3.2.1函数的单调性
高中数学必修一 《3 2 函数的基本性质》多媒体精品课件
(× )
(2)在增函数与减函数的定义中，可以把“任意两个自变量”改为
“存在两个自变量”．
(× )
(3)任何函数都有最大值或最小值．
( × )
(4)函数的最小值一定比最大值小．
( √ )
2.函数 y＝f(x)的图象如图所示，其增区间是
A．[－4,4]
B．[－4，－3]∪[1,4]
2.利用函数的单调性解函数值的不等式就是利用函数在某个区间内的
单调性,去掉对应关系“f”,转化为自变量的不等式,此时一定要注意自变
量的限制条件,以防出错.
[跟踪训练五]
1.已知g(x)是定义在[-2,2]上的增函数,且g(t)>g(1-3t),求t的取值范围.
题型二
利用函数的图象求函数的最值
例2 已知函数y=-|x-1|+2,画出函数的图象,确定函数的
最值情况,并写出值域.
3-, ≥ 1,
解:y=-|x-1|+2=
函数图象如图所示.
+
+11,
, < 1,
1,
由图象知,函数y=-|x-1|+2的最大值为2,没有最小值.所以其值域
为(-∞,2].
称 M 是函数 y＝f(x)
结论
称 M 是函数 y＝f(x)的最小值
的最大值
几何 f(x)图象上最 高 点
意义
的纵坐标
f(x)图象上最低 点的纵坐标
[点睛] 最大(小)值必须是一个函数值，是值域中的一个元素，如函数y
＝x2(x∈R)的最小值是0，有f(0)＝0.
小试身手
1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
函数的单调性课件-高一数学人教A版(2019)必修第一册
学运算素养．
新课引入
问题1：观察下面函数图象，从中你发现了图象的哪些特征？
= 2
=
= >0
升降变化、对称性，最高点或最低点等
今天，我们重点研究图象从左到右升降变化的规律。
随的增大而增大（或减小）——
函数的单调性
= 2
1
y
0
那么就称函数 在
区间D上时减函数
y
1
1 2 x
2
0
1 2
x
特别地，只有当函数 在它的定义域上单调递增（递减）时，
我们才称它是增（减）函数。
合作探究
思考1：−1 < 2时，有 −1 < 2 ，
说函数在区间 −1，2 上单增对吗？并说出你的理由。
不对，如图，虽−1 < 2时，有 −1 < 2 ,
函数值随自变量的增大（或减小）的性质叫做函数的单调性.
图形语言：在 轴右侧,从左到右图象是上升的；
也就是说，在区间 ， +∞ 上，随的增大而增大
；
你能类比说出函数在y轴右侧的符号表示及单调性吗？
符号语言：
∀ , ∈ ， +∞ ， = , =
当 < 时，有 < 成立.
结论 这时， f (x)=kx +b是减函数。
结论：一次函数 = + ≠ 的单调性由的正负确定。
> 在R上单调递增； < 在R上单调递减.
k
(k为正常数)告诉我们，
例3、 物理学中的玻意耳定律 p =
函数的单调性与最大(小)值课件-2022-2023学年高一上学期数学人教A版(2019)必修第一册
f(x1)-f(x2)=(2x1+1)-(2x2+1)=2x1-2x2
=2(x1-x2)
∵x1<x2 ∴x1 -x2<0 ∴2(x1-x2)<0
∴f(x1)-f(x2)<0
即f(x1) < f(x2)
∴函数f(x)=2x+1在其定义域上是增函数.
取值
作差变形
定号
下结论
探究三
那么，我们称M为函数y = f ( x)的最大值
图1
1
2
3
x
f ( x) = x 2
y
通过观察图2，可以发现二次函数 f ( x) =
的图像上有一个最低点（0，0）即
x2
x R, 都有f ( x) f (0)
5
当一个函数f(x)的图像有最低点时，我们就
说函数f(x)有最小值。
4
3
2
1
-3
A．f(x)＝x
2
C．f(x)＝|x|
答案：B
(
1
B．f(x)＝
x
D．f(x)＝2x＋1
)
2
5．函数 f(x)＝ ，x∈[2,4]，则 f(x)的最大值为______；最小值为
x
________．
答案：1
1
2
题型一 利用图象确定函数的单调区间
例1 求下列函数的单调区间,并指出其在单调区间上是
增函数还是减函数:
∴x1x2>0,x1x2-1<0,x1-x2<0,
∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2).
1
故函数f(x)=x+ 在区间(0,1)内为减函数.
