高考理科数学课时练习函数的单调性与最值理含解析
高三数学 函数的单调性和最值典型例题解析之一
高三数学函数的单调性和最值典型例题解析1．由二次函数的值域和对数函数的单调性，求得()f x 的最小值，解不等式112log 48a a ⎛⎫≥+ ⎪⎝⎭，可得所求范围. 【详解】（1）由2040x a a x ->⎧⎨->⎩可得24a x a <<，则()f x 的定义域为()2,4a a ，()log (2)log (4)log (2)(4)a a a f x x a a x x a a x =-+-=--22log (3)a x a a ⎡⎤=--+⎣⎦，当1a >时，()f x 的增区间为()2,3a a ，减区间为()3,4a a .证明：设()22()3g x x a a =--+，()g x 的增区间为(),3a -∞，减区间为()3,a +∞，当1a >时，设1223a x x a <<<，可得()()12g x g x <，()()12log log []a a g x g x <⎡⎤⎣⎦，即()()12f x f x <，可得()f x 在()2,3a a 递增；设1234a x x a <<<，可得()()12g x g x >，()()12log log []a a g x g x >⎡⎤⎣⎦， 即()()12f x f x >，可得()f x 在()3,4a a 递减.（2）由01a <<，()2223x a a a --+≤，可得2()log 2a f x a ≥=，所以112log 48a a ⎛⎫≥+ ⎪⎝⎭，即为211048a a --≤，解得102a <≤，即a 的取值范围是10,2⎛⎤⎥⎝⎦.2. 已知定义域为R 的函数12()12xxf x -=+. （1）试判断函数12()12xxf x -=+在R 上的单调性，并用函数单调性的定义证明；（2）若对于任意t ∈R ，不等式22(2)()0f t t f t k -+-<恒成立，求实数k 的取值范围. 【答案】（1）函数()f x 在R 上单调递减，证明见解析；（2）1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭.【详解】（1）函数12()12xx f x -=+在R 上单调递减.证明如下：任取12,x x ∈R ，且12x x <，122112*********(22)()()1212(12)(12)x x x x x x x x f x f x ----=-=++++，因为12x x <，所以1222x x <，1120x +>，2120x +>，即12()()f x f x >，故函数12()12xxf x -=+在R 上单调递减. （2）因为1221()()1221x x x x f x f x -----===-++，故12()12xxf x -=+为奇函数，所以222(2)()()f t t f t k f k t -<--=-， 由（1）知，函数()f x 在R 上单调递减，故222t t k t ->-，即2220t t k -->对于任意t ∈R 恒成立，所以222k t t <-，令()222g t t t =-，则()min k g t <，因为()22111222222g t t t t ⎛⎫=-=--≥- ⎪⎝⎭，所以()min 12g t =-，所以12k <-，即实数k 的取值范围是1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭.3.下列函数中是偶函数，且在区间(0,1)上单调递增的是（） A ．22y x =-B ．2y x=C ．1||||y x x =+D ．2||x y x =【答案】AD 【详解】A ，因为()()()2222f x x x f x -=--=-=，22y x =-是偶函数，在区间(0,1)上为增函数，符合题意；B ，因为()()22x x f x f x =--=--=，2y x=是奇函数，且在区间(0,1)上为减函数，不符合题意； C ，因为()()11||||||||f x x x f x x x -=-+=+=-，1||(0)||y x x x =+≠是偶函数，当(0,1)x ∈时，1y x x=+单调递减，不符合题意；D ，因为()()22||||x x f x f x x x -===-，2(0)||x y x x =≠是偶函数，且在区间(0,1)上为增函数，符合题意. 故选：AD4.定义在[1,1]-上的奇函数()f x ，对任意,0m n ≠时，恒有()()0f m f n m n+>+.（1）比较1()2f 与1()3f 大小；（2）判断()f x 在[1,1]-上的单调性，并用定义证明；（3）若810a x -+>对满足不等式11()(2)024f x f x -+-<的任意x 恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）11()()23f f >；（2）函数()f x 在[1,1]-上为单调递增函数，证明见解析；（3）4a >. 【解析】试题解析：（1）利用作差法，即可比较1()2f 与1()3f 大小；（2）利用单调性定义证明步骤，即可得出结论；（3）先确定x 的范围，再分离参数求最值，即可求a 的取值范围.试题解析：（1）第一步，由()()0f m f n m n+>+得出031213121>⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛f f ：∵11()023+-≠，031213121>⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛f f ， ∵03121>⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛f f ， 第二步，由奇偶性得出结论： ∵11()()23f f >--∵11()()23f f >. （2）第一步，取值、作差： 任取12[1,1]x x ∈-，且12x x <，21212121212121()()()()()()()()()f x f x f x f x f x f x x x x x x x x x -+--=-=--+-.第二步，判断符号：∵2121()()0()f x f x x x +->+-，210x x ->，∵21()()0f x f x ->，第三步，下结论：∵函数()f x 在[1,1]-上为单调递增函数. （3）4a >.考点：函数奇偶性与单调性的综合问题. 5.已知函数()21xf x x =+. （1）判断并证明函数()f x 的奇偶性；（2）判断当()1,1x ∈-时函数()f x 的单调性，并用定义证明； （3）若()f x 定义域为()1,1-，解不等式()()210f x f x -+<. 【答案】（1）奇函数（2）增函数（3）1{|0}3x x <<【解析】试题解析：（1）判断与证明函数的奇偶性，首先要确定函数的定义域是否关于原点对称，再判断f(-x)与f(x)的关系，如果对定义域上的任意x ，都满足f(-x)=f(x)就是偶函数，如果f(-x)=-f(x)就是奇函数，否则是非奇非偶函数。
