高中数学函数单调性和最值专题

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2024年高考数学总复习第二章《函数与基本初等函数》函数的单调性与最值

2024年高考数学总复习第二章《函数与基本初等函数》函数的单调性与最值

2024年高考数学总复习第二章《函数与基本初等函数》§2.2函数的单调性与最值最新考纲1.通过已学过的函数特别是二次函数,理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义.2.学会运用函数图象理解和研究函数的性质.1.函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义一般地,设函数f (x )的定义域为I ,如果对于定义域I 内某个区间D 上的任意两个自变量的值x 1,x 2当x 1<x 2时,都有f (x 1)<f (x 2),那么就说函数f (x )在区间D 上是增函数当x 1<x 2时,都有f (x 1)>f (x 2),那么就说函数f (x )在区间D 上是减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的(2)单调区间的定义如果函数y =f (x )在区间D 上是增函数或减函数,那么就说函数y =f (x )在这一区间具有(严格的)单调性,区间D 叫做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x 0∈I ,使得f (x 0)=M(3)对于任意的x ∈I ,都有f (x )≥M ;(4)存在x 0∈I ,使得f (x 0)=M结论M 为最大值M 为最小值概念方法微思考1.在判断函数的单调性时,你还知道哪些等价结论?提示对∀x 1,x 2∈D ,f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>0⇔f (x )在D 上是增函数,减函数类似.2.写出对勾函数y =x +ax (a >0)的增区间.提示(-∞,-a ]和[a ,+∞).题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若定义在R 上的函数f (x ),有f (-1)<f (3),则函数f (x )在R 上为增函数.(×)(2)函数y =f (x )在[1,+∞)上是增函数,则函数的单调递增区间是[1,+∞).(×)(3)函数y =1x的单调递减区间是(-∞,0)∪(0,+∞).(×)(4)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数,则这个函数在定义域上是增函数.(×)(5)所有的单调函数都有最值.(×)题组二教材改编2.函数f (x )=x 2-2x 的单调递增区间是____________.答案[1,+∞)(或(1,+∞))3.函数y =2x -1在[2,3]上的最大值是______.答案24.若函数f (x )=x 2-2mx +1在[2,+∞)上是增函数,则实数m 的取值范围是________.答案(-∞,2]解析由题意知,[2,+∞)⊆[m ,+∞),∴m ≤2.题组三易错自纠5.函数y =12log (x 2-4)的单调递减区间为________.答案(2,+∞)6.若函数f (x )=|x -a |+1的增区间是[2,+∞),则a =________.答案2解析∵f (x )=|x -a |+1的单调递增区间是[a ,+∞),∴a =2.7.函数y =f (x )是定义在[-2,2]上的减函数,且f (a +1)<f (2a ),则实数a 的取值范围是________.答案[-1,1)解析-2≤a+1≤2,-2≤2a≤2,a+1>2a,解得-1≤a<1.8.函数f(x)1x,x≥1,-x2+2,x<1的最大值为________.答案2解析当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)=-x2+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.题型一确定函数的单调性命题点1求函数的单调区间例1(1)函数f(x)=ln(x2-2x-8)的单调递增区间是()A.(-∞,-2)B.(-∞,1)C.(1,+∞)D.(4,+∞)答案D解析函数y=x2-2x-8=(x-1)2-9图象的对称轴为直线x=1,由x2-2x-8>0,解得x>4或x<-2,所以(4,+∞)为函数y=x2-2x-8的一个单调递增区间.根据复合函数的单调性可知,函数f(x)=ln(x2-2x-8)的单调递增区间为(4,+∞).(2)函数y=-x2+2|x|+3的单调递减区间是__________________.答案[-1,0],[1,+∞)解析由题意知,当x≥0时,y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4;当x<0时,y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,二次函数的图象如图.由图象可知,函数y=-x2+2|x|+3的单调递减区间为[-1,0],[1,+∞).命题点2讨论函数的单调性例2判断并证明函数f (x )=ax 2+1x (其中1<a <3)在[1,2]上的单调性.解函数f (x )=ax 2+1x(1<a <3)在[1,2]上单调递增.证明:设1≤x 1<x 2≤2,则f (x 2)-f (x 1)=ax 22+1x 2-ax 21-1x 1=(x 2-x 1)a (x 1+x 2)-1x 1x 2,由1≤x 1<x 2≤2,得x 2-x 1>0,2<x 1+x 2<4,1<x 1x 2<4,-1<-1x 1x 2<-14.又因为1<a <3,所以2<a (x 1+x 2)<12,得a (x 1+x 2)-1x 1x 2>0,从而f (x 2)-f (x 1)>0,即f (x 2)>f (x 1),故当a ∈(1,3)时,f (x )在[1,2]上单调递增.引申探究如何用导数法求解本例?解f ′(x )=2ax -1x 2=2ax 3-1x 2,因为1≤x ≤2,所以1≤x 3≤8,又1<a <3,所以2ax 3-1>0,所以f ′(x )>0,所以函数f (x )=ax 2+1x (其中1<a <3)在[1,2]上是增函数.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.跟踪训练1(1)下列函数中,满足“∀x 1,x 2∈(0,+∞)且x 1≠x 2,(x 1-x 2)·[f (x 1)-f (x 2)]<0”的是()A .f (x )=2xB .f (x )=|x -1|C .f (x )=1x -xD .f (x )=ln(x +1)答案C解析由(x 1-x 2)·[f (x 1)-f (x 2)]<0可知,f (x )在(0,+∞)上是减函数,A ,D 选项中,f (x )为增函数;B 中,f (x )=|x -1|在(0,+∞)上不单调;对于f (x )=1x -x ,因为y =1x与y =-x 在(0,+∞)上单调递减,因此f (x )在(0,+∞)上是减函数.(2)函数f (x )=(a -1)x +2在R 上单调递增,则函数g (x )=a |x -2|的单调递减区间是______________.答案(-∞,2]解析因为f (x )在R 上单调递增,所以a -1>0,即a >1,因此g (x )的单调递减区间就是y =|x -2|的单调递减区间(-∞,2].(3)函数f (x )=|x -2|x 的单调递减区间是________.答案[1,2]解析f (x )2-2x ,x ≥2,x 2+2x ,x <2.画出f (x )图象,由图知f (x )的单调递减区间是[1,2].题型二函数的最值1.函数y =x 2-1x 2+1的值域为____________.答案[-1,1)解析由y =x 2-1x 2+1,可得x 2=1+y 1-y.由x 2≥0,知1+y1-y≥0,解得-1≤y <1,故所求函数的值域为[-1,1).2.函数y =x +1-x 2的最大值为________.答案2解析由1-x 2≥0,可得-1≤x ≤1.可令x =cos θ,θ∈[0,π],则y =cos θ+sin θ=2sin θ∈[0,π],所以-1≤y ≤2,故原函数的最大值为 2.3.函数y =|x +1|+|x -2|的值域为________.答案[3,+∞)解析函数y 2x +1,x ≤-1,,-1<x <2,x -1,x ≥2.作出函数的图象如图所示.根据图象可知,函数y =|x +1|+|x -2|的值域为[3,+∞).4.函数y =3x +1x -2的值域为________________.答案{y |y ∈R 且y ≠3}解析y =3x +1x -2=3(x -2)+7x -2=3+7x -2,因为7x -2≠0,所以3+7x -2≠3,所以函数y =3x +1x -2的值域为{y |y ∈R 且y ≠3}.5.函数f (x )-log 2(x +2)在区间[-1,1]上的最大值为________.答案3解析由于y 在[-1,1]上单调递减,y =log 2(x +2)在[-1,1]上单调递增,所以f (x )在[-1,1]上单调递减,故f (x )在[-1,1]上的最大值为f (-1)=3.6.若函数f (x )=x 2+ax +b 在区间[0,1]上的最大值是M ,最小值是m ,则M -m ()A .与a 有关,且与b 有关B .与a 有关,但与b 无关C .与a 无关,且与b 无关D .与a 无关,但与b 有关答案B 解析方法一设x 1,x 2分别是函数f (x )在[0,1]上的最小值点与最大值点,则m =x 21+ax 1+b ,M =x 22+ax 2+b .∴M -m =x 22-x 21+a (x 2-x 1),显然此值与a 有关,与b 无关.故选B.方法二由题意可知,函数f (x )的二次项系数为固定值,则二次函数图象的形状一定.随着b 的变动,相当于图象上下移动,若b 增大k 个单位,则最大值与最小值分别变为M +k ,m +k ,而(M +k )-(m +k )=M -m ,故与b 无关.随着a 的变动,相当于图象左右移动,则M -m 的值在变化,故与a 有关,故选B.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)分离常数法:形如求y=cx+dax+b(ac≠0)的函数的值域或最值常用分离常数法求解.(5)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.题型三函数单调性的应用命题点1比较函数值的大小例3已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称,当x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)]·(x2-x1)<0恒成立,设a=f -12,b=f(2),c=f(3),则a,b,c的大小关系为()A.c>a>b B.c>b>aC.a>c>b D.b>a>c答案D解析根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x=1对称,且在(1,+∞)上是减函数,因为a=f -12f522<52<3,所以b>a>c.命题点2解函数不等式例4(2018·四川成都五校联考)设函数f(x)是奇函数,且在(0,+∞)内是增函数,又f(-3)=0,则f(x)<0的解集是()A.{x|-3<x<0或x>3}B.{x|x<-3或0<x<3}C.{x|x<-3或x>3}D.{x|-3<x<0或0<x<3}答案B解析∵f(x)是奇函数,f(-3)=0,∴f(-3)=-f(3)=0,解得f(3)=0.∵函数f(x)在(0,+∞)内是增函数,∴当0<x<3时,f(x)<0;当x>3时,f(x)>0.∵函数f(x)是奇函数,∴当-3<x<0时,f(x)>0;当x<-3时,f(x)<0.则不等式f (x )<0的解集是{x |0<x <3或x <-3}.命题点3求参数的取值范围例5(1)(2018·全国Ⅱ)若f (x )=cos x -sin x 在[0,a ]上是减函数,则a 的最大值是()A.