函数的单调性【新教材】人教A版高中数学必修第一册精品ppt课件
第 函三 数章 的单调3.性2.【1 新第教1材课】时人函教数A的版单高调中性数-学【必新修教第材一】 册人课教件A 版2（ 优2秀01p 9pt）课高件中数学 必修第 一册课 件(共69 张PPT) 第 函三 数章 的单调3.性2.【1 新第教1材课】时人函教数A的版单高调中性数-学【必新修教第材一】 册人课教件A 版2（ 优2秀01p 9pt）课高件中数学 必修第 一册课 件(共69 张PPT)
第三章 3.2.1 第1课时函数的单调性-【新教材】 人教A 版（201 9）高 中数学 必修第 一册课 件(共69 张PPT) 第三章 3.2.1 第1课时函数的单调性-【新教材】 人教A 版（201 9）高 中数学 必修第 一册课 件(共69 张PPT)
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新教材2023年高中数学 第3章 函数的概念与性质 3
(3)利用(2)和条件 f13＝－1 可得 f(3)，求得 f(m)＝2，将不等式 f(x)－ f(x－2)≥2 化为 f(x)≥f(x－2)＋f(m)的形式结合条件即可得 f(x)≥f[m(x－ 2)]，再利用单调性脱去符号“f”即可求解．莫忘定义域的限制．
[解析] (1)令 x＝y＝1，得 f(1)＝2f(1)，故 f(1)＝0. (2)证明：令 y＝1x，得 f(1)＝f(x)＋f1x＝0， 故 f1x＝－f(x)．任取 x1，x2∈(0，＋∞)，且 x1<x2，则 f(x2)－f(x1)＝f(x2) ＋fx11＝fxx21. 由于xx21>1，故 fxx21>0，从而 f(x2)>f(x1)．∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
[解析] (1)任取 x1，x2∈[3，5]且 x1<x2，则 f(x1)－f(x2)＝xx11－＋12－xx22－＋12 ＝x1－1x2x＋1＋22－x2x＋2－21 x1＋2 ＝x1x2＋2x1－xx21－＋22－xx21＋x2－2 2x2＋x1＋2 ＝x13＋x21－xx2＋2 2
∵x1，x2∈[3，5]且x1<x2， ∴x1－x2<0，x1＋2>0，x2＋2>0， ∴f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)<f(x2)， ∴函数 f(x)＝xx－ ＋12在 x∈[3，5]上为增函数．
学科素养
逻辑推理——抽象函数 典例5 已知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f(x·y)＝f(x)＋f(y)，对
任意x，y∈(0，＋∞)都成立．当x>1时， f(x)>0.
(1)求f(1)； (2)求证：f(x)在定义域上是增函数；
(3)如果 f13＝－1，求满足不等式 f(x)－f(x－2)≥2 的 x 的取值范围．
第3章函数的概念与性质3.2函数的基本性质3.2.1第2课时函数的最大小值
时，y最大值＝156.而当x>20时，160－x<140，故x＝16时取得最大年利 润，最大年利润为156万元．
即当该工厂年产量为16件时，取得最大年利润为156万元．
解实际应用题的四个步骤 1审题：解读实际问题，找出已知条件、未知条件，确定自变 量和因变量的条件关系. 2建模：建立数学模型，列出函数关系式. 3求解：分析函数性质，利用数学知识探究问题解法一定注意 自变量的取值范围. 4回归：数学问题回归实际问题，写出答案.
(2)由(1)知 f(x)在[2,4]上单调递增， 所以 f(x)的最小值为 f(2)＝2×2＋2＋1 1＝35， 最大值 f(4)＝2×4＋4＋1 1＝59.
1．利用单调性求函数的最大(小)值的一般步骤 (1)判断函数的单调性． (2)利用单调性求出最大(小)值． 2．函数的最大(小)值与单调性的关系 (1)若函数 f(x)在区间[a，b]上是增(减)函数，则 f(x)在区间[a，b] 上的最小(大)值是 f(a)，最大(小)值是 f(b)．
3．树立 1 种意识——数形结合 通过函数最值的学习，渗透数形结合思想，树立以形识数的解题 意识． 4．规避 2 个易错 (1)最值 M 一定是一个函数值，是值域中的一个元素． (2)在利用单调性求最值时，勿忘求函数的定义域．
1．函数 y＝x2－2x，x∈[0,3]的值域为( )
A．[0,3]
B．[－1,0]
() () ()
2．函数y＝f(x)在[－2,2]上的图象如图所示，则此函数的最小 值、最大值分别是( )
A．－1,0 B．0,2 C．－1,2 D.12，2 C [由图可知，f(x)的最大值为f(1)＝2，f(x)的最小值为f(－2)＝ －1.]
3．设函数f(x)＝2x－1(x<0)，则f(x)( )
3-2-1 单调性与最大(小)值(精练)(解析版)
3.2.1 单调性与最大（小）值（精练）【题组一 定义法判断或证明函数的单调性】1．（2020·上海高一专题练习）证明幂函数12()f x x =在[)0,+∞上是增函数 【答案】证明见解析 【解析】设120x x ≤<， 则11221212()()f x f x x x-=-121212x x x x x x -=-=+12x x <120x x ∴-<120x x ∴+>12()()0f x f x ∴-<即12()()f x f x <，此函数在[0,)+∞上是增函数.2．（2021·全国高一课时练习）已知函数f (x )=12x x ++，证明函数在(-2，+∞)上单调递增. 【答案】证明见解析.【解析】证明：∀x 1，x 2∈(-2，+∞)，且x 1>x 2>-2，f (x )=11122x x x +=-++ 则f (x 1)-f (x 2)=212x -+112x +=1212-(2)(2)x x x x ++， 因为x 1>x 2>-2，所以x 1-x 2>0，x 1+2>0，x 2+2>0，所以1212-(2)(2)x x x x ++>0，所以f (x 1)>f (x 2)，所以f (x )在(-2，+∞)上单调递增.3．（2021·福建三明市·三明一中高一开学考试）已知函数()12x f x x -=+，[]3,5x ∈. （1）判断函数()f x 的单调性，并证明； （2）求函数()f x 的值域.