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。
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)。
2021届高考数学(理)考点复习：函数的单调性与最值(含解析)
2021届高考数学（理）考点复习函数的单调性与最值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y＝f (x)的单调区间．2．函数的最值前提设函数y＝f (x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件(1)对于任意的x∈I，都有f (x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f (x0)＝M (1)对于任意的x∈I，都有f (x)≥M；(2)存在x0∈I，使得f (x0)＝M结论M为最大值M为最小值概念方法微思考1．在判断函数的单调性时，你还知道哪些等价结论？提示对∀x1，x2∈D，x1≠x2，f(x1)－f (x2)x1－x2>0⇔f (x)在D上是增函数；对∀x1，x2∈D，x1≠x2，(x1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]>0⇔f (x )在D 上是增函数．减函数类似． 2．写出函数y ＝x ＋ax (a >0)的增区间．提示 (－∞，－a ]和[a ，＋∞)．1．（2020·新课标Ⅱ）设函数()ln |21|ln |21|f x x x =+--，则f (x )（ ） A. 是偶函数，且在1(,)2+∞单调递增B. 是奇函数，且在11(,)22-单调递减C. 是偶函数，且在1(,)2-∞-单调递增D. 是奇函数，且在1(,)2-∞-单调递减【答案】D 【解析】由()ln 21ln 21f x x x =+--得()f x 定义域为12x x ⎧⎫≠±⎨⎬⎩⎭，关于坐标原点对称，又()()ln 12ln 21ln 21ln 21f x x x x x f x -=----=--+=-，()f x ∴为定义域上的奇函数，可排除AC ；当11,22x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()()()ln 21ln 12f x x x =+--， ()ln 21y x =+在11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，()ln 12y x =-在11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，()f x ∴在11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，排除B ；当1,2x ⎛⎫∈-∞-⎪⎝⎭时，()()()212ln 21ln 12ln ln 12121x f x x x x x +⎛⎫=----==+ ⎪--⎝⎭， 2121x μ=+-在1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，()ln f μμ=在定义域内单调递增，根据复合函数单调性可知：()f x 在1,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭上单调递减，D 正确. 2．（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__________． 【答案】23()()2f x x =-- （答案不唯一）【解析】对于23()()2f x x =--，其图象的对称轴为32x =， 则f （x ）>f （0）对任意的x ∈（0，2］都成立， 但f （x ）在［0，2］上不是单调函数.1．（2019•平谷区一模）下列函数中，在区间(0,)+∞上为增函数的是( ) A ．1y x=B ．y lnx =C ．sin y x =D ．2x y -=【答案】B【解析】根据题意，依次分析选项： 对于A ，1y x=，为反比例函数，在(0,)+∞上为减函数，不符合题意； 对于B ，y lnx =，为指数函数，在区间(0,)+∞上为增函数，符合题意； 对于C ，sin y x =，为正弦函数，在(0,)+∞上不是单调函数，不符合题意； 对于D ，12()2x x y -==，是指数函数，在(0,)+∞上为减函数，不符合题意；故选B ．2．（2019•西城区一模）下列函数中，值域为R 且在区间(0,)+∞上单调递增的是( ) A ．22y x x =+ B ．12x y += C ．31y x =+D ．(1)||y x x =-【答案】C【解析】根据题意，依次分析选项：对于A ，222(1)1y x x x =+=+-，其值域为[1-，)+∞，不符合题意； 对于B ，12x y +=，其值域为(0,)+∞，不符合题意；对于C ，31y x =+，值域为R 且在区间(0,)+∞上单调递增，符合题意； 对于D ，22,0(1)||,0x x x y x x x x x ⎧-=-=⎨-+<⎩，在区间1(0,)2上为减函数，不符合题意；故选C ．3．（2016•安庆三模）若函数2()||2f x x a x =++，x R ∈在区间[3，)+∞和[2-，1]-上均为增函数，则实数a 的取值范围是( ) A ．11[3-，3]- B ．[6-，4]- C ．[3-，22]- D ．[4-，3]-【答案】B【解析】2()||2f x x a x =++，22()()||2||2()f x x a x x a x f x -=-+-+=++=，()f x ∴为实数集上的偶函数，由2()||2f x x a x =++在区间[3，)+∞和[2-，1]-上均为增函数，知()f x 在[3，)+∞上为增函数，在[1，2]上为减函数，∴函数22(0)y x ax x =++>的对称轴[2,3]2a x =-∈，得[6a ∈-，4]-．