π4B.π2C.3π4D .π答案C解析∵f (x )=cos x -sin x =-2sin∴当x -π4∈-π2,π2,即x ∈-π4,3π4时,y =sinf (x )=-2sin ∴-π4,3π4是f (x )在原点附近的单调减区间,结合条件得[0,a ]⊆-π4,3π4,∴a ≤3π4,即a max =3π4.(2)已知函数f (x )2+12a -2,x ≤1,x -a ,x >1,若f (x )在(0,+∞)上单调递增,则实数a 的取值范围为________.答案(1,2]解析由题意,得12+12a -2≤0,则a ≤2,又y =a x -a (x >1)是增函数,故a >1,所以a 的取值范围为1<a ≤2.(3)(2018·安徽滁州中学月考)已知函数f (x )=log 2(x 2-ax +3a )在[2,+∞)上是增函数,则实数a 的取值范围是______________.答案(-4,4]解析设g (x )=x 2-ax +3a ,根据对数函数及复合函数的单调性知,g (x )在[2,+∞)上是增函数,且g (2)>0,2,a >0,∴-4<a ≤4,∴实数a 的取值范围是(-4,4].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,转化为具体的不等式求解,应注意函数的定义域.(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;③分段函数的单调性,除注意各段的单调性外,还要注意衔接点的取值.跟踪训练2(1)如果函数f (x )2-a )x +1,x <1,x ,x ≥1满足对任意x 1≠x 2,都有f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>0成立,那么a 的取值范围是________.答案32,解析对任意x 1≠x 2,都有f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>0,所以y =f (x )在(-∞,+∞)上是增函数.-a >0,>1,2-a )×1+1≤a ,解得32≤a <2.故实数a 的取值范围是32,(2)已知函数f (x )是定义在区间[0,+∞)上的函数,且在该区间上单调递增,则满足f (2x -1)<f x 的取值范围是______________.答案12,解析因为函数f (x )是定义在区间[0,+∞)上的增函数,且满足f (2x -1)<所以0≤2x -1<13,解得12≤x <23.1.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 .yD .y =x +1x答案A解析函数y=ln(x+2)的增区间为(-2,+∞),所以在(0,+∞)上一定是增函数.2.已知函数f(x)=x2-2x-3,则该函数的单调递增区间为()A.(-∞,1]B.[3,+∞)C.(-∞,-1]D.[1,+∞)答案B解析设t=x2-2x-3,由t≥0,即x2-2x-3≥0,解得x≤-1或x≥3,所以函数f(x)的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).因为函数t=x2-2x-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.设偶函数f(x)的定义域为R,当x∈[0,+∞)时,f(x)是增函数,则f(-2),f(π),f(-3)的大小关系是()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)答案A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).4.已知函数f(x)-2a)x,x≤1,a x+13,x>1,当x1≠x2时,f(x1)-f(x2)x1-x2<0,则a的取值范围是(),13 B.13,12,12 D.14,13答案A解析当x1≠x2时,f(x1)-f(x2)x1-x2<0,∴f(x)是R上的减函数.∵f(x)-2a)x,x≤1,a x+13,x>1,-2a<1,a<1,-2a≥13,∴0<a≤13.5.设f (x )x -a )2,x ≤0,+1x +a ,x >0,若f (0)是f (x )的最小值,则a 的取值范围为()A .[-1,2]B .[-1,0]C .[1,2]D .[0,2]答案D 解析∵当x ≤0时,f (x )=(x -a )2,f (0)是f (x )的最小值,∴a ≥0.当x >0时,f (x )=x +1x +a ≥2+a ,当且仅当x =1时取“=”.要满足f (0)是f (x )的最小值,需2+a ≥f (0)=a 2,即a 2-a -2≤0,解得-1≤a ≤2.∴a 的取值范围是0≤a ≤2.故选D.6.已知函数f (x )2x ,x ≥1,+c ,x <1,则“c =-1”是“函数f (x )在R 上单调递增”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 解析若函数f (x )在R 上单调递增,则需log 21≥c +1,即c ≤-1.由于c =-1,即c ≤-1,但c ≤-1不能得出c =-1,所以“c =-1”是“函数f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件.7.已知奇函数f (x )在R 上是增函数.若a =-b =f (log 24.1),c =f (20.8),则a ,b ,c 的大小关系为________________.答案a >b >c 解析∵f (x )在R 上是奇函数,∴a =-log f (log 25).又f (x )在R 上是增函数,且log 25>log 24.1>log 24=2>20.8,∴f (log 25)>f (log 24.1)>f (20.8),∴a >b >c .8.如果函数f (x )=ax 2+2x -3在区间(-∞,4)上单调递增,则实数a 的取值范围是______________.答案-14,0解析当a =0时,f (x )=2x -3在定义域R 上是单调递增的,故在(-∞,4)上单调递增;当a ≠0时,二次函数f (x )的对称轴为x =-1a,因为f (x )在(-∞,4)上单调递增,所以a <0,且-1a ≥4,解得-14≤a <0.综上,实数a 的取值范围是-140.9.记min{a ,b },a ≤b ,,a >b ,若f (x )=min{x +2,10-x }(x ≥0),则f (x )的最大值为________.答案6解析由题意知,f (x )+2,0≤x ≤4,-x ,x >4,易知f (x )max =f (4)=6.10.设函数f (x )x 2+4x ,x ≤4,2x ,x >4.若函数y =f (x )在区间(a ,a +1)上单调递增,则实数a的取值范围是__________________.答案(-∞,1]∪[4,+∞)解析作函数f (x )的图象如图所示,由图象可知f (x )在(a ,a +1)上单调递增,需满足a ≥4或a +1≤2,即a ≤1或a ≥4.11.已知f (x )=x x -a(x ≠a ).(1)若a =-2,试证f (x )在(-∞,-2)上单调递增;(2)若a >0且f (x )在(1,+∞)上单调递减,求a 的取值范围.(1)证明当a =-2时,f (x )=x x +2.设x 1<x 2<-2,则f (x 1)-f (x 2)=x 1x 1+2-x 2x 2+2=2(x 1-x 2)(x 1+2)(x 2+2).因为(x 1+2)(x 2+2)>0,x 1-x 2<0,所以f (x 1)-f (x 2)<0,即f (x 1)<f (x 2),所以f (x )在(-∞,-2)上单调递增.(2)解设1<x 1<x 2,则f (x 1)-f (x 2)=x 1x 1-a -x 2x 2-a=a (x 2-x 1)(x 1-a )(x 2-a ).因为a >0,x 2-x 1>0,所以要使f (x 1)-f (x 2)>0,只需(x 1-a )(x 2-a )>0恒成立,所以a ≤1.综上所述,0<a ≤1.12.(2018·河南南阳一中月考)设函数f (x )=ax 2+bx +1(a ,b ∈R ),F (x )x ),x >0,f (x ),x <0.(1)若f (-1)=0,且对任意实数x 均有f (x )≥0成立,求F (x )的解析式;(2)在(1)的条件下,当x ∈[-2,2]时,g (x )=f (x )-kx 是单调函数,求实数k 的取值范围.解(1)∵f (-1)=0,∴b =a +1.由f (x )≥0恒成立,知a >0且方程ax 2+bx +1=0中Δ=b 2-4a =(a +1)2-4a =(a -1)2≤0,∴a =1.从而f (x )=x 2+2x +1.∴F (x )x +1)2,x >0,(x +1)2,x <0.(2)由(1)可知f (x )=x 2+2x +1,∴g (x )=f (x )-kx =x 2+(2-k )x +1,由g (x )在[-2,2]上是单调函数,知-2-k 2≤-2或-2-k 2≥2,得k ≤-2或k ≥6.即实数k 的取值范围为(-∞,-2]∪[6,+∞).13.已知函数f (x )3,x ≤0,(x +1),x >0,若f (2-x 2)>f (x ),则实数x 的取值范围是()A .(-∞,-1)∪(2,+∞)B .(-∞,-2)∪(1,+∞)C .(-1,2)D .(-2,1)答案D 解析∵当x =0时,两个表达式对应的函数值都为0,∴函数的图象是一条连续的曲线.又∵当x ≤0时,函数f (x )=x 3为增函数,当x >0时,f (x )=ln(x +1)也是增函数,∴函数f (x )是定义在R 上的增函数.因此,不等式f (2-x 2)>f (x )等价于2-x 2>x ,即x 2+x -2<0,解得-2<x <1.14.已知f (x )2-4x +3,x ≤0,x 2-2x +3,x >0,不等式f (x +a )>f (2a -x )在[a ,a +1]上恒成立,则实数a 的取值范围是________.答案(-∞,-2)解析二次函数y 1=x 2-4x +3的对称轴是x =2,∴该函数在(-∞,0]上单调递减,∴x 2-4x +3≥3,同样可知函数y 2=-x 2-2x +3在(0,+∞)上单调递减,∴-x 2-2x +3<3,∴f (x )在R 上单调递减,∴由f (x +a )>f (2a -x )得到x +a <2a -x ,即2x <a ,∴2x <a 在[a ,a +1]上恒成立,∴2(a +1)<a ,∴a <-2,∴实数a 的取值范围是(-∞,-2).15.已知函数f (x )=2020x +ln(x 2+1+x )-2020-x +1,则不等式f (2x -1)+f (2x )>2的解集为____________.答案解析由题意知,f (-x )+f (x )=2,∴f (2x -1)+f (2x )>2可化为f (2x -1)>f (-2x ),又由题意知函数f (x )在R 上单调递增,∴2x -1>-2x ,∴x >14,∴16.已知定义在区间(0,+∞)上的函数f (x )是增函数,f (1)=0,f (3)=1.(1)解不等式0<f (x 2-1)<1;(2)若f (x )≤m 2-2am +1对所有x ∈(0,3],a ∈[-1,1]恒成立,求实数m 的取值范围.解(1)2-1>0,x 2-1<3,得2<x <2或-2<x <- 2.∴原不等式的解集为(-2,-2)∪(2,2).(2)∵函数f (x )在(0,3]上是增函数,∴f (x )在(0,3]上的最大值为f (3)=1,∴不等式f (x )≤m 2-2am +1对所有x ∈(0,3],a ∈[-1,1]恒成立转化为1≤m 2-2am +1对所有a ∈[-1,1]恒成立,即m 2-2am ≥0对所有a ∈[-1,1]恒成立.设g (a )=-2ma +m 2,a ∈[-1,1],∴(-1)≥0,(1)≥0,m +m 2≥0,2m +m 2≥0,解该不等式组,得m ≤-2或m ≥2或m =0,即实数m 的取值范围为(-∞,-2]∪{0}∪[2,+∞).。