【答案】（1）单调递增，证明见解析；（2）24,57⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】（1）()12331222x x f x x x x -+-===-+++在区间[]3,5上单调递增，证明如下：任取[]12,3,5x x ∈且12x x <，()()1212213333112222f x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫-=---=- ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭ ()()()()()()()12121212323232222x x x x x x x x +-+-==++++，因为1235x x ≤<≤，所以120x x -<，120x +>，220x +>， 所以()()120f x f x -<，即()()12f x f x <， 所以函数()f x 在区间[]3,5上单调递增.（2）由（1）知：()f x 在区间[]3,5上单调递增， 所以()()min 3123325f x f -===+，()()max 5145527f x f -===+， 所以函数()f x 的值域是24,57⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 4．（2021·六安市裕安区新安中学高一期末）设函数1()f x x x=+，(1,)x ∈+∞.判断函数()f x 的单调性，并用定义证明；【答案】在(1,)+∞上为增函数，证明见解析. 【解析】任取12,(1,)x x ∈+∞且12x x <，()()12121211f x f x x x x x -=+-- ()()()()1212211212121212111x x x x x x x x x x x x x x x x --⎛⎫⎛⎫-=-+-=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为121x x <<，所以120x x -<，1210x x ->， 所以()()120f x f x -<，所以()()12f x f x <，所以()f x 在(1,)+∞上为增函数； 【题组二 性质法判断函数的单调性】1．（2020·巩义市第四高级中学高一月考）函数()2f x x=的单调递减区间为（ ） A ．(),-∞+∞ B ．()(),00,-∞⋃+∞ C ．()(),0,0,-∞+∞ D ．()0,∞+【答案】C 【解析】()2f x x=的定义域为()(),00,-∞⋃+∞， 图象如图所示：所以()2f x x=的单调递减区间为()(),0,0,-∞+∞， 故选：C2（2020·台州市黄岩中学高一月考）函数f (x )＝1－11x -（ ） A ．在(－1，＋∞)上单调递增 B ．在(1，＋∞)上单调递增 C ．在(－1，＋∞)上单调递减 D ．在(1，＋∞)上单调递减 【答案】B【解析】f (x )图象可由y ＝－1x图象沿x 轴向右平移一个单位长度，再向上平移一个单位长度得到，如图所示．故选：B3．（2021·吉林长春市·长春外国语学校高一开学考试）以下函数在其定义域上为增函数的是（ ） A ．1(0)x yx xB ．2(0)y x x xC ．1y x =-D ．2yx【答案】B【解析】对于A 选项，111(0)x yx xx，由于反比例函数()10y x x=>为减函数，故1(0)x yx x为减函数，A 选项错误； 对于B 选项，2(0)y x x x的对称轴为102x =-<，开口向上，故2(0)y x x x 为增函数，B选项正确；对于C 选项，由于()11y x x =-≤上是减函数，故由复合函数的单调性得1y x =-为定义域(],1-∞上的减函数，C 选项错误； 对于D 选项，2y x 为减函数，故D 选项错误.故选：B.4．（2021·深圳市皇御苑学校高一期末）函数23y x x =+的单调递减区间为A ．3,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．3,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭C ．[)0,+∞D ．(],3-∞-【答案】D【解析】由题意，230x x +≥，可得3x ≤-或0x ≥， 函数23y x x =+的定义域为(][),30,-∞-⋃+∞，令23t x x =+，则外层函数y t =在[)0,+∞上单调递增，内层函数23t x x =+在上(],3-∞-单调递减，在[)0,+∞上单调递增， 所以，函数23y x x =+的单调递减区间为(],3-∞-.故选：D.5．（2021·全国高一课时练习）下列函数中，在区间(1，+∞)上单调递增的是（ ） A ．y =-3x -1 B ．y =2xC ．y =x 2-4x +5 D ．y =|x -1|+2【答案】D【解析】由一次函数的性质可知，y =-3x -1在区间(1，+∞)上单调递减，故A 错误； 由反比例函数的性质可知，y =2x在区间(1，+∞)上单调递减，故B 错误， 由二次函数的性质可知，y =x 2-4x +5在(-∞，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，故C 错误； 由一次函数的性质及图象的变换可知，y =|x -1|+2在(1，+∞)上单调递增. 故选：D.6．（2021·浙江高一期末）函数()254f x x x =-+的单调递减区间为________【答案】(],1-∞（或(),1-∞）【解析】对于函数()f x ，有2540x x -+≥，解得1x ≤或4x ≥. 所以，函数()f x 的定义域为(][),14,-∞+∞.内层函数254u x x =-+在区间(],1-∞上为减函数，在区间[)4,+∞上为增函数， 外层函数y u =在[)0,+∞上为增函数，因此，函数()254f x x x =-+的单调递减区间为(],1-∞（或(),1-∞）.故答案为：(],1-∞（或(),1-∞）.7．（2021·贵溪市实验中学高二期末）函数2()26f x x x =+-的单调递增区间是____________；【答案】[)1,-+∞【解析】函数()226f x x x =+-的对称轴为1x =-，开口向上，所以函数()f x 的单调增区间为[)1,-+∞. 故答案为：[)1,-+∞8．（2020·和平区·天津市第二南开中学高一期中）函数243y x x =-++，[]0,3x ∈的单调递增区间是_____．【答案】[]0,2【解析】243y x x =-++的图象开口向下，又243y x x =-++的对称轴为42(1)2x =-=-⨯，()f x ∴的单调递增区间是[]0,2.故答案为：[]0,2.【题组三 图像法判断函数的单调性】1．