x 1,x 2(x 1≠x 2),恒有(x 1-x 2)[f (x 1)-f (x 2)]<0成立,则a 的取值范围是 ( ) A .(0,3) B .(0,3] C .(0,2) D .(0,2]10.已知函数f (x )=e -|x|,设a=f (e-0.3),b=f (ln 0.3),c=f (log 310),则 ( )A .a>b>cB .b>a>cC .c>a>bD .c>b>a11.若函数f (x )=(13)2x 2+xx -3在区间(-1,1)上单调递减,则实数m 的取值范围是 .12.已知函数f (x )={(x -1)2,x ≥0,2x ,x <0,若f (x )在区间(x ,x +32)上既有最大值又有最小值,则实数a 的取值范围是 .13.函数f (x )={x 2,x ≥x ,x ,0<x <x(t>0)是区间(0,+∞)上的增函数,则t 的取值范围是 .14.(12分)已知函数f (x )=log 4(ax 2+2x+3). (1)若f (1)=1,求f (x )的单调区间.(2)是否存在实数a ,使得f (x )的最小值为0?若存在,求出a 的值;若不存在,请说明理由.15.(13分)已知定义域为R 的函数f (x )满足:f (-12)=2,对于任意实数x ,y 恒有f (x+y )=f (x )f (y ),且当x>0时,0<f (x )<1.(1)求f (0)的值,并证明:当x<0时,f (x )>1; (2)判断函数f (x )在R 上的单调性并加以证明;(3)若不等式f [(a 2-a-2)x 2-(2a-1)2x+2]>4对任意x ∈[1,3]恒成立,求实数a 的取值范围.难点突破16.(5分)[2018·永州三模] 已知函数f (x )=a+log 2(x 2+a )(a>0)的最小值为8,则 ( ) A .a ∈(5,6) B .a ∈(7,8) C .a ∈(8,9) D .a ∈(9,10)17.(5分)函数f (x )的定义域为D ,若满足:①f (x )在D 内是单调函数;②存在[a ,b ]⊆D ,使得f (x )在[a ,b ]上的值域为[x 2,x2].则称函数f (x )为“成功函数”.若函数f (x )=log m (m x +2t )(其中m>0,且m ≠1)是“成功函数”,则实数t 的取值范围为 ( ) A .(0,+∞) B .(-∞,18) C .(18,14) D .(0,18)课时作业(五)1.A [解析] y=√x +1在区间(0,+∞)上为增函数;y=sin x 在区间(0,+∞)上不单调;y=2-x在区间(0,+∞)上为减函数;y=lo g 12(x+1)在区间(0,+∞)上为减函数.故选A .2.D [解析] 当a=0时,f (x )=-6x+3,在(-∞,3)上是减函数,符合题意;若函数f (x )是二次函数,由题意有a>0,对称轴为直线x=-x -3x ,则-x -3x≥3,又a>0,所以0<a ≤34.所以0≤a ≤34,故选D .3.B [解析] y=2x x -1=2(x -1)+2x -1=2+2x -1,由此可得函数在(1,+∞)上单调递减.故选B .4.B [解析] 由题意求得函数f (x )的定义域为R,且在R 上为减函数,又f (log 4a )>√3,f (-1)=√2+1=√3,则由f (log 4a )>f (-1),得log 4a<-1,解得0<a<14,故选B .5.c ≤-2 [解析] 函数y=|2x +x |={2x +x ,x ≥-x2,-2x -x ,x <-x 2,即函数y=|2x +x |在(-∞,-x2)上单调递减,在[-x 2,+∞)上单调递增,所以-x2≥1,解得c ≤-2.6.C [解析] f (x )在定义域[2,+∞)上是增函数,所以f (x )的最小值为f (2)=2. 又g (x )=√x +x +√x -x在定义域[a ,+∞)上是减函数,所以g (x )的最大值为g (a )=√2x ,所以√2x =2,即a=2.故选C . 7.A [解析] 因为f (x+2)=3f (x ),所以f (x )=13f (x+2)=19f (x+4). 因为当x ∈[0,2]时,f (x )=x 2-2x+2,所以当x ∈[-4,-2],即x+4∈[0,2]时,f (x )=19f (x+4)=19(x+3)2+19,故当x=-3时,f (x )取得最小值19,故选A .8.D [解析] 若m ,n ∈R 且m<n ,则0<3m <3n,不能得到函数y=f (x )在R 上为增函数,故A 错误; 若m ,n ∈R 且m<n ,则(12)x >(12)x>0,不能得到函数y=f (x )在R 上为增函数,故B 错误; 若m ,n ∈R 且m<n ,则0<m<n 时,0<m 2<n 2,m<n<0时,m 2>n 2>0,m<0<n 时,m 2与n 2的大小关系不确定,所以不能得到函数y=f (x )在R 上为增函数,故C 错误;若m ,n ∈R 且m<n ,则m 3∈R,n 3∈R,且m 3<n 3,又f (m 3)<f (n 3),所以函数y=f (x )在R 上为增函数,故D 正确.9.D [解析] 由题意可知函数f (x )是R 上的减函数,∴当x ≤1时,f (x )单调递减,即a-3<0,①当x>1时,f (x )单调递减,即a>0,② 且(a-3)×1+5≥2x 1.