高考数学专题复习《函数的单调性与最大值》PPT课件

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解 当a>0时,f(x)在(-1,1)上单调递减,当a<0时,f(x)在(-1,1)上单调递增.证明
如下:
(方法1 定义法)任取x1,x2∈(-1,1),且x1<x2,
因为
-1+1
1
f(x)=a(
)=a(1+ ),则
-1
-1
1
1
( 2 - 1 )
f(x1)-f(x2)=a(1+ )-a(1+ )=
(-1)-
(方法2 导数法) f'(x)=
2
(-1)
=
-
(-1)2
,所以当a>0时,f'(x)<0,当a<0
时,f'(x)>0,即当a>0时,f(x)在(-1,1)上单调递减,当a<0时,f(x)在(-1,1)上单调
递增.
解题心得1.判断函数单调性的四种方法:
(1)定义法;
(2)图像法;
3
∴f(-2)<f(- )<f(-1).故选
2
D.
f(x)在(-∞,-1]上是增函数,
3 1
4.(2020 全国 2,文 10)设函数 f(x)=x - 3 ,则 f(x)(

)
A.是奇函数,且在(0,+∞)上单调递增 B.是奇函数,且在(0,+∞)上单调递减
C.是偶函数,且在(0,+∞)上单调递增 D.是偶函数,且在(0,+∞)上单调递减
3.若f(x)满足f(-x)=f(x),且在(-∞,-1]上是增函数,则(
3
A.f(-2)<f(-1)<f(2)
3
B.f(-1)<f(-2)<f(2)

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

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.。

函数的单调性与最值+课件——2025届高三数学一轮复习

函数的单调性与最值+课件——2025届高三数学一轮复习
探究点一 函数单调性的判断与证明
例1 已知函数,且,讨论 的单调性.
[思路点拨] 先分离常数,再根据定义判断函数的单调性,注意分 和 两种情况进行讨论.
解:函数,设,,且 ,则 ,当时,在上单调递增,由,得 ,所以,又, ,所以,即 ,此时在 上单调递增;当时,在 上单调递减,由,得,所以 ,又,,所以 ,即,此时在 上单调递减.综上,当时,函数在 上单调递增;当时,函数在 上单调递减.
单调性
单调区间
续表
3.函数的最值
前提
一般地,设函数的定义域为,如果存在实数 满足
条件
,都有____________; ,使得_____________
,都有____________; ,使得_____________
结论
为最大值
为最小值
几何意义
图象上最高点的_________
图象上最低点的_________
变式题 (多选题)下列函数在其定义域内是增函数的为( )
BD
A. B. C. D.
[解析] 对于A,画出函数 的图象如图所示,易知函数 在其定义域内不是增函数,故A错误;对于B,因为函数是增函数, 是减函数,所以是 上的增函数,故B正确;对于C,函数是减函数,而 为增函数,
在定义域 上为减函数,故C错误;对于D,的定义域为,在上恒成立,故 是上的增函数,故D正确.故选 .
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值或最小值.
◆ 对点演练 ◆
题组一 常识题
1.[教材改编] 函数 的单调递增区间是_______,单调递减区间是________.
[解析] 由函数的图象可得 的单调递增区间是,单调递减区间是 .
2.[教材改编] 函数 的最大值为___,最小值为___.

函数的单调性与最值-2025高考数学复习

函数的单调性与最值-2025高考数学复习

第二章 函数概念与基本初等函数Ⅰ
高考一轮总复习 • 数学
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归纳拓展 1.复合函数的单调性 函 数 y= f(u) , u = φ(x) , 在 函 数 y= f[φ(x)] 的 定 义 域 上 , 如 果 y= f(u),u=φ(x)的单调性相同,则y=f[φ(x)]单调递增;如果y=f(u),u= φ(x)的单调性相反,则y=f[φ(x)]单调递减.
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(2)解法一:设 1<x1<x2,
x1
x2
ax2-x1
则 f(x1)-f(x2)=x1-a-x2-a=x1-ax2-a.
因为 a>0,x2-x1>0,所以要使 f(x1)-f(x2)>0,
只需(x1-a)(x2-a)>0 恒成立, 所以 a≤1.综上所述,a 的取值范围是(0,1].
-a 解法二:f′(x)=x-a2<0,
数 f(x)=x2+1在区间[1,2]上的最大值与最小值分别是 f(
第二章 函数概念与基本初等函数Ⅰ
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题组三 走向高考 6.(2021·全国甲,4)下列函数中是增函数的为( D ) A.f(x)=-x B.f(x)=23x C.f(x)=x2
f(x)=-x2-2x+3x<0, -x-12+4x≥0,
第二章 函数概念与基本初等函数Ⅰ
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双基自测 题组一 走出误区 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)因为 f(-3)<f(2),则 f(x)在[-3,2]上是增函数.( × ) (2)函数 f(x)在(-2,3)上单调递增,则函数的单调递增区间为(- 2,3).( × )