（2020·江苏）函数()||1f x x =-与()()2g x x x =-的单调递增区间分别为（ ） A ．[1，+∞)，[1，+∞) B ．(﹣∞，1]，[1，+∞) C ．(1，+∞)，(﹣∞，1] D ．(﹣∞，+∞)，[1，+∞)【答案】A 【解析】()1,111,1x x f x x x x -≥⎧=-=⎨-+<⎩，()f x ∴在[)1,+∞上单调递增，()()222()211g x x x x x x -=-==--，()g x ∴在[)1,+∞上单调递增，故选：A.2．（2020·太原市·山西实验中学高一月考）函数()2f x x x =-的单调减区间是（ ） A ．[]1,2 B ．[]1,0-C ．[]0,2D ．[2,)+∞【答案】A 【解析】()(2),2,(2),2,x x x f x x x x -⋅≥⎧=⎨-⋅<⎩∴直接通过解析式，结合二次函数图象得：(,1),(2,)-∞+∞递增，在[]1,2递减，故选：A.3．（2021·河南郑州市）函数f （x ）=|x 2﹣6x+8|的单调递增区间为（ ） A ．[3，+∞） B ．（﹣∞，2），（4，+∞） C ．（2，3），（4，+∞） D ．（﹣∞，2]，[3，4]【答案】C【解析】画出2()68f x x x =-+的图象如图：由图象可知，函数的增区间为(2,3),(4,+∞），故选C.4．（2020·福建省南安市侨光中学高一月考）函数()11g x x x =⋅-+的单调减区间为（ ） A ．12⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦， B ．112⎡⎤⎢⎥⎣⎦，C ．[)1+∞， D ．][112⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭，，【答案】B【解析】()221,111=1,1x x x g x x x x x x ⎧-+≥=⋅-+⎨-++<⎩，画出函数图象，如图所示：根据图象知：函数的单调减区间为112⎡⎤⎢⎥⎣⎦，. 故选：B.5．（2021·银川市）函数2()68f x x x =-+的单调递增区间为（ ） A ．[3,)-+∞ B ．(,2),(4,)-∞+∞ C ．(2,3),(4,)+∞D ．(,2],[3,4]-∞-【答案】C【解析】2226824()686824x x x x f x x x x x x ⎧-+≤≥=-+=⎨-+-<<⎩或，所以()f x 递增区间是(2,3),(4,)+∞. 故选:C.6．（2021·重庆北碚区）函数()|2|f x x x =-的增区间是 A ．(,1]-∞ B ．[2,)+∞C ．(,1],[2,)-∞+∞D ．(,2)-∞【答案】C【解析】222,2()22,2x x x f x x x x x x ⎧-≥=-=⎨-+<⎩由二次函数的图象可知()f x 在(,1],[2,)-∞+∞上是增函数故选：C7．（2021·黑龙江哈尔滨市）已知函数()||2f x x x x =-，则有（ ） A ．()f x 是偶函数，递增区间为[0，)+∞ B ．()f x 是偶函数，递增区间为(-∞，1] C ．()f x 是奇函数，递减区间为[1-，1] D ．()f x 是奇函数，递增区间为(-∞，0] 【答案】C【解析】因为()||2f x x x x =-，所以()22()f x x x x x x x f x -=--+=-+=-，故()f x 为奇函数，因为222,0()2,0x x x f x x x x ⎧-=⎨--<⎩，结合二次函数性质可知，()f x 的单调递减区间为[1-，1]．故选：C ．8．（2020·龙岩市高级中学高一期中）（多选）函数2()68f x x x =-+在下列区间（ ）上单调递减． A ．(,2)-∞ B ．(,3)-∞C ．[]3,4D ．()2,3【答案】AC【解析】解：因为222268,4()6868,2468,2x x x f x x x x x x x x x ⎧-+≥⎪=-+=-+-<<⎨⎪-+≤⎩，函数图象如下所示：由图可知函数的单调递增区间为()2,3和()4,+∞，单调递减区间为(),2-∞和()3,4 故选：AC9．（2021·江苏扬州市）函数()|2|3f x x x =--的单调递增区间为______ 【答案】()(,1),2,-∞+∞【解析】由题意2x ≥时，22()(2)323(1)4f x x x x x x =--=--=--，在[2,)+∞是是增函数，2x <时，22()(2)323(1)2f x x x x x x =--=-+-=---，在(,1)-∞是递增，在(1,2)上递减．∴增区间为(,1)-∞，(2,)+∞． 故答案为：(,1)-∞，(2,)+∞．10．（2021·江苏南京市）函数()21f x x =-的单调增区间为______.【答案】（-1，0）和（1，+ ∞） 【解析】()21f x x =-可画出函数图象如下所示：由函数图象可知，函数在()1,0-和()1,+∞上单调递增. 故答案为：()1,0-和()1,+∞ 【题组四 已知单调性求参数】1．（2021·新疆阿勒泰地区·高一期末）若函数f (x )＝(2a －1)x ＋b 在R 上是单调减函数，则有（ ）A ．a ≥12 B ．a ≤12 C ．a >12D ．a <12【答案】D【解析】函数f (x )＝(2a －1)x ＋b 在R 上是单调减函数，则2a －1<0，即a <12. 故选：D.2．（2021·全国）若函数()|2|f x x a =+的单调递减区间是(,3]-∞，则a 的值为 A ．3- B ．3C ．6-D ．6【答案】C 【解析】当2a x ≤-时，()2f x a x =-，()f x ∴单调递减区间为,2a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦，32a∴-=，解得：6a =-.故选：C . 3．（2021·广西桂林市·高一期末）如果函数2()2(1)2f x x a x =--+在[3,)+∞上是增函数，那么实数a 的取值范围（ ） A ．3a ≤-B ．2a -C ．5a ≤D ．5a ≥【答案】B【解析】函数2()2(1)2f x x a x =--+为二次函数，对称轴为1x a =-，故函数在(),1a -∞-单调递减，(1+)a -∞，单调递增，因此：132a a -≤∴≥-.故选：B4．（2021·江西宜春市·高安中学高一期末（理））已知函数f (x )=221,143,1x x x x x ⎧-+<⎨-+≥⎩，在(0,3)a -上单调递减，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[3，4] B ．