故选B ．4．（2016•天津二模）若221,0()(1)(1),0axax x f x a a e x ⎧+=≠⎨-<⎩，在定义域(,)-∞+∞上是单调函数，则a 的取值范围是( ) A ．2]B ．[2,1)[2,)--+∞C ．(,2]2]-∞⋃D ．2(0,)[2,)3+∞【答案】C【解析】()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0x =时，22(1)11ax a e ax -+=， 即211a -，解之得22a0x 时，21y ax =+是增函数，0a ∴>又0x <时，2(1)ax a e -是增函数，210a ∴->，得1a <-或1a >因此，实数a 的取值范围是：12a <②函数的单调性是减函数时，可得当0x =时，22(1)11ax a e ax -+=， 即211a -，解之得2a -或2a．0x 时，21y ax =+是减函数，0a ∴<又0x <时，2(1)ax a e -是减函数，210a ∴->，得1a <-或1a >因此，实数a 的取值范围是：2a - 综上所述，得(,2]2]a ∈-∞⋃故选C ．5．（2020春•天津期末）下列函数中，在(0,)+∞上为增函数的是( ) A ．()3f x x =- B ．2()3f x x x =-C ．1()f x x=-D ．()||f x x =-【答案】C【解析】根据题意，依次分析选项：对于A ，()3f x x =-为一次函数，在(0,)+∞上为减函数，不符合题意； 对于B ，2()3f x x x =-为二次函数，在3(0,)2上为减函数，不符合题意；对于C ，1()f x x=-为反比例函数，在(0,)+∞上为增函数，符合题意； 对于D ，()||f x x =-，当0x >时，()f x x =-，则函数()f x 在(0,)+∞上为减函数，不符合题意； 故选C ．6．（2019秋•武昌区期末）下列函数在(0,2)上是增函数的是( ) A ．2y x =- B ．12y x =-C ．21()2x y -=D ．12log (2)y x =-【答案】D【解析】对于A ，函数在(0,2)递减，不合题意； 对于B ，函数在(0,2)递减，不合题意； 对于C ，函数在(0,2)递减，不合题意； 对于D ，函数在(0,2)递增，符合题意； 故选D ．7．（2020春•郑州期末）函数2()2f x x lnx =-的单调减区间是( ) A ．(0,1) B ．(1,)+∞ C ．(,1)-∞ D ．(1,1)-【答案】A【解析】函数2()2(0)f x x lnx x =->的导数为 2()2f x x x'=-， 令()0f x '<，解得01x <<． 即有单调减区间为(0,1)． 故选A ．8．（2020•北京模拟）下列函数中，在(0,)+∞内单调递增，并且是偶函数的是( ) A ．2(1)y x =-- B ．cos 1y x =+C ．||2y lg x =+D ．2x y =【答案】C【解析】A ．2(1)y x =--的对称轴为1x =，为非奇非偶函数，不满足条件．B ．cos 1y x =+是偶函数，但在(0,)+∞内不是单调函数，不满足条件．C ．||2y lg x =+为偶函数，在(0,)+∞内单调递增，满足条件，D ．2x y =，(0,)+∞内单调递增，为非奇非偶函数，不满足条件．故选C ．9．（2019春•武邑县校级期中）函数()af x x x=+在区间(2,)+∞上单调递增，那么实数a 的取值范围是( ) A ．02a < B ．04a <C ．4aD ．4a【答案】D【解析】根据题意，函数()af x x x=+，其导数222()1a x a f x x x -'=-=， 若()af x x x=+在区间(2,)+∞上单调递增，则22()0x a f x x -'=在(2,)+∞上恒成立，则有2a x 在(2,)+∞上恒成立， 必有4a ， 故选D ．10．（2019秋•东海县期中）函数1()f x x=的单调减区间是( ) A ．(0,)+∞B ．(,0)-∞C ．(-∞，0)(0⋃，)+∞D ．(,0)-∞和(0,)+∞【答案】D【解析】根据题意，函数1()f x x =，其定义域为{|0}x x ≠其导数21()f x x'=-， 分析可得：当0x >时，()0f x '<，即函数()f x 在(0,)+∞上为减函数， 当0x <时，()0f x '<，即函数()f x 在(,0)-∞上为减函数； 综合可得：函数1()f x x=的单调减区间是(,0)-∞和(0,)+∞； 故选D ．11．（2019秋•钟祥市校级期中）函数||1y x =-的单调递减区间为( ) A ．(0,)+∞ B ．(,0)-∞ C ．(,1)-∞- D ．(1,)-+∞【答案】B【解析】当0x 时，||11y x x =-=-，此时函数为增函数， 当0x <时，||11y x x =-=--，此时函数为减函数， 即函数的单调递减区间为(,0)-∞， 故选B ．12．（2019秋•金凤区校级期中）下列函数在(0,)+∞上单调递增的是( ) A ．2||y x = B ．1y x =C ．1()2x y =D ．2y x x =-【答案】A【解析】根据题意，依次分析选项：对于A ，2,02||2,0x x y x x x ⎧==⎨-<⎩，在(0,)+∞上单调递增，符合题意；对于B ，1y x=，为反比例函数，在(0,)+∞上单调递减，不符合题意； 对于C ，1()2x y =，为指数函数，在(0,)+∞上单调递减，不符合题意；对于D ，2y x x =-，为二次函数，在1(0,)2上单调递减，不符合题意；故选A ．13．（2019秋•赫章县期中）下列函数在[1-，)+∞上单调递减的是( ) A ．2()3f x x x =-- B ．()14x f x =+ C ．()(2)f x lg x =+ D ．()|21|f x x =-+【答案】A【解析】根据题意，依次分析选项：对于A ，2()3f x x x =--，为二次函数，其开口向下且对称轴为32x =-，在[1-，)+∞上单调递减，符合题意；对于B ，()14x f x =+，在R 上为增函数，不符合题意； 对于C ，()(2)f x lg x =+，在R 上为增函数，不符合题意；对于D ，121,2()|21|121,2x x f x x x x ⎧---⎪⎪=-+=⎨⎪+<-⎪⎩，在1(1,)2--上为增函数，不符合题意；故选A ．