高考数学函数的单调性与最值复习试题(带答案)

高考数学函数的单调性与最值复习试题(带答案)

高考数学函数的单调性与最值复习试题(带答案)考试是检测学生学习效果的重要手段和方法,考前需要做好各方面的知识储备。

下面是店铺为大家整理的高考数学函数的单调性与最值复习试题,希望对大家有所帮助!高考数学函数的单调性与最值复习试题及答案解析一、选择题1.(2013•宣城月考)下列四个函数中,在区间(0,1)上是减函数的是( )A.y=log2xB.y=xC.y=-12xD.y=1xD [y=log2x在(0,+∞)上为增函数;y=x 在(0,+∞)上是增函数;y=12x在(0,+∞)上是减函数,y=-12x在(0,+∞)上是增函数;y=1x在(0,+∞)上是减函数,故y=1x在(0,1)上是减函数.故选D.]2.若函数f(x)=4x2-mx+5在[-2,+∞)上递增,在(-∞,-2]上递减,则f(1)=( )A.-7B.1C.17D.25D [依题意,知函数图象的对称轴为x=--m8=m8=-2,即m=-16,从而f(x)=4x2+16x+5,f(1)=4+16+5=25.]3.(2014•佛山月考)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B [∵y=ax与y=-bx在(0,+∞)上都是减函数,∴a<0,b<0,∴y=ax2+bx的对称轴方程x=-b2a<0,∴y=ax2+bx在(0,+∞)上为减函数.]4.“函数f(x)在[a,b]上为单调函数”是“函数f(x)在[a,b]上有最大值和最小值”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A [若函数f(x)在[a,b]上为单调递增(减)函数,则在[a,b]上一定存在最小(大)值f(a),最大(小)值f(b).所以充分性满足;反之,不一定成立,如二次函数f(x)=x2-2x+3在[0,2]存在最大值和最小值,但该函数在[0,2]不具有单调性,所以必要性不满足,即“函数f(x)在[a,b]上单调”是“函数f(x)在[a,b]上有最大值和最小值”的充分不必要条件.]5.设函数f(x)定义在实数集上,f(2-x)=f(x),且当x≥1时,f(x)=ln x,则有( )A.f(13)<f(2)<f(12)B.f(12)<f(2)<f(13)C.f(12)<f(13)<f(2)D.f(2)<f(12)<f(13)C [由f(2-x)=f(x)可知f(x)的图象关于直线x=1对称,当x≥1时,f(x)=ln x,可知当x≥1时f(x)为增函数,所以当x<1时f(x)为减函数,因为|12-1|<|13-1|<|2-1|,所以f(12)<f(13)<f(2).故选C.]6.定义在R上的函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y),当x<0时,f(x)>0,则函数f(x)在[a,b]上有( )A.最小值f(a)B.最大值f(b)C.最小值f(b)D.最大值fa+b2C [∵f(x)是定义在R上的函数,且f(x+y)=f(x)+f(y),∴f(0)=0,令y=-x,则有f(x)+f(-x)=f(0)=0.∴f(-x)=-f(x).∴f(x)是R上的奇函数.设x1<x2,则x1-x2<0,∴f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2)>0.∴f(x)在R上是减函数.∴f(x)在[a,b]有最小值f(b).]7.设函数f(x)定义在实数集上,f(2-x)=f(x),且当x≥1时,f(x)=ln x,则有( )A.f13<f(2)<f12B.f12<f(2)<f13C.f12<f13<f(2)D.f(2)<f12<f13C [由f(2-x)=f(x)可知,f(x)的图象关于直线x=1对称,当x≥1时,f(x)=ln x,可知当x≥1时f(x)为增函数,所以当x<1时f(x)为减函数,因为12-1<13-1<|2-1|,所以f12<f13<f(2).]8.(2014•黄冈模拟)已知函数y=1-x+x+3的最大值为M,最小值为m,则mM的值为( )A.14B.12C.22D.32C[显然函数的定义域是[-3,1]且y≥0,故y2=4+2(1-x)(x+3)=4+2-x2-2x+3=4+2-(x+1)2+4,根据根式内的二次函数,可得4≤y2≤8,故2≤y≤22,即m=2,M=22,所以mM=22.]二、填空题9.函数y=-(x-3)|x|的递增区间是________.解析y=-(x-3)|x|=-x2+3x,x>0,x2-3x,x≤0.作出该函数的图象,观察图象知递增区间为0,32.答案0,3210.若f(x)=ax+1x+2在区间(-2,+∞)上是增函数,则a的取值范围是________.解析设x1>x2>-2,则f(x1)>f(x2),而f(x1)-f(x2)=ax1+1x1+2-ax2+1x2+2=2ax1+x2-2ax2-x1(x1+2)(x2+2)=(x1-x2)(2a-1)(x1+2)(x2+2)>0,则2a-1>0.得a>12.答案12,+∞三、解答题11.已知f(x)=xx-a(x≠a).(1)若a=-2,试证f(x)在(-∞,-2)内单调递增;(2)若a>0且f(x)在(1,+∞)内单调递减,求a的取值范围.解析(1)证明:设x1<x2<-2,则f(x1)-f(x2)=x1x1+2-x2x2+2=2(x1-x2)(x1+2)(x2+2).∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,∴f(x1)<f(x2),∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增.(2)设1<x1<x2,则f(x1)-f(x2)=x1x1-a-x2x2-a=a(x2-x1)(x1-a)(x2-a).∵a>0,x2-x1>0,∴要使f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0恒成立,∴a≤1.综上所述,a的取值范围为(0,1].12.已知f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且f(1)=1,若a,b∈[-1,1],a+b≠0时,有f(a)+f(b)a+b>0成立.(1)判断f(x)在[-1,1]上的单调性,并证明;(2)解不等式:f(x+12)(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.解析(1)任取x1,x2∈[-1,1],且x1则-x2∈[-1,1],∵f(x)为奇函数,∴f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1)+f(-x2)x1+(-x2)•(x1-x2),由已知得f(x1)+f(-x2)x1+(-x2)>0,x1-x2<0,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)∴f(x)在[-1,1]上单调递增.(2)∵f(x)在[-1,1]上单调递增,∴x+12<1x-1,-1≤x+12≤1,-1≤1x-1≤1.解得-32≤x<-1.(3)∵f(1)=1,f(x)在[-1,1]上单调递增.∴在[-1,1]上,f(x)≤1.问题转化为m2-2am+1≥1,即m2-2am≥0,对a∈[-1,1]成立.设g(a)=-2m•a+m2≥0.①若m=0,则g(a)=0≥0,对a∈[-1,1]恒成立.②若m≠0,则g(a)为a的一次函数,若g(a)≥0,对a∈[-1,1]恒成立,必须g(-1)≥0且g(1)≥0,∴m≤-2,或m≥2.∴m的取值范围是m=0或m≥2或m≤-2.。

高中数学总复习 函数的单调性和最值

高中数学总复习 函数的单调性和最值

命题点2 利用定义证明函数的单调性 例 2 试讨论函数 f(x)=x-ax1(a≠0)在(-1,1)上的单调性.
方法一 定义法 设-1<x1<x2<1, 因为 f(x)=ax-x-1+1 1=a1+x-1 1, 所以 f(x1)-f(x2)=a1+x1-1 1-a1+x2-1 1=x1a-x12-xx2-1 1, 由于-1<x1<x2<1, 所以x2-x1>0,x1-1<0,x2-1<0,
定义 当x1<x2时,都有_f_(x_1_)_<_f(_x_2)_, 那么就称函数f(x)在区间I上单 调递增
当x1<x2时,都有_f_(x_1_)_>_f(_x_2)_,那么 就称函数f(x)在区间I上单调递减
知识梳理
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
知识梳理
(2)单调区间的定义 如果函数y=f(x)在区间I上 单调递增 或 单调递减 ,那么就称函数y=f(x) 在区间I上具有单调性,区间I为函数y=f(x)的单调区间.
则不等式f(x+2)<f(x2+2x)等价于x+2<x2+2x,即x2+x-2>0,
解得x>1或x<-2,
则原不等式的解集为(-∞,-2)∪(1,+∞).
(2)若函数 f(x)=x+x-a-1 3在(a,+∞)上单调递增,则实数 a 的取值范围为 ___[1_,_2_) __.
f(x)=x+x-a-1 3=x-1x-+1a-2=1+ax--12, ∵f(x)在(a,+∞)上单调递增, ∴aa≥ -12<0, ⇒1≤a<2.
命题点2 求函数的最值 例 4 (2023·四川外国语大学附中模拟)函数 f(x)=x-2x+1 在[1,4]上的值域为