[3，5]C ．(3，4]D ．(]3,5【答案】D【解析】函数221,1()43,1x x f x x x x ⎧-+<=⎨-+≥⎩，画出函数()f x 的大致图象，如图所示：函数()f x 在(0,3)a -上单调递减，∴由图象可知：032a <-≤，解得：35a <≤，故实数a 的取值范围是：(]3,5. 故选：D.5．（2021·四川省遂宁市第二中学校高一月考（文））已知函数()2f x ax =-在[0,2]上单调递减，则a的取值范围是（ ） A ．(0,1] B ．(0,1)C ．(0,2]D ．[2,)+∞【答案】A【解析】因为函数()2f x ax =-在[0,2]上单调递减，所以0220a a >⎧⎨-≥⎩ ，解得01a <≤，所以a 的取值范围是(0,1]， 故选： A6．（2021·北京门头沟区·大峪中学高一期中）已知函数()2f x ax x =-,若对任意[)12,2,x x ∈+∞,且12x x ≠,不等式()()12120f x f x x x ->-恒成立,则实数a 的取值范围是A ．1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】D【解析】不妨设x 2＞x 1≥2，不等式()()1212f x f x x x --=22112212ax x ax x x x --+-=()()()12121212a x x x x x x x x -+---=a （x 1+x 2）﹣1，∵对任意x 1，x 2∈[2，+∞），且x 1≠x 2，不等式()()1212f x f x x x --＞0恒成立，∴x 2＞x 1≥2时，a （x 1+x 2）﹣1＞0，即a ＞121x x +恒成立∵x 2＞x 1≥2 ∴121x x +＜14∴a ≥14，即a 的取值范围为[14，+∞）； 故选：D ．7．（2021·云南大理白族自治州·宾川四中高一开学考试）若()()31121a x a x f x ax x ⎧-+<=⎨-≥⎩，，是定义在(),-∞+∞上的减函数，则a 的取值范围是（ ） A ．11,63⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．11,63⎛⎤⎥⎝⎦C ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】A【解析】因为()()31121a x a x f x ax x ⎧-+<=⎨-≥⎩，，是定义在(),-∞+∞上的减函数，所以(31)1231020a a aaa-⨯+≥-⎧⎪-<⎨⎪-<⎩，即1613aaa⎧≥⎪⎪⎪<⎨⎪>⎪⎪⎩，解得1163a≤<，故选：A8．（2021·应城市第一高级中学高一期末）（多选）函数()21x af xx-=+在区间()b+∞，上单调递增，则下列说法正确的是（）A．2a>-B．1b>-C．1b≥-D．2a<-【答案】AC【解析】()22211x a af xx x-+==-++，()f x在区间()b+∞，上单调递增，20a∴+>，2a>-∴，由()f x在区间()1+∞-，上单调递增，1b.故选：AC9．（2021·江苏高一）（多选）已知函数()25,1,1x ax xf x axx⎧---≤⎪=⎨>⎪⎩是R上的增函数，则实数a的取值可以是（）A．0B．2-C．1-D．3-【答案】BD【解析】由题意，函数25y x ax=---的图象开口朝下，对称轴为2ax=-，因为函数()25,1,1x ax xf x axx⎧---≤⎪=⎨>⎪⎩是R上的增函数，所以1215aaa a⎧-≥⎪⎪⎨<⎪⎪---≤⎩，解得32a--≤≤.所以实数a 的取值可以是2-，3-. 故选：BD.10.（2021·浙江高一期末）已知函数()()()()()24312121xa x f x x a x x ⎧-≤⎪=⎨+-+>⎪⎩在R 上是增函数，则实数a 的取值范围是_______． 【答案】[)1,1-【解析】要使()f x 在R 上是增函数，则431114352a a a a ->⎧⎪-≤⎨⎪-≤-⎩，解得11a -≤<.故答案为：[)1,1-.11．（2021·青海西宁市·高一期末）函数2()21f x x kx k =-++在区间[1,3]-上不单调．．．，则实数k 的取值范围是_________． 【答案】()4,12-【解析】二次函数2()21f x x kx k =-++在区间[1,3]-上不单调．．．则对称轴()1,34kx =∈-，即()4,12k ∈- 故答案为：()4,12-12．（2021·湖南高一期中）已知函数()()22212f x x k x k =+-++．（1）若不等式()0f x <的解集为{}3|1x x <<，求实数k 的值； （2）若函数()f x 在区间[]2,4上不单调，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）1k =-；（2）()3,1--.【解析】（1）由已知得方程()222120x k x k +-++=的两根为1和3，故由()()2241420k k ∆=--+>，解得12k <-， 再由韦达定理有()22113213k k ⎧--=+⎨+=⨯⎩，得112k =-<-，符合要求， 故实数k 的值为1k =-；（2）∵函数()f x 在区间[]2,4上不单调，二次函数对称轴为()1x k =--， ∴()214k <--<，解得31k -<<-， 所以实数k 的取值范围为()3,1--．13．（2021·浙江高一期末）已知函数2()2(1)4f x x k x =+-+． （Ⅰ）若函数()f x 在区间[2,4]上具有单调性，求实数k 的取值范围； （Ⅱ）若()0f x >对任意的[1,2]x ∈恒成立，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）(,3][1,)-∞-⋃-+∞（2）()1,-+∞ 【解析】（1）由函数2()2(1)4f x x k x =+-+知， 函数()f x 图象的对称轴为1x k =-. 因为函数()f x 在区间[]2,4上具有单调性， 所以12k -≤或14k -≥， 解得3k ≤-或1k ≥-，所以实数k 的取值范围为(,3][1,)-∞-⋃-+∞. （2） 因为()0f x >对任意的[1,2]x ∈恒成立， 所以可得42(1)k x x->--对任意的[1,2]x ∈恒成立， 因为444()244y x x x x x=--=-+≤-⋅=-，当且仅当2x =时等号成立， 即max 4y =-，所以只需2(1)4k ->-， 解得1k -<，所以实数k 的取值范围为()1,-+∞. 【题组五 利用单调性解不等】1．