14．（2019秋•香坊区校级月考）已知函数21()2x f x x +=+，则函数()y f x =的单调增区间是( ) A ．(,)-∞+∞B ．(,2)-∞-C ．(-∞，2)(2-⋃，)+∞D ．(,2)-∞-和(2-．)+∞【答案】D【解析】根据题意，函数213()222x f x x x +-==+++，其导数23()(2)f x x '=+， 易得在区间(,2)-∞-和(2,)-+∞上，()0f x '>， 即函数()f x 在区间(,2)-∞-和(2-．)+∞为增函数， 故选D ．15．（2019春•温州期中）函数(21)y m x b =-+在R 上是减函数．则( ) A ．12m >B ．12m <C ．12m >-D ．12m <-【答案】B【解析】根据题意，函数(21)y m x b =-+在R 上是减函数， 则有210m -<，解可得12m <， 故选B ．16．（2019•湖南模拟）定义在R 的函数3()f x x m =-+与函数32()()g x f x x x 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-，)+∞【答案】B【解析】根据题意，函数3()f x x m =-+，其定义域为R ，则R 上()f x 为减函数，322()()g x f x x x kx x kx m =++-=-+在[1-，1]上为减函数， 必有12kx =，解可得2k ， 即k 的取值范围为[2，)+∞； 故选B ．17．（2019秋•金台区期中）函数221()2x x y -+=的单调递增区间是( )A ．[1-，)+∞B ．(-∞，1]-C ．[1，)+∞D ．(-∞，1]【答案】C【解析】令22t x x =-+， 则1()2t y =，由22t x x =-+的对称轴为1x =，可得函数t 在(,1)-∞递增，[1，)+∞递减， 而1()2t y =在R 上递减，由复合函数的单调性：同增异减，可得函数221()2x x y -+=的单调递增区间是[1，)+∞，故选C ．18．（2019秋•天津期中）函数254y x x =-+( ) A ．5[,)2+∞B ．5[,4)2C ．[4，)+∞D ．5[1,),[4,)2+∞【答案】C【解析】令2540x x -+， 解得：4x 或1x ，而函数254y x x =-+的对称轴是：52x =， 由复合函数同增异减的原则，故函数254y x x =-+[4，)+∞， 故选C ．19．（2019秋•项城市校级月考）下列函数中，在区间(0,1)上是递增函数的是( ) A ．|1|y x =+ B ．3y x =-C ．1y x=D ．24y x =-+【答案】A【解析】A ．(0,1)x ∈时，|1|1y x x =+=+，∴该函数在(0,1)上是递增函数，；所以该选项正确B ．3y x =-是一次函数，在(0,1)上是递减函数，所以该选项错误；C ．1y x=是反比例函数，在(0,1)上是递减函数，所以该选项错误； D ．24y x =-+是二次函数，在(0,1)上是递减函数，所以该选项错误．故选A ．20．（2019•西湖区校级模拟）函数()2f x lnx x =-的定义域为___________；单调递减区间是___________．【答案】(0,)+∞；1(2，)+∞【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞；112()2xf x x x-'=-=， 令()0f x '<，得12x >， ∴函数的单调递减区间为1(2，)+∞．故答案为：(0,)+∞；单调递减区间为1(2，)+∞．21．（2019•西湖区校级模拟）函数42y x x=+的单调递增区间为___________，值域为___________． 【答案】(,2)-∞和(2，)+∞，(-∞，42][42-，)+∞ 【解析】24()20f x x '=->，解得2x >或2x <-函数42y x x=+的单调递增区间为(,2)-∞和(2，)+∞，单调递减区间为[2-0)，(02]，即函数在2x =-(2)42f -=-，在2x =处有极小值(2)42f = 所以函数的值域为(-∞，42][42-，)+∞．故答案为：(,2)-∞和(2)+∞，(-∞，42][42-，)+∞．22．（2018•浙江模拟）已知函数已知函数222,2()1,2x x x f x log x x ⎧-+⎪=⎨->⎪⎩，则(f f （4）)___________；函数()f x 的单调递减区间是___________．【答案】1，[1，2]【解析】f （4）2log 411=-=； (f f ∴（4）)f =（1）21211=-+⨯=；2x 时，2()2f x x x =-+，对称轴为1x =；()f x ∴在[1，2]上单调递减； ()f x ∴的单调递减区间为[1，2]．故答案为：1，[1，2]．23．（2017•河东区一模）已知函数32()1f x x ax x =-+--在R 上是单调函数，则实数a 的取值范围是___________． 【答案】[3,3]-【解析】由题意知，32()1f x x ax x =-+--， 则2()321f x x ax '=-+-，32()1f x x ax x =-+--在R 上是单调函数， 2()3210f x x ax ∴'=-+-在R 上恒成立， 则△2(2)4(3)(1)0a =-⨯-⨯-，解得33a-，∴实数a 的取值范围是[3,3]-，故答案为：[3,3]．24．（2016•永康市模拟）设函数21,1()2,1x x x f x ax x ⎧+=⎨+>⎩，若(f f （1）)4a =，则实数a =___________，函数()f x 的单调增区间为___________． 【答案】2，(0,)+∞【解析】函数21,1()2,1x x x f x ax x ⎧+=⎨+>⎩，可得f （1）2=，(f f （1）)f =（2）424a a =+=， 解得2a =；21,1()22,1x x x f x x x ⎧+=⎨+>⎩的增区间为(0,1)[1，)+∞(0,)=+∞．故答案为：2，(0,)+∞25．（2019秋•徐汇区校级期中）函数2()2f x x x =-+的单调递增区间为___________． 