高考数学专题《函数的单调性与最值》习题含答案解析

高考数学专题《函数的单调性与最值》习题含答案解析

专题3.2 函数的单调性与最值1.(2021·全国高一课时练习)函数f(x)=1,01,0x xx x+≥⎧⎨-<⎩在R上()A.是减函数B.是增函数C.先减后增D.先增后减【答案】B【解析】画出函数图像即可得解.【详解】选B.画出该分段函数的图象,由图象知,该函数在R上是增函数.故选:B.2.(2021·全国高一课时练习)若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a,b,总有()-()-f a f ba b>0成立,则必有()A.f(x)在R上是增函数B.f(x)在R上是减函数C.函数f(x)先增后减D.函数f(x)先减后增【答案】A【解析】根据条件可得当a<b时,f(a)<f(b),或当a>b时,f(a)>f(b),从而可判断.【详解】练基础由()-()-f a f b a b>0知f (a )-f (b )与a -b 同号,即当a <b 时,f (a )<f (b ),或当a >b 时,f (a )>f (b ),所以f (x )在R 上是增函数. 故选:A.3.(2021·全国高一课时练习)设函数f (x )是(-∞,+∞)上的减函数,则 ( ) A .f (a )>f (2a ) B .f (a 2)<f (a ) C .f (a 2+a )<f (a ) D .f (a 2+1)<f (a )【答案】D 【解析】利用0a =排除ABC ,作差可知21a a +>,根据单调性可知D 正确. 【详解】当0a =时,选项A 、B 、C 都不正确; 因为22131()024a a a +-=-+>,所以21a a +>, 因为()f x 在(,)-∞+∞上为减函数,所以2(1)()f a f a +<,故D 正确.故选:D4.(2021·西藏高三二模(理))已知函数()332f x x x =--,若()()320f m f m -+-<,则实数m 的取值范围为( ) A .(),3-∞ B .()3,+∞C .(),3-∞-D .()3,-+∞【答案】C 【解析】根据函数为奇函数且在R 上单调递减可得()()32f m f m -<求解. 【详解】易知()f x 为R 上的奇函数,且在R 上单调递减, 由()()320f m f m -+-<, 得()()()322f m f m f m -<--=, 于是得32m m ->,解得3m <-. 故选:C .5.(2021·广西来宾市·高三其他模拟(理))已知定义在R 上的偶函数()f x 满足在[0,)+∞上单调递增,(3)0f =,则关于x 的不等式(2)(2)0f x f x x++-->的解集为( )A .(5,2)(0,)--+∞ B .(,5)(0,1)-∞- C .(3,0)(3,)-⋃+∞ D .(5,0)(1,)-+∞【答案】D 【解析】根据题意作出函数()f x 的草图,将(2)(2)0f x f x x++-->,转化为2(2)0f x x +>,利用数形结合法求解. 【详解】因为定义在R 上的偶函数()f x 满足在(0,)+∞内单调递增, 所以()f x 满足在(,0)-∞内单调递减,又(3)0f =, 所以(3)(3)0f f -==. 作出函数()f x 的草图如下:由(2)(2)0f x f x x ++-->,得(2)[(2)]0f x f x x++-+>,得2(2)0f x x+>, 所以0,(2)0,x f x >⎧⎨+>⎩或0,(2)0,x f x <⎧⎨+<⎩所以0,23,x x >⎧⎨+>⎩或0,323,x x <⎧⎨-<+<⎩ 解得1x >或5x 0-<<, 即不等式(2)(2)0f x f x x++-->的解集为(5,0)(1,)-+∞.故选:D6.(2021·黑龙江哈尔滨市·哈师大附中高三三模(文))已知函数()22f x x x -=-( )A .是奇函数,0,单调递增B .是奇函数,0,单调递减C .是偶函数,0,单调递减D .是偶函数,0,单调递增【答案】D 【解析】利用奇偶性和单调性的定义判断即可 【详解】解:定义域为{}0x x ≠, 因为2222()()()()f x x x x x f x ---=---=-=,所以()f x 为偶函数,任取12,(0,)x x ∈+∞,且12x x <,则2222212211()()f x f x x x x x ---=--+212122121()()(1)x x x x x x =-++, 因为12x x <,12,(0,)x x ∈+∞,所以212122121()()(1)0x x x x x x -++>,所以21()()f x f x >,所以()f x 在0,单调递增,故选:D7.(2021·全国高三月考(理))若()f x 是奇函数,且在(,0)-∞上是减函数,又(4)0f -=,则(2)(2)0f x f x x+--->的解集是( )A .(4,0)(4,)-⋃+∞B .(6,2)(0,2)--⋃C .(6,2)(2,)--⋃+∞D .(,4)(0,4)-∞-⋃【答案】B 【解析】根据函数()f x 为奇函数,(4)0f -=得到(4)0f =,再由函数在(,0)-∞上是减函数,作出函数()f x 的图象,再由(2)(2)0f x f x x +--->,等价于2(2)0f x x+>,利用数形结合法求解.【详解】因为函数()f x 为奇函数, 所以(4)(4)0f f -=-=, 所以(4)0f =,因为函数()f x 在(,0)-∞上是减函数, 所以函数()f x 在(0,) +∞上是减函数. 作出函数()f x 的大致图象如图所示,而(2)(2)0f x f x x +--->,等价于(2)[(2)]0f x f x x +--+>,即2(2)0f x x+>,则0(2)0x f x <⎧⎨+<⎩或0(2)0x f x >⎧⎨+>⎩,所以0420x x <⎧⎨-<+<⎩或0024x x >⎧⎨<+<⎩,解得62x -<<-或02x <<. 综上,(2)(2)0f x f x x+--->的解集是(6,2)(0,2)--⋃.故选:B8.(2021·全国高三专题练习(文))已知函数()||2f x x x x =⋅-,则下列结论正确的是( )A .()f x 是偶函数,递增区间是()0-∞,B .()f x 是偶函数,递减区间是()1-∞,C .()f x 是奇函数,递减区间是(11)-, D .()f x 是奇函数,递增区间是(0)+∞,【答案】C 【解析】将函数解析式化为分段函数型,画出函数图象,数形结合即可判断; 【详解】解:将函数()||2f x x x x =⋅-去掉绝对值得2220()20x x x f x x x x ⎧-≥=⎨--<⎩,,,画出函数()f x 的图象,如图,观察图象可知,函数()f x 的图象关于原点对称,故函数()f x 为奇函数,且在(11)-,上单调递减, 故选:C9.(2021·宁夏银川市·高三二模(文))设函数()21f x x x=-,则()f x ( )A .是偶函数,且在(),0-∞单调递增B .是偶函数,且在(),0-∞单调递减C .是奇函数,且在(),0-∞单调递增D .是奇函数,且在(),0-∞单调递减【答案】B 【解析】利用定义可判断函数()f x 的奇偶性,化简函数()f x 在(),0-∞上的解析式,利用函数单调性的性质可判断函数()f x 在(),0-∞上的单调性. 【详解】函数()21f x x x =-的定义域为{}0x x ≠,()()()2211f x x x f x x x-=--=-=-, 所以,函数()f x 为偶函数, 当0x <时,()21f x x x=+,由于函数2y x 、1y x=在(),0-∞上均为减函数,所以,函数()f x 在(),0-∞上单调递减, 故选:B.10.(2021·全国高一课时练习)已知y =f (x )是定义在区间(-2,2)上单调递减的函数,若f (m -1)>f (1-2m ),则m 的取值范围是_______. 【答案】1223⎛⎫- ⎪⎝⎭, 【解析】结合函数定义域和函数的单调性列不等式求解即可. 【详解】由题意得:-2-12-21-22-11-2m m m m <<⎧⎪<<⎨⎪<⎩,,,解得12-<m <23.故答案为:1223⎛⎫- ⎪⎝⎭,1.(2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学高二月考(文))定义在*N 上的函数()22,3,3x ax a x f x ax x ⎧-+<=⎨≥⎩为递增函数,则头数a 的取值范围是( ) A .()1,2 B .33,42⎛⎫⎪⎝⎭C .3,14⎡⎫⎪⎢⎣⎭D .()1,3【答案】D 【解析】练提升根据定义域和单调性可知()()12f f <,再根据3x ≥时()f x 的单调性判断出()()32f f >,由此求解出a 的取值范围..【详解】因为*x ∈N ,所以3x <时,即{}1,2x ∈,由单调性可知()()21f f >,所以22142a a a a -+<-+,解得3a <;当3x ≥时,y ax =为增函数,若()f x 单调递增,则只需()()32f f >,所以2342a a a >-+,解得14a <<,综上可知a 的取值范围是:()1,3, 故选:D.2.(2021·上海高三二模)已知函数()(),y f x y g x ==满足:对任意12,x x R ∈,都有()()()()1212f x f x g x g x -≥-.命题p :若()y f x =是增函数,则()()y f x g x =-不是减函数;命题q :若()y f x =有最大值和最小值,则()y g x =也有最大值和最小值. 