（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】由题意得：-2-12-21-22-11-2m m m m <<⎧⎪<<⎨⎪<⎩，，，解得12-<m <23.故答案为：1223⎛⎫- ⎪⎝⎭，2（2021·全国高一课时练习）函数()y f x =满足：对任意的12,x x R ∈总有1212()()0f x f x x x ->-．则不等式2(1)(2)f m f m +>的解集为________．【答案】{|1}m m ≠【解析】因为对任意的12,x x R ∈总有1212()()0f x f x x x ->-所以函数()y f x =是R 上的单调增函数，从而由2(1)(2)f m f m +>得212m m +>，解得1m ≠． 故答案为：{|1}m m ≠3．（2021·全国高一课时练习）已知f (x )是定义在(,0]-∞上的单调递增函数，且(2)3f -=，则满足(23)3f x -<的x 的取值范围是_______.【答案】x ＜12【解析】因为(2)3f -=，所以(23)3f x -<和化为(23)(2)f x f -<-， 又因为f (x )是定义在(,0]-∞上的单调递增函数，所以232x -<-，解得12x <. 故答案为：12x <. 4（2021·江苏南通市·高一开学考试）设函数()f x 是定义在(),-∞+∞上的增函数，实数a 使得()()212f ax x f a --<-对于任意[]0,1x ∈都成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,1)-∞B ．[]2,0-C ．()222,222---+ D ．[]0,1【答案】A【解析】解：法一：由条件得1﹣ax ﹣x 2＜2﹣a 对于x ∈[0，1]恒成立 令g （x ）＝x 2+ax ﹣a +1，只需g （x ）在[0，1]上的最小值大于0即可．g （x ）＝x 2+ax ﹣a +1＝（x 2a +）224a --a +1．①当2a-＜0，即a ＞0时，g （x ）min ＝g （0）＝1﹣a ＞0，∴a ＜1，故0＜a ＜1；②当02a ≤-≤1，即﹣2≤a ≤0时，g （x ）min ＝g （2a -）24a =--a +1＞0，∴﹣2﹣22＜a ＜﹣2+22，故﹣2≤a ≤0；③当2a ＞-1，即a ＜﹣2时，g （x ）min ＝g （1）＝2＞0，满足，故a ＜﹣2． 综上a 的取值范围1a <，故选A.5．（2021·沂源县第二中学高一开学考试）若偶函数()f x 在(,0]-∞上是增函数，则下列关系式中成立的是（ ）A ．3(1)(2)2f f f ⎛⎫-<-< ⎪⎝⎭B ．3(1)(2)2f f f ⎛⎫-<-< ⎪⎝⎭C ．3(2)(1)2f f f ⎛⎫<-<- ⎪⎝⎭ D ．3(2)(1)2f f f ⎛⎫<-<- ⎪⎝⎭【答案】D【解析】因为()f x 为偶函数，所以(2)(2)f f =-， 又因为()f x 在(,0]-∞上是增函数，且3212<--<-， 所以3(2)(1)2f f f ⎛⎫-<-<- ⎪⎝⎭，即3(2)(1)2f f f ⎛⎫<-<- ⎪⎝⎭， 故选：D.6．（2021·长宁区·上海市延安中学高一期末）设2,0()1,0x x f x x -⎧≤=⎨>⎩，则满足()()1 2f x f x +<的实数x的取值范围是__________. 【答案】(),0-∞【解析】作出函数2,0()1,0x x f x x -⎧≤=⎨>⎩的图像如图，满足(1)(2)f x f x +<2021x x x <⎧∴⎨<+⎩，解得0x <.故答案为：(),0-∞.7．（2021·全国高一课时练习）已知函数37().2x f x x +=+ （1）判断并证明函数()f x 在()2,-+∞的单调性；（2）若函数()f x 的定义域为()2,2-且满足2(23)()f m f m -+>，求m 的范围. 【答案】（1）证明见解析，(2,)x ∈-+∞时，函数37()2x f x x +=+为减函数；（2）()1,2. 【解析】（1）371()322x f x x x +==+++，()f x 在(2,)-+∞上是减函数，证明如下： 设122x x >>-，则2112121211()()22(2)(2)x x f x f x x x x x --=-=++++， 122x x >>-，120x ∴+>，220x +>，210x x -<， 12()()f x f x ∴<，()f x ∴在(2,)-+∞上为减函数；（2）由（1）可知：当(2,2)x ∈-时，函数()f x 为减函数，∴由2(23)()f m f m -+>得，2222322223m m m m -<-+<⎧⎪-<<⎨⎪-+<⎩，解得12m <<，m ∴范围为(1,2)．【题组六 利用单调性求最值】1．（2021·广东汕头市·高一期末）设函数2()1f x mx mx =--，若对于[1,3]x ∈，()>-f x m 恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．1,7⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(1,)+∞C ．(,1)-∞D ．1,7⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】当0m =时，()1f x =-，由1m ->-，得1m ，不符合题意； 当0m ≠时，函数()f x 的对称轴为12x =， 当0m >时，函数()f x 在区间[1,3]上单调递增，此时函数min ()(1)1f x f ==-， 要使[1,3]x ∈，()>-f x m 恒成立，只需1m ->-，解得1m ，所以1m ； 当0m <时，函数()f x 在区间[1,3]上单调递减，此时函数min ()(3)61f x f m ==-， 要使[1,3]x ∈，()>-f x m 恒成立，只需61m m ->-，解得17m >，不符合题意； 综上：实数m 的取值范围是(1,)+∞. 故选：B2．（2021·广东广州市·高一期末）已知函数()()221f x x ax a R =+-∈，若()1,2x ∀∈，()0f x ≤，则a 的取值范围是_________. 【答案】7,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】()1,2x ∀∈，()2021f x x ax =-≤+恒成立，即12,(1,2)a x x x≤-+∈恒成立，设1()2g x x x =-+在(1,2)单调递减，所以7()12g x -<<-， 所以72a ≤-. 