【答案】(-∞，1]【解析】根据题意，22()2(1)1f x x x x =-+=--+，是开口向下的二次函数，其对称轴为1x =， 故()f x 的单调递增区间为(-∞，1]；故答案为：(-∞，1]．26．（2019秋•香坊区校级月考）函数224y x x =--+的值域是___________，单调递增区间是___________．【答案】[0，2]；[2，4]【解析】根据题意，函数224y x x =-+设24t x x =-+，必有240t x x =-+，解可得04x ， 必有04t ，则2042x x -+，则有02y ，即函数的值域为[0，2]；又由24t x x =-+，必在区间[0，2]上为增函数，则[2，4]上为减函数，则函数()f x 的递增区间为[2，4]；故答案为：[0，2]；[2，4]．27．（2019春•江阴市期中）已知2()(2)2f x x m x =-++在[1，3]上是单调函数，则实数m 的取值范围为___________． 【答案】0m 或4m【解析】根据题意，2()(2)2f x x m x =-++为二次函数，其对称轴为22m x +=， 若()f x 在[1，3]上是单调函数，则有212m +或232m +， 解可得0m 或4m ，即m 的取值范围为0m 或4m ； 故答案为：0m 或4m ．28．（2018秋•驻马店期末）已知()f x 是定义在[1-，)+∞上的单调递增函数，则不等式2()(2)2x xf e f --的解集是___________．【答案】[2，6]【解析】根据题意，()f x 是定义在[1-，)+∞上的单调递增函数， 则22()(2)2122x x x xf e f e ---⇒--，解可得：26x ，即不等式的解集为[2，6]； 故答案为：[2，6]．29．（2019秋•秦州区校级月考）已知函数|1|1()()2x f x -=，则()f x 的单调递增区间是___________．【答案】(,1)-∞【解析】1|1|11()11()()2221x x x x f x x ---⎧⎪==⎨⎪<⎩；()f x ∴在(,1)-∞上单调递增；即()f x 的单调递增区间为(,1)-∞． 故答案为：(,1)-∞．30．（2019秋•思明区校级期中）函数()|2|f x x x =-的单调减区间为___________． 【答案】[1，2]【解析】当2x >时，2()2f x x x =-， 当2x 时，2()2f x x x =-+，这样就得到一个分段函数222,2()2,2x x x f x x x x ⎧->=⎨-+⎩．2()2f x x x =-的对称轴为：1x =，开口向上，2x >时是增函数； 2()2f x x x =-+，开口向下，对称轴为1x =， 则1x <时函数是增函数，12x <<时函数是减函数． 即有函数的单调减区间是[1，2]． 故答案为：[1，2]．31．（2018秋•定远县期末）若函数()|2|(4)f x x x =--在区间(5,41)a a +上单调递减，则实数a 的取值范围是___________． 【答案】2152a【解析】函数(2)(4)(2)()|2|(4)(2)(4)(2)x x x f x x x x x x --⎧=--=⎨--<⎩ ∴函数的增区间为(,2)-∞和(3,)+∞，减区间是(2,3)．在区间(5,41)a a +上单调递减，(5a ∴，41)(2a +⊆，3)，得25413a a ⎧⎨+⎩，解之得2152a故答案为：2152a．32．（2019•西湖区校级模拟）已知函数22();[1,)x x af x x x++=∈+∞（1）若12a =，求函数()f x 的最小值．（2）求函数()f x 的单调区间． 【解析】（1）1()22f x x x=++，在区间2[)+∞上单调递增，所以()f x 在[1，)+∞上是增函数， 所以7[()](1)2min f x f ==（2）22()2,[1,)x x a af x x x x x++==++∈+∞当0a 时，()f x 在[1，)+∞上是增函数当0a >时，()f x 在)a 上递减，在(,)a +∞递增，所以 ①1,01a a <时，()f x 在[1，)+∞上是增函数；②当1a >时，()f x 在a 上是减函数，在(,)a +∞上是增函数； 综上所述，当1a 时，()f x 在[1，)+∞上是增函数当1a >时，()f x 在)a 上是减函数，在(,)a +∞上是增函数． 33．（2019秋•秦淮区校级期中）（1）求函数()1f x x x =-+ （2）求函数212log (21)y x x =-++的单调区间．【解析】（11(0)x t t +=，则21x t =-， 所以21(0)y t t t =--，因为抛物线21y t t =--开口向上，对称轴为直线12t =， 所以当12t =时，y 取得最小值为54-，无最大值，所以函数()f x 的值域为5[,)4-+∞．（2）设221t x x =-++．令2210x x -++>，解得1212x <+ 所以函数212log (21)y x x =-++的定义域为(12，12)，2(1)2t x =--+，对称轴方程为1x =，221t x x ∴=-++在(12，1)上为单调增函数，而在(1,12)+上为单调减函数，因为12log y t =为单调减函数，∴函数212log (21)y x x =-++的单调增区间为(1,12)+，单调减区间为(12，1)．34．（2018秋•合肥期末）已知函数1()22x x f x =-． （1）判断()f x 在其定义域上的单调性，并用单调性的定义证明你的结论； （2）解关于x 的不等式2(log )f x f <（1）． 【解析】（1）1()22(2)()2x x x x f x f x --=-=--=-，则函数()f x 是奇函数， 则当0x 时，设120x x <，则2112121212121122()()22222222x x x x x x x x x x f x f x --=--+=-+121212221(22)22x x x x x x -=-，120x x <，12122x x ∴<，即12220x x -<，12221x x >，则12()()0f x f x -<，即12()()f x f x <， 则()f x 在[0，)+∞上是增函数， ()f x 是R 上的奇函数， ()f x ∴在R 上是增函数．（2）()f x 在R 上是增函数，∴不等式2(log )f x f <（1）等价为不等式2log 1x <，即02x <<．即不等式的解集为(0,2)．。