则下列判断正确的是( ) A .p 和q 都是真命题 B .p 和q 都是假命题 C .p 是真命题,q 是假命题 D .p 是假命题,q 是真命题【答案】A 【解析】利用函数单调性定义结合已知判断命题p 的真假,再利用函数最大、最小值的意义借助不等式性质判断命题q 的真假而得解. 【详解】对于命题p :设12x x <,因为()y f x =是R 上的增函数,所以()()12f x f x <, 所以()()()()1221f x f x f x f x -=-, 因为()()()()1212f x f x g x g x -≥-,所以()()()()211221()()f x f x g x g x f x f x -+≤-≤-所以()()1122()()f x g x f x g x -≤- 故函数()()y f x g x =-不是减函数, 故命题p 为真命题;对于命题():q y f x =在R 上有最大值M ,此时x a =,有最小值m ,此时x b =, 因为()()()()()()()()f x f a g x g a f x M g x g a M f x -≥-⇔-≤-≤-,()()()()()()()()f x f b g x g b m f x g x g b f x m -≥-⇔-≤-≤-所以()()()()2()()()()22m M g a g b M m g a g b m M g x g a g b M m g x -++-++-≤--≤-⇔≤≤,所以()y g x =也有最大值和最小值,故命题q 为真命题. 故选:A3.(2021·全国高三二模(理))已知实数a ,b ,c ,d 满足a b c >>,且0a b c ++=,220ad bd b +-=,则d 的取值范围是( ) A .(][),10,-∞-+∞B .()1,1-C .(D .(11--+【答案】D 【解析】先求解出方程的解1,2d ,然后利用换元法(bt a=)将d 表示为关于t 的函数,根据条件分析t 的取值范围,然后分析出d 关于t 的函数的单调性,由此求解出d 的取值范围. 【详解】因为220ad bd b +-=,所以1,2b b d a a -==-±2440b ab ∆=+≥,令bt a=,则1,2d t =-±20t t +≥,所以(][),10,t ∈-∞-+∞,又因为0a b c ++=且a b c >>,所以0a >且c a b b a =--<<, 所以2,a b b a -<<,所以112bt a-<=<,所以[)0,1t ∈,当[)0,1t ∈时,())10,1d t t =-==∈, 因为1y t=在()0,1上单调递减,所以y t =-()0,1上单调递增, 当0t =时,10d =,当1t =时,11d =,所以)11d ⎡∈⎣; 当[)0,1t ∈时,2d t =-,因为y t =、2y t t =+在[)0,1上单调递增,所以y t =-[)0,1上单调递减, 当0t =时,20d =,当1t =时,21d =-(21d ⎤∈-⎦,综上可知:(11d ∈---, 故选:D.4.【多选题】(2021·湖南高三三模)关于函数()111f x x x =++的结论正确的是( ) A .()f x 在定义域内单调递减 B .()f x 的值域为R C .()f x 在定义城内有两个零点 D .12y f x ⎛⎫=-⎪⎝⎭是奇函数 【答案】BD 【解析】根据所给函数结合函数性质,对各项逐个分析判断, 即可得解. 【详解】()111f x x x =++的定义域为(,1)(1,0)(0,)-∞--+∞, 而1x和11x +在各段定义域内均为减函数, 故()f x 在各段上为减函数,但不能说在定义域内单调递减,故A 错误; 当(1,0)x ∈- ,1x →-时,有()111f x x x =+→+∞+, 当0x →时,有()111f x x x =+→-∞+,所以()f x 的值域为R ,故B 正确; 令()2112101x f x x x x x+=+==++,可得12x =-,所以()f x 在定义城内有一个零点,故C 错误;2211128111241224x x y f x x x x x ⎛⎫=-=+== ⎪-⎝⎭-+-, 令28()41x g x x =-,易知12x ≠±,此时定义域关于原点对称,且28()()41xg x g x x --==--,故()g x 为奇函数, 所以12y f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭是奇函数,故D 正确, 故选:BD.5.【多选题】(2021·全国高三专题练习)(多选题)已知函数f (x )的定义域为R ,对任意实数x ,y 满足f (x +y )=f (x )+f (y )+12,且f 1()2=0,当x >12时,f (x )>0,则以下结论正确的是( ) A .f (0)=-12,f (-1)=-32B .f (x )为R 上的减函数C .f (x )+12为奇函数 D .f (x )+1为偶函数 【答案】AC 【解析】取0x y ==,11,22x y ==-,12x y ==-得出(0)f ,12f ⎛⎫- ⎪⎝⎭,(1)f -的值进而判断A ;由(1)(0)f f -<判断B ;令y x =-结合奇偶性的定义判断C ;令1()()2=+g x f x ,结合g (x )为奇函数,得出()1()f x f x -+=-,从而判断D.【详解】由已知,令0x y ==,得1(0)(0)(0)2f f f =++,1(0)2f ∴=-,令11,22x y ==-,得1111122222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,112f ⎛⎫∴-=- ⎪⎝⎭,再令12x y ==-,得1111122222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=-+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,3(1)2f ∴-=-,A 正确;(1)(0)f f -<,()f x ∴不是R 上的减函数,B 错误;令y x =-,得1()()()2f x x f x f x -=+-+,11()()022f x f x ⎡⎤⎡⎤∴++-+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦,故C正确;令1()()2=+g x f x ,由C 可知g (x )为奇函数,11()()22g x g x ∴-+=-+,即1111()()2222f x f x ⎡⎤⎡⎤-++=-++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦,()1()f x f x ∴-+=-,故D 错误. 故选:AC6.【多选题】(2021·全国高一单元测试)如果函数()f x 在[,]a b 上是增函数,对于任意的1212,[,]()x x a b x x ∈≠,则下列结论中正确的是( )A .1212()()0f x f x x x ->-B .1212()[()()]0x x f x f x -->C .12()()()()f a f x f x f b ≤<≤D .12()()f x f x >E.1212()()0f x f x x x -<-【答案】AB 【解析】利用函数单调性的定义:12x x -与12()()f x f x -同号,判断A 、B 、E 的正误;而对于C 、D 选项,由于12,x x 的大小不定,1()f x 与2()f x 的大小关系不能确定. 【详解】由函数单调性的定义知,若函数()y f x =在给定的区间上是增函数,则12x x -与12()()f x f x -同号,由此可知,选项A ,B 正确,E 错误;对于选项C 、D ,因为12,x x 的大小关系无法判断,则1()f x 与2()f x 的大小关系确定也无法判断,故C ,D 不正确.故选:AB.7.【多选题】(2021·全国高一课时练习)(多选题)已知函数()f x 的定义域为D ,若存在区间[,]m n D ⊆使得()f x :(1)()f x 在[,]m n 上是单调函数; (2)()f x 在[,]m n 上的值域是[2,2]m n , 则称区间[,]m n 为函数()f x 的“倍值区间”. 下列函数中存在“倍值区间”的有( ) A .2()f x x =; B .1()f x x=; C .1()f x x x=+; D .23()1x f x x =+.【答案】ABD 【解析】函数中存在“倍值区间”,则()f x 在[],m n 内是单调函数,()()22f m m f n n ⎧=⎪⎨=⎪⎩或()()22f m nf n m ⎧=⎪⎨=⎪⎩,对四个函数的单调性分别研究,从而确定是否存在“倍值区间”. 【详解】函数中存在“倍值区间”,则(1)()f x 在[,]m n 内是单调函数,(2)()2()2f m m f n n =⎧⎨=⎩或()2()2f m nf n m=⎧⎨=⎩,对于A ,2()f x x =,若存在“倍值区间”[,]m n ,则()2()2f m m f n n =⎧⎨=⎩⇒2222m m n n⎧=⎨=⎩⇒02m n =⎧⎨=⎩,2()f x x ∴=,存在“倍值区间”[0,2];对于B ,1()()f x x R x =∈,若存在“倍值区间”[,]m n ,当0x >时,1212n m mn⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩⇒12mn =,故只需12mn =即可,故存在; 对于C ,1()f x x x=+;当0x >时,在区间[0,1]上单调递减,在区间[1,)+∞上单调递增, 若存在“倍值区间”1[],1][0,2n m n m m ⊆⇒+=,212210n m m mn n+=⇒-+=,222210n mn m n -+=⇒=不符题意;若存在“倍值区间”1[,][1,)2m n m m m ⊆+∞⇒+=,22121n n m n n+=⇒==不符题意,故此函数不存在“倍值区间“; 对于D ,233()11x f x x x x==++,所以()f x 在区间[0,1]上单调递增,在区间[1,)+∞上单调递减,若存在“倍值区间”[,][0,1]m n ⊆,2321m m m =+,2321n n n =+,0m ∴=,2n =, 即存在“倍值区间”[0,2; 故选:ABD .8.