故答案为：7,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦. 3．（2021·浙江高一期末）（多选）已知函数222y x x -=+的值域是[1，2]，则其定义域可能是（ ）A ．[0,1]B ．[ 1,2]C ．1,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[1,1-]【答案】ABC【解析】因为函数222y x x -=+的值域是[1，2]，由2y =可得0x =或2x =，由1y =可得1x = 所以其定义域可以为A 、B 、C 中的集合 故选：ABC4．（2021·全国高一课时练习）二次函数24y ax x a =++的最大值是3，则a =_______.【答案】1-【解析】根据题意，二次函数24y ax x a =++的最大值是3，则2041634a a a<⎧⎪⎨-=⎪⎩，解得1a =-.故答案为：1-.5．（2021·安徽省舒城中学高一开学考试）已知函数2()23f x x x =--在[]1m －，上的最大值为()f m ，则m 的取值范围是（ ）A ．(11]－， B ．(1,122]-+ C ．[122,)++∞ D ．(1,1][122,)-⋃++∞【答案】D【解析】()f x 的图象如下图：对称轴为1,(1)4x f ==，令2234x x --=，得122x =±. 因为(1)0f -=，所以数形结合可得11m -<或122m +.故选：D6（2021·云南文山壮族苗族自治州·砚山县第三高级中学高一期末）已知函数1()2f x x a =+，且1(2)5f =． （1）求a 的值；（2）试判断函数在(1,)+∞上的单调性，并给予证明；（3）求函数在[3,5]x ∈的最大值和最小值．【答案】（1）1a =，（2）减函数，证明见解析，（3）最大值17，最小值111 【解析】（1）因为1()2f x x a =+，且1(2)5f =， 所以1145a =+，解得1a =， （2）函数1()21f x x =+在(1,)+∞上为减函数，证明如下： 任取12,(1,)x x ∈+∞，且12x x <，则121211()()2121f x f x x x -=-++ 21122()(21)(21)x x x x -=++ 因为12,(1,)x x ∈+∞，且12x x <，所以210x x ->，12210,210x x +>+>， 所以12())0(f x f x ->，即12()()f x f x >，所以函数1()21f x x =+在(1,)+∞上为减函数， （3）由（2）可知1()21f x x =+在[3,5]上为减函数， 所以当3x =时，函数取得最大值，即max 11()2317f x ==⨯+， 当5x =时，函数取得最小值，即min 11()25111f x ==⨯+ 7．（2020·重庆市万州南京中学高一期中）已知函数()1=+x f x x （1）用定义法判断()f x 在区间()1,-+∞上是增函数；（2）求函数()f x 在区间[]2,5上的最值.【答案】（1）证明见解析；（2）()()min max 25,36f x f x == 【解析】(1)证明：()1111111x x f x x x x +-===-+++ 任取()12,1,x x ∈-+∞，且12x x <()()1212111111f x f x x x ⎛⎫⎛⎫-=--- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭211111x x =-++()()()()12121111x x x x +-+=++121211x x x x 121x x -<<，12120,10,10x x x x ∴-<+>+>()()120f x f x ∴-<，即()()12f x f x <∴()f x 在()1,-+∞单调递增（2）由（1）知，()f x 在[]2,5单调递增，()()()()min max 252,536f x f f x f ∴==== 8．（2021·深圳第二外国语学校高一期末）已知函数1()2f x x x=+. （1）证明：证明函数()f x 在区间2,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）若2()31f x a a ≥+-在[]1,3x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）41a -≤≤.【解析】（1）任取1222x x <<，∴1212121122f x f x x x x x ()12121221x x x x x x -=-， ∵1222x x <<，∴120x x -<，12210x x ->，120x x >， ∴()()120f x f x -<， 故函数()f x 在区间2,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增； （2）2()31f x a a ≥+-在[]1,3x ∈上恒成立，等价于2min 31()a a f x +-≤， 由（1）知()f x 在[]1,3x ∈单调递增，∴()min ()13f x f ==，∴2313a a +-≤，解得41a -≤≤.9．（2021·海南鑫源高级中学高一期末）一次函数()2(0)f x kx a =+≠且(1)5f =.（1）求k 的值；（2）证明()f x 在R 上单调递增.【答案】（1）3k =；（2）证明见解析.【解析】（1）一次函数()2(0)f x kx a =+≠且(1)5f =.则25k +=，则3k =.（2）证明：由（1）得()32f x x =+，在R 上任取1x ，2x ，令12x x <，则()1212()()3232f x f x x x -=+-+()123x x =- 12x x <，12()()0f x f x ∴-<，()f x ∴在R 上是单调递增函数．10．（2021·安徽高一开学考试）已知函数22()x f x x-=.（1）判断()f x 在(0,)+∞上的单调性，并用定义法证明；（2）已知()f x 在[]1,2上的最大值为m ，若正实数a ，b 满足ab m =，求11a b +最小值. 【答案】（1）()f x 在(0,)+∞上单调递增，证明见解析；（2）2.【解析】（1）函数()f x 在(0,+)∞上单调递增. 证明如下： 令120x x >>，()()2212121212212222x x f x f x x x x x x x ---=-=-+- ()121221x x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭. 