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.。
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.。
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。
函数的单调性与最值(含例题详解)
函数的单调性与最值一、知识梳理1．增函数、减函数一般地，设函数f (x )的定义域为I ，区间D ⊆I ，如果对于任意x 1，x 2∈D ，且x 1<x 2，则 有：(1)f (x )在区间D 上是增函数⇔f (x 1)<f (x 2)； (2)f (x )在区间D 上是减函数⇔f (x 1)>f (x 2)． 2．单调区间的定义若函数y ＝f (x )在区间D 上是增函数或减函数，则称函数y ＝f (x )在这一区间上具有(严格 的)单调性，区间D 叫做y ＝f (x )的单调区间． 3．函数的最值 前提设函数y ＝f (x )的定义域为I ，如果存在实数M 满足条件①对于任意x ∈I ，都有f (x )≤M ；②存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M①对于任意x ∈I ，都有f (x )≥M ；②存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M结论 M 为最大值M 为最小值注意：1．函数的单调区间是指函数在定义域内的某个区间上单调递增或单调递减．单调区间 只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集 符号“∪”联结，也不能用“或”联结．2．两函数f (x )，g (x )在x ∈(a ，b )上都是增(减)函数，则f (x )＋g (x )也为增(减)函数，但 f (x )·g (x )，()1f x 等的单调性与其正负有关，切不可盲目类比． [试一试]1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝ln(x ＋2)B ．y ＝－x ＋1C ．12xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭D ．y ＝x ＋1x解析：选A 选项A 的函数y ＝ln(x ＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．2．函数f (x )＝x 2－2x (x ∈[－2,4])的单调增区间为______；f (x )max ＝________. 解析：函数f (x )的对称轴x ＝1，单调增区间为[1,4]，f (x )max ＝f (－2)＝f (4)＝8. 答案：[1,4] 8二、方法归纳1．判断函数单调性的四种方法(1)定义法：取值、作差、变形、定号、下结论；(2)复合法：同增异减，即内外函数的单调性相同时，为增函数，不同时为减函数； (3)图像法：如果f (x )是以图像形式给出的，或者f (x )的图像易作出，可由图像的直观性 判断函数单调性．(4)导数法：利用导函数的正负判断函数单调性． 2．求函数最值的五个常用方法(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．(2)图像法：先作出函数的图像，再观察其最高点、最低点，求出最值．(3)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． (4)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．(5)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． 提醒：在求函数的值域或最值时，应先确定函数的定义域． [练一练]1．下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递减的是( ) A ．y ＝1xB ．y ＝e －xC ．y ＝－x 2＋1 D. y ＝lg|x |答案：C2．函数f (x )＝1x 2＋1在区间[2,3]上的最大值是________，最小值是________．答案：15 110三、考点精练考点一 求函数的单调区间1、函数()()5log 21f x x =+的单调增区间是________． 解析：要使()5log 21y x =+有意义，则210x +>，即12x >-，而5l og y u =为()0,+∞上的增函数，当12x >-时，u ＝2x ＋1也为R 上的增函数，故原函数的单调增区间是 1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.答案：1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭2．函数y ＝x －|1－x |的单调增区间为________．解析：y ＝x －|1－x |＝1,121,1x x x ≥⎧⎨-<⎩作出该函数的图像如图所示．由图像可知，该函数的单调增区间是(－∞，1]． 答案：(－∞，1]3．设函数y ＝f (x )在(),-∞+∞内有定义．对于给定的正数k ，定义函数()()()(),,k f x f x k f x k f x k ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩取函数()2xf x -=，当k ＝12时，函数()k f x 的单调递增区间为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)解析：选C 由f (x )>12，得－1<x <1.由f (x )≤12，得x ≤－1或x ≥1.所以()122,11,1122,1x x x f x x x -⎧≥⎪⎪=-<<⎨⎪⎪≤-⎩，故()12f x 的单调递增区间为(－∞，－1)．[解题通法]求函数单调区间的方法与判断函数单调性的方法相同即： (1)定义法；(2)复合法；(3)图像法；(4)导数法．考点二 函数单调性的判断 [典例] 试讨论函数()()0kf x x k x=+>的单调性． [解] 法一：由解析式可知，函数的定义域是()(),00,-∞⋃+∞．