(2021·全国高三专题练习(理))已知1a >,b R ∈,当0x >时,[]24(1)102x a x b x ⎛⎫---⋅-≥ ⎪⎝⎭恒成立,则3b a +的最小值是_____.3 【解析】根据题中条件,先讨论10,1x a ⎛⎤∈ ⎥-⎝⎦,根据不等式恒成立求出114(1)21b a a ⎡⎤≥--⎢⎥-⎣⎦;再讨论1,1x a ⎡⎫∈+∞⎪⎢-⎣⎭,求出114(1)21b a a ⎡⎤≤--⎢⎥-⎣⎦得到b ,再由基本不等式即可求出结果.【详解】当10,1x a ⎛⎤∈ ⎥-⎝⎦时,(1)10a x --<,即2402x b x--≤恒成立, 24222x x y x x-==-是10,1x a ⎛⎤∈ ⎥-⎝⎦上的增函数, ∴114(1)21b a a ⎡⎤≥--⎢⎥-⎣⎦, 当1,1x a ⎡⎫∈+∞⎪⎢-⎣⎭时,(1)10a x -->,即2402x b x--≥恒成立,24222x x y x x-==-是1,1x a ⎡⎫∈+∞⎪⎢-⎣⎭上的增函数, ∴114(1)21b a a ⎡⎤≤--⎢⎥-⎣⎦, ∴114(1)21b a a ⎡⎤=--⎢⎥-⎣⎦,∴13(1)332(1)b a a a +=+-+≥-,当12a =+时等号成立.3.9.(2021·全国高三专题练习)对于满足2p ≤的所有实数p ,则使不等式212x px p x ++>+恒成立的x的取值范围为______.【答案】()()13+-∞-⋃∞,,. 【解析】将不等式转化为在[-2,2]内关于p 的一次函数函数值大于0恒成立求参变量x 的范围的问题. 【详解】解:原不等式可化为2(1)210x p x x -+-+>,令2()(1)21f p x p x x =-+-+,则原问题等价于()0f p >在[2,2]p ∈-上恒成立,则(2)0(2)0f f ->⎧⎨>⎩,即2243010x x x ⎧-+>⎨->⎩解得:1311x x x x ⎧⎪⎨-⎪⎩或或∴1x <-或3x >. 即x 的取值范围为()()13+-∞-⋃∞,,. 故答案为:()()13+-∞-⋃∞,,. 10.(2021·上海高三二模)已知a R ∈,函数()22,011,02x a x x f x x ax a x ⎧++-≥⎪=⎨-++<⎪⎩的最小值为2a ,则由满足条件的a 的值组成的集合是_______________.【答案】{3- 【解析】讨论a -与0、2的大小关系,判断函数()f x 在[)0,+∞、(),0-∞上的单调性与最小值,根据函数()f x 的最小值列方程解出实数a 的值.【详解】分以下三种情况讨论:①若0a -≤时,即当0a ≥时,()222,22,0211,02x a x f x a x x ax a x ⎧⎪+->⎪=+≤≤⎨⎪⎪-++<⎩,所以,函数()f x 在(),0-∞上单调递减,且()112f x a >+, 当0x ≥时,()min 1212f x a a =+>+, 此时,函数()f x 无最小值;②若02a <-≤时,即当20a -≤<时,()222,22,222,011,02x a x a a x f x x a x a x ax a x +->⎧⎪+-≤≤⎪⎪=⎨--+≤<-⎪⎪-++<⎪⎩,当0x <时,()211242a a f x f a ⎛⎫≥=-++ ⎪⎝⎭, 当0x ≥时,()2f x a ≥+.22a a +>,所以,21242a aa -++=,整理可得2640a a +-=,20a -≤<,解得3a =-±; ③当2a ->时,即当2a <-时,()222,2,222,0211,02x a x a a x a f x x a x x ax a x +->-⎧⎪--≤≤-⎪⎪=⎨--+≤<⎪⎪-++<⎪⎩,当0x <时,()211242a a f x f a ⎛⎫≥=-++ ⎪⎝⎭, 当0x ≥时,()2f x a ≥--.因为202a a -->>,所以,21242a aa -++=,整理可得2640a a +-=,2a <-,解得3a =-3a =-+.综上所述,实数a的取值集合为{3-.故答案为:{3-.1.(2020·全国高考真题(文))设函数331()f x x x =-,则()f x ( ) A .是奇函数,且在(0,+∞)单调递增 B .是奇函数,且在(0,+∞)单调递减 C .是偶函数,且在(0,+∞)单调递增 D .是偶函数,且在(0,+∞)单调递减【答案】A 【解析】根据函数的解析式可知函数的定义域为{}0x x ≠,利用定义可得出函数()f x 为奇函数, 再根据函数的单调性法则,即可解出. 【详解】因为函数()331f x x x =-定义域为{}0x x ≠,其关于原点对称,而()()f x f x -=-, 所以函数()f x 为奇函数.又因为函数3y x =在0,上单调递增,在,0上单调递增, 而331y x x-==在0,上单调递减,在,0上单调递减,所以函数()331f x x x=-在0,上单调递增,在,0上单调递增.故选:A .2.(2019·北京高考真题(文))下列函数中,在区间(0,+∞)上单调递增的是( ) A .12y x = B .y =2x -C .12log y x =D .1y x=【答案】A 【解析】函数122,log xy y x -==, 练真题1y x=在区间(0,)+∞ 上单调递减, 函数12y x = 在区间(0,)+∞上单调递增,故选A .3.(2018·全国高考真题(文))设函数()2010x x f x x -⎧≤=⎨>⎩,,,则满足()()12f x f x +<的x 的取值范围是( )A .(]1-∞-,B .()0+∞,C .()10-,D .()0-∞,【答案】D 【解析】分析:首先根据题中所给的函数解析式,将函数图像画出来,从图中可以发现若有()()12f x f x +<成立,一定会有2021x x x <⎧⎨<+⎩,从而求得结果.详解:将函数()f x 的图像画出来,观察图像可知会有2021x x x <⎧⎨<+⎩,解得0x <,所以满足()()12f x f x +<的x 的取值范围是()0-∞,,故选D .4.(2017课标II)函数2()ln(28)f x x x =-- 的单调递增区间是( ) A.(,2)-∞- B. (,1)-∞- C. (1,)+∞ D. (4,)+∞ 【答案】D【解析】函数有意义,则:2280x x --> ,解得:2x <- 或4x > ,结合二次函数的单调性、对数函数的单调性和复合函数同增异减的原则可得函数的单调增区间为()4,+∞ . 故选D.5.(2017天津)已知奇函数()f x 在R 上是增函数.若0.8221(log ),(log 4.1),(2)5a fb fc f =-==,则,,a b c 的大小关系为( )(A )a b c <<(B )b a c <<(C )c b a <<(D )c a b << 【答案】C【解析】由题意:()221log log 55a f f ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭,且:0.822log 5log 4.12,122>><<, 据此:0.822log 5log 4.12>>,结合函数的单调性有:()()()0.822log 5log 4.12f f f >>, 即,a b c c b a >><<,本题选择C 选项.6.(2020·北京高考真题)为满足人民对美好生活的向往,环保部门要求相关企业加强污水治理,排放未达标的企业要限期整改,设企业的污水排放量W 与时间t 的关系为()W f t =,用()()f b f a b a---的大小评价在[,]a b 这段时间内企业污水治理能力的强弱,已知整改期内,甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.给出下列四个结论: ①在[]12,t t 这段时间内,甲企业的污水治理能力比乙企业强;②在2t 时刻,甲企业的污水治理能力比乙企业强; ③在3t 时刻,甲、乙两企业的污水排放都已达标;④甲企业在[][][]112230,,,,,t t t t t 这三段时间中,在[]10,t 的污水治理能力最强. 其中所有正确结论的序号是____________________. 【答案】①②③ 【解析】根据定义逐一判断,即可得到结果 【详解】()()f b f a b a---表示区间端点连线斜率的负数,在[]12,t t 这段时间内,甲的斜率比乙的小,所以甲的斜率的相反数比乙的大,因此甲企业的污水治理能力比乙企业强;①正确;甲企业在[][][]112230,,,,,t t t t t 这三段时间中,甲企业在[]12,t t 这段时间内,甲的斜率最小,其相反数最大,即在[]12,t t 的污水治理能力最强.④错误;在2t 时刻,甲切线的斜率比乙的小,所以甲切线的斜率的相反数比乙的大,甲企业的污水治理能力比乙企业强;②正确;在3t 时刻,甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下,所以都已达标;③正确; 故答案为:①②③。