③联立①②③,解得0<a ≤2,故选D . 10.A [解析] ∵0<|e-0.3|=e -0.3<1,1<|ln 0.3|=ln 103<2,log 310>2,∴0<|e -0.3|<|ln 0.3|<|log 310|.当x>0时,f (x )=e-|x|=(1e )x是减函数,∴f (e -0.3)>f (ln 0.3)>f (log 310).故a>b>c.11.[4,+∞) [解析] 由复合函数的单调性知,本题等价于y=2x 2+mx-3在(-1,1)上单调递增,所以-x4≤-1,得m ≥4,即实数m 的取值范围是[4,+∞).12.(-12,0) [解析] f (x )的图像如图所示.∵f (x )在(x ,x +32)上既有最大值又有最小值, ∴{x <0,x +32>1,解得-12<a<0,故a 的取值范围为(-12,0).13.t ≥1 [解析] 若函数f (x )={x 2,x ≥x ,x ,0<x <x(t>0)是区间(0,+∞)上的增函数,则需满足t 2≥t ,即t ≥1.14.解:(1)∵f (x )=log 4(ax 2+2x+3)且f (1)=1,∴log 4(a ·12+2×1+3)=1⇒a+5=4⇒a=-1,可得函数f (x )=log 4(-x 2+2x+3). 由-x 2+2x+3>0⇒-1<x<3,∴函数f (x )的定义域为(-1,3).令t=-x 2+2x+3=-(x-1)2+4,可得当x ∈(-1,1)时,该函数为增函数; 当x ∈(1,3)时,该函数为减函数.∴函数f (x )=log 4(-x 2+2x+3)的单调递增区间为(-1,1),单调递减区间为(1,3).(2)假设存在实数a ,使得f (x )的最小值为0. 由底数4>1,可得真数t=ax 2+2x+3≥1恒成立, 且真数t 的最小值恰好是1, 则a 为正数,且当x=-22x =-1x时,t 的值为1, ∴{x >0,x ·(-1x )2+2(-1x )+3=1⇒{x >0,-1x +2=0⇒a=12, 因此存在实数a=12,使得f (x )的最小值为0. 15.解:(1)令x=1,y=0,可得f (1)=f (1)f (0), 因为当x>0时,0<f (x )<1,所以f (1)≠0,故f (0)=1. 证明:令y=-x ,x<0,则f (0)=f (x )f (-x ),即f (x )=1x (-x ). 因为-x>0,所以0<f (-x )<1,所以f (x )>1. (2)函数f (x )在R 上为减函数.证明如下: 设x 1<x 2,则x 1-x 2<0,又f (x 1)-f (x 2)=f [(x 1-x 2)+x 2]-f (x 2)=f (x 1-x 2)f (x 2)-f (x 2)=f (x 2)[f (x 1-x 2)-1],由(1)知f (x 2)>0,f (x 1-x 2)>1,所以f (x 1)-f (x 2)>0,即f (x 1)>f (x 2), 所以函数f (x )在R 上为减函数. (3)由f (-12)=2得f (-1)=4,所以f [(a 2-a-2)x 2-(2a-1)2x+2]>4=f (-1), 即(a 2-a-2)x 2-(2a-1)2x+2<-1,即(a 2-a )(x 2-4x )<2x 2+x-3对任意x ∈[1,3]恒成立. 因为x ∈[1,3],所以x 2-4x<0, 所以a 2-a>2x 2+x -3x 2-4x=2+3(3x -1)x 2-4x 对任意x ∈[1,3]恒成立.设3x-1=t ∈[2,8],则2+3(3x -1)x 2-4x=2+27x x 2-10x -11=2+27x -11x -10≤0(当t=2时取等号),所以a 2-a>0, 解得a<0或a>1.16.A [解析] 因为f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f (x )min =f (0)=a+log 2a=8.令g (a )=a+log 2a-8,则g (a )在(0,+∞)上单调递增,又g (5)=5+log 25-8<0,g (6)=6+log 26-8>0,所以a ∈(5,6).故选A .17.D [解析] 无论m>1还是0<m<1,f (x )=log m (m x+2t )都是定义域上的增函数,故应有{x (x )=x 2,x (x )=x 2,则原问题可转化为f (x )=x2,即log m (m x+2t )=x2,即m x+2t=x12x 在定义域上有两个不相等的实数根问题,令λ=x 12x (λ>0),则m x+2t=x 12x 可化为2t=λ-λ2=-(x -12)2+14,结合图形可得t ∈(0,18).故选D .。