在(0，＋∞)内任取1x ，2x ，令12x x <，那么()()()()122121212121211211x x k k k f x f x x x x x k x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=+-+=-+-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭因为120x x <<，所以210x x ->，120x x >. 故当()12,,x x k ∈+∞时，()()12f x f x <，即函数在(),k +∞上单调递增．当()12,0,x x k ∈时，()()12f x f x >，即函数在()0,k 上单调递减． 考虑到函数()()0kf x x k x=+>是奇函数，在关于原点对称的区间上具有相同的单调 性，故在(),k -∞-单调递增，在(),0k -上单调递减． 综上，函数f (x )在(),k -∞-和(),k +∞上单调递增，在(),0k -和()0,k 上单调递减． [解题通法]1．利用定义判断或证明函数的单调性时，作差后要注意差式的分解变形彻底． 2．利用导数法证明函数的单调性时，求导运算及导函数符号判断要准确． [针对训练]判断函数g (x )＝－2xx －1在 (1，＋∞)上的单调性．解：任取x 1，x 2∈(1，＋∞)，且x 1<x 2， 则()()()()()12121212122221111x x x x g x g x x x x x ----=-=----， 由于1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，(x 1－1)(x 2－1)>0， 因此g (x 1)－g (x 2)<0，即g (x 1)<g (x 2)． 故g (x )在(1，＋∞)上是增函数． 考点三 函数单调性的应用 角度一 求函数的值域或最值1．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． 解：(1)证明：∵函数f (x )对于任意x ，y ∈R ， 总有f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )，∴令x ＝y ＝0，得f (0)＝0.再令y ＝－x ，得f (－x )＝－f (x )． 在R 上任取x 1>x 2，则x 1－x 2>0， f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2)＝f (x 1－x 2)． 又∵当x >0时，f (x )<0，而x 1－x 2>0，∴f (x 1－x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)． 因此f (x )在R 上是减函数．(2)∵f (x )在R 上是减函数，∴f (x )在[－3,3]上也是减函数， ∴f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f (－3)与f (3)． 而f (3)＝3f (1)＝－2，f (－3)＝－f (3)＝2. ∴f (x )在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2. 角度二 比较两个函数值或两个自变量的大小2．已知函数f (x )＝log 2x ＋11－x ，若x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，则( )A ．f (x 1)<0，f (x 2)<0B ．f (x 1)<0，f (x 2)>0C ．f (x 1)>0，f (x 2)<0D ．f (x 1)>0，f (x 2)>0解析：选B ∵函数f (x )＝log 2x ＋11－x 在(1，＋∞)上为增函数，且f (2)＝0，∴当x 1∈(1,2)时，f (x 1)<f (2)＝0，当x 2∈(2，＋∞) 时，f (x 2)>f (2)＝0，即f (x 1)<0，f (x 2)>0. 角度三 解函数不等式3．已知函数()2243,023,0x x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨--+>⎪⎩则不等式f (a 2－4)>f (3a )的解集为( )A ．(2,6)B ．(－1,4)C ．(1,4)D ．(－3,5)解析：选B 作出函数f (x )的图像，如图所示，则函数f (x )在R 上是单调递减的．由f (a 2－4)>f (3a )，可得a 2－4<3a ，整理得a 2－3a －4<0，即(a ＋1)(a －4)<0，解得－1<a <4，所以不等式的解集为(－1,4)．角度四 求参数的取值范围或值4．已知函数()()2,211,22x a x x f x x ⎧-≥⎪=⎨⎛⎫-<⎪ ⎪⎝⎭⎩满足对任意的实数12x x ≠，都有()()12120f x f x x x -<-成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，2)B.13,8⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．(－∞，2]D.13,28⎡⎫⎪⎢⎣⎭解析：选B 函数f (x )是R 上的减函数，于是有()22012212a a -<⎧⎪⎨⎛⎫-⨯≤- ⎪⎪⎝⎭⎩，由此解得a ≤138， 即实数a 的取值范围是13,8⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦. [解题通法]1．含“f ”不等式的解法首先根据函数的性质把不等式转化为f (g (x ))>f (h (x ))的形式，然后根据函数的单调性去掉“f ”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意g (x )与h (x )的取值应在外层函数的定义域内．2．比较函数值大小的思路比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图像法求解．巩固练习一、选择题1．“a ＝1”是“函数f (x )＝x 2－2ax ＋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答案：A 解析：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．已知函数()224,04,0x x x f x x x x ⎧+≥⎪=⎨-<⎪⎩，若f (2－a 2)>f (a )，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B ．