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函数专题:单调性与最值
一、增函数
1、观察下列各个函数的图象,并说说它们分别反映了相应函数的哪些变化规律:
y 的值有什么变化? ○
2 能否看出函数的最大、最小值? ○
3 函数图象是否具有某种对称性? 2、从上面的观察分析,能得出什么结论?
不同的函数,其图象的变化趋势不同,同一函数在不同区间上变化趋势也不同,函数图象的这种变化规律就是函数的单调性。

3.增函数的概念
一般地,设函数y=f(x)的定义域为I ,如果对于定义域I 内的某个区间D 内的任意两个自变量x 1,x 2,当x 1<x 2时,都有f(x 1)<f(x 2),那么就说f(x)在区间D 上是增函数。

注意:
① 函数的单调性是在定义域内的某个区间上的性质,是函数的局部性质;
②必须是对于区间D 内的任意两个自变量x 1,x 2;当x 1<x 2时,总有f(x 1)<f(x 2) .
二、函数的单调性
如果函数y=f(x)在某个区间上是增函数或是减函数,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。

【判断函数单调性的常用方法】
1、根据函数图象说明函数的单调性.
例1、 如图是定义在区间[-5,5]上的函数
y=f(x),根据图象说出函数的单调区间,以
及在每一单调区间上,它是增函数还是减函数?
y
x 1 -1 1 -1 y x 1 -1 1 -1 y x
1 -1 1 -1
【针对性练习】
下图是借助计算机作出函数y =-x 2 +2 | x | + 3的图象,请指出它的的单调区间.
2.利用定义证明函数f(x)在给定的区间D 上的单调性的一般步骤:
① 任取x 1,x 2∈D ,且x 1<x 2;
② 作差f(x 1)-f(x 2);
③变形(通常是因式分解和配方);
④定号(即判断差f(x 1)-f(x 2)的正负);
⑤下结论(即指出函数f(x)在给定的区间D 上的单调性).
例2、证明函数x
x y 1+
=在(1,+∞)上为减函数.
例3、函数f (x )=-x 3+1在R 上是否具有单调性?如果具有单调性,它在R 上是增函数还是
减函数?试证明你的结论.
例4、已知f(x)是定义在(-2,2)上的减函数,并且f(m-1)-f(1-2m)>0,求实数m的取值范围.
例5、判断一次函数y kx b
=+(0)
k≠单调性.
例6、利用函数单调性的定义,证明函数在区间(0,1]上是减函数.
【归纳小结】
函数的单调性一般是先根据图象判断,再利用定义证明.画函数图象通常借助计算机,求函数的单调区间时必须要注意函数的定义域,单调性的证明一般分五步:取值→作差→变形→定号→下结论
〖针对性练习〗
1.函数
1
y
x
=-的单调区间是()
A.(-∞,+∞) B.(-∞,0)(1,∞,)C.(-∞,1)、(1,∞) D. (-∞,1)(1,∞)
2. 下列函数中,在区间(0,2)上为增函数的是( ).
A.32
y x
=-+B.
3
y
x
= C.245
y x x
=-+D.2
3810
y x x
=+-
3.函数y=的增区间是()。

A.[-3,-1] B.[-1,1] C.
1
1
3
a
-<<-(,3)
-∞- D.(1,)
-∞
4、已知函数
1
()
f x x
x
=+

判断()
f x在区间〔0,1〕和(1,+∞)上的单调性。

5、定义在(-1,1)上的函数()
f x是减函数,且满足:(1)()
f a f a
-<,求实数a的取值范围。

6、函数f(x)=-x3+1在R上是否具有单调性?如果具有单调性,它在R上是增函数还是减
函数?试证明你的结论.
☆☆☆复合函数的单调性☆☆☆
1、定义:
设y=f(u),u=g(x),当x在u=g(x)的定义域中变化时,u=g(x)的值在y=f(u)的定义域内变化,因此变量x与y之间通过变量u形成的一种函数关系,记为
y=f(u)=f[g(x)]称为复合函数,其中x称为自变量,u为中间变量,y为因变量(即函数)
2、复合函数f[g(x)]的单调性与构成它的函数u=g(x),y=f(u)的单调性密切相关,其规律如下:
函数单调性
()u g x = 增 增 减 减
()y f u = 增 减 增 减
[]()y f g x = 增 减 减 增
例1、已知()1,()32y f u u u g x x ==+==-+,求[]()y f g x =的单调性。

例2、已知2()1,()1y f u u u g x x ==+==+,求函数[]()y f g x =的单调性。

〖针对性训练〗
1、已知2()1,()1y f u u u g x x ==+==-+,求函数[]()y f g x =的单调性。

2、已知2()82f x x x =+-,如果2()(2)g x f x =-,那么()g x ( )
A. 在区间(-1,0)上是减函数
B. 在区间(0,1)上是减函数
C. 在区间(-2,0)上是增函数
D. 在区间(0,2)上是增函数
三、函数的最大(小)值
1.函数最大(小)值定义
1)最大值: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 ≤; (2)存在0x I ∈,使得0()f x M =. 那么,称M 是函数()y f x =的最大值.
2)最小值: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 ≥; (2)存在0x I ∈,使得0()f x M =. 那么,称M 是函数()y f x =的最小值.
注意:①函数最大(小)首先应该是某一个函数值,即存在0x I ∈,使得0()f x M =; ②函数最大(小)应该是所有函数值中最大(小)的,即对于任意的x I ∈,都有()(())f x M f x m ≤≥.
2.利用函数单调性来判断函数最大(小)值的方法.
①配方法 ②换元法 ③数形结合法
例1、求函数223y x x x =-+当自变量在下列范围内取值时的最值.
①10x -≤≤ ② 03x ≤≤ ③(,)x ∈-∞+∞
例2、求函数y x =+
例3、求函数2
1y x =-在区间[2,6] 上的最大值和最小值.
【针对性练习】
一、选择题
1.函数y =4x -x 2,x ∈[0,3]的最大值、最小值分别为( )
(A)4,0 (B)2,0 (C)3,0 (D)4,3
2.函数21
x x y -=的最小值为( ) (A)21
(B)1 (C)2 (D)4
3、函数3
(2)2y x x =≠+ 在区间〔0,5〕上的最大值、最小值分别是(
) A. 3
,07 B.3,02 C. 33,27 D. 最大值3
7,无最小值。

二、填空题
1.函数y =2x 2-4x -1 x ∈(-2,3)的值域为______.
2.函数22x x y -=的值域为______.
3、函数[])245(0,3y x x x =-+∈的值域是 。

4、函数23y x =-的值域是 。

三、解答题
1.求函数⎩⎨⎧<-≥=0,0,2)(x x x x f x 的值域.
2.设函数f(x)=(x+a)2对于任意实数t∈R都有f(1-t)=f(1+t).
(1)求a的值;
(2)如果x∈[0,5],那么x为何值时函数y=f(x)有最小值和最大值?并求出最小值与最
大值.
3.如图,在边长是a的等边三角形内作一个内接矩形,求内接矩形的面积的最大值.
4.已知函数y=-3x2+2ax-1,x∈[0,1],记f(a)为其最小值,求f(a)的表达式,并求f(a)的最大值.。

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