(－1,2)C ．(－2,1)D ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)答案：C 解析：由题知f (x )在R 上是增函数，由题得2－a 2>a ，解得－2<a <1. 3．用min{a ，b ，c }表示a ，b ，c 三个数中的最小值．设f (x )＝min{2x ，x ＋2,10－x }(x ≥0)，则f (x )的最大值为 ( ) A ．4B ．5C ．6D ．7答案：C解析：由题意知函数f (x )是三个函数y 1＝2x ，y 2＝x ＋2，y 3＝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．若f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝ax ＋1在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是( ) A ．(－1,0)∪(0,1) B ．(－1,0)∪(0,1] C ．(0,1)D ．(0,1]答案：D 解析: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．已知定义在R 上的增函数f (x )，满足f (－x )＋f (x )＝0，x 1，x 2，x 3∈R ，且x 1＋x 2>0，x 2＋x 3>0，x 3＋x 1>0，则f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)的值 ( ) A ．一定大于0 B ．一定小于0 C ．等于0D ．正负都有可能答案：A 解析：∵f (－x )＋f (x )＝0，∴f (－x )＝－f (x )．又∵x 1＋x 2>0，x 2＋x 3>0，x 3＋x 1>0，∴x 1>－x 2，x 2>－x 3，x 3>－x 1. 又∵f (x 1)>f (－x 2)＝－f (x 2)，f (x 2)>f (－x 3)＝－f (x 3)，f (x 3)>f (－x 1)＝－f (x 1)， ∴f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)>－f (x 2)－f (x 3)－f (x 1)． ∴f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)>0.] 二、填空题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 ＝1f (x )是减函数；③y ＝－f (x )是减函数；④y ＝|f (x )|是增函数． 答案：[0，32]解析：()()()()3030x x x y x x x ⎧--≥⎪=⎨-<⎪⎩画图象如图所示：可知递增区间为[0，32]．8．设0<x <1，则函数y ＝1x ＋11－x 的最小值是________．答案：4解析 y ＝1x ＋11－x ＝1x (1－x )，当0<x <1时，x (1－x )＝－(x －12)2＋14≤14，∴y ≥4.三、解答题9．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．∵h ′(x )＝2－1x 2，x ∈(1，＋∞)，∴2－1x 2>0，∴h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故a ≤h (1)，即a ≤3. ∴a 的取值范围为(－∞，3]．10．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3－a ，若x ∈[－2,2]时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围． 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－a 2<－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．(2)当－a 2∈[－2,2]，即－4≤a ≤4时，g (a )＝f (－a 2)＝3－a －a 24≥0得－6≤a ≤2.又－4≤a ≤4，故－4≤a ≤2.(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 ≤2.11．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()()0f a f b a b+>+成立．(1)判断f (x )在[－1,1]上的单调性，并证明它； (2)解不等式：f (x ＋12)<f (1x －1)；(3)若f (x )≤m 2－2am ＋1对所有的a ∈[－1,1]恒成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)任取x 1，x 2∈[－1,1]，且x 1<x 2， 则－x 2∈[－1,1]，∵f (x )为奇函数， ∴()()()()()()()()1212121212f x f x f x f x f x f x x x x x +--=+-=-+-由已知得()()()12120f x f x x x +->+-，x 1－x 2<0，∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)． ∴f (x )在[－1,1]上单调递增． (2)∵f (x )在[－1,1]上单调递增，∴112111121111x x x x ⎧+<⎪-⎪⎪-≤+≤⎨⎪⎪-≤<⎪-⎩∴－32≤x <－1.(3)∵f (1)＝1，f (x )在[－1,1]上单调递增． ∴在[－1,1]上，f (x )≤1. 问题转化为m 2－2am ＋1≥1， 即m 2－2am ≥0，对a ∈[－1,1]成立． 下面来求m 的取值范围． 设g (a )＝－2m ·a ＋m 2≥0.①若m＝0，则g(a)＝0≥0，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.。
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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.。