因为120x x >>，所以120x x ->，120x x >，所以12122()(1)0x x x x -+>， 所以()()120f x f x ->，即()()12f x f x >，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增.（2）由（1）知函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，所以函数()f x 在[]1,2上的最大值为222(2)12f -==， 即1m =，所以1ab =，所以1122a b a b ab a b ab++==+≥=， 当且仅当1a b ==时等号成立. 11．（2021·福建三明市·高一期末）已知函数21()1x f x x -=+． （1）判断()f x 在[)0,+∞上单调递增还是单调递减，并证明你的判断；（2）若[]1,x m ∈，()f x 的最大值与最小值的差为12，求m 的值．【答案】（1）()f x 在[)0,+∞上单调递增，证明见解析；（2）2m =.【解析】（1）()f x 在[)0,+∞上单调递增，证明如下：设任意的120x x ≤<，则()()()()121212121232121()1111x x x x f x f x x x x x ----=-=++++， 因为120x x ≤<，故120x x -<，()()12110x x ++>，故()12()0f x f x -<即()12()f x f x <，故()f x 在[)0,+∞上单调递增.（2）由（1）可知()f x 在[]1,m 上为增函数，故()()()()min max 1211,,21m f x f f x f m m -====+ 所以2111122m m --=+，故2m =，此时1m 符合， 故2m =.。
高中数学新教材人教A版必修第一册学案：3.2函数的基本性质Word版含答案
【新教材】3.2.1 单调性与最大（小）值（人教A版）1、理解增函数、减函数的概念及函数单调性的定义；2、会根据单调定义证明函数单调性；3、理解函数的最大（小）值及其几何意义；4、学会运用函数图象理解和研究函数的性质.重点：1、函数单调性的定义及单调性判断和证明；2、利用函数单调性或图像求最值.难点：根据定义证明函数单调性．一、预习导入阅读课本76-80页，填写。
1．增函数、减函数的定义2、单调性与单调区间如果函数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)在这一区间上具有(严格的)________，区间D叫做y＝f(x)的________．[点睛] 一个函数出现两个或者两个以上的单调区间时，不能用“∪”连接，而应该用“,”连接．如函数y＝1x在(－∞，0),(0，＋∞)上单调递减，却不能表述为：函数y＝1x在(－∞，0)∪(0，＋∞)上单调递减．3、函数的最大（小）值1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)所有的函数在其定义域上都具有单调性．( )(2)在增函数与减函数的定义中，可以把“任意两个自变量”改为“存在两个自变量”．( )(3)任何函数都有最大值或最小值．( )(4)函数的最小值一定比最大值小．( )2.函数y＝f(x)的图象如图所示，其增区间是( )A．[－4,4] B．[－4，－3]，[1,4]C．[－3,1] D．[－3,4]3．函数y＝f(x)在[－2,2]上的图象如图所示，则此函数的最小值、最大值分别是( )A ．－1,0B ．0,2C ．－1,2 D.12，2 4．下列函数f (x )中，满足对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)的是( )A ．f (x )＝x 2B ．f (x )＝1xC ．f (x )＝|x |D ．f (x )＝2x ＋15．函数f (x )＝2x，x ∈[2,4]，则f (x )的最大值为______；最小值为________． 题型一 利用图象确定函数的单调区间例1求下列函数的单调区间,并指出其在单调区间上是增函数还是减函数:(1)y=3x-2;(2)y=-1x . 跟踪训练一1. 已知x ∈R,函数f(x)=x|x-2|,试画出y=f(x)的图象,并结合图象写出函数的单调区间.题型二 利用函数的图象求函数的最值例2 已知函数y=-|x-1|+2,画出函数的图象,确定函数的最值情况,并写出值域.跟踪训练二1.已知函数f(x)={1x ,0<x<1,x,1≤x ≤2.(1)画出f(x)的图象;(2)利用图象写出该函数的最大值和最小值.题型三 证明函数的单调性 例3 求证:函数f(x)=x+1x 在区间(0,1)内为减函数. 跟踪训练三1.求证：函数f(x)＝21x在(0，＋∞)上是减函数，在(－∞，0)上是增函数． 题型四 利用函数的单调性求最值例4 已知函数f(x)=x+ 4x .(1)判断f(x)在区间[1,2]上的单调性;(2)根据f(x)的单调性求出f(x)在区间[1,2]上的最值.跟踪训练四1.已知函数f(x)＝6x−1(x∈[2,6]，)求函数的最大值和最小值．题型五函数单调性的应用例5已知函数f(x)在区间(0,+∞)上是减函数,试比较f(a2-a+1)与f34⎛⎫⎪⎝⎭的大小.跟踪训练五1.已知g(x)是定义在[-2,2]上的增函数,且g(t)>g(1-3t),求t的取值范围.题型六单调性最值的实际应用例6“菊花”烟花是最壮观的烟花之一.制造时一般是期望在它达到最高点时爆裂.如果烟花距地面的高度h（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为h（t）=-4.9t2+14.7t+18，那么烟花冲出后什么时候是它爆裂的最佳时刻？这时距地面的高度是多少（精确到1m）？跟踪训练六1. 某租赁公司拥有汽车100辆,当每辆车的月租金为3 000元时,可全部租出,当每辆车的月租金每增加50元时,未租出的车将会增加一辆,租出的车每辆每月需要维护费150元,未租出的车每辆每月需要维护费50元.(1)当每辆车的月租金为3 600元时,能租出多少辆?(2)当每辆车的月租金为多少元时,租赁公司的月收益最大?最大月收益是多少?1.f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有f(a)−f(b)a−b>0，则必有( )A．函数f(x)先增后减 B．函数f(x)先减后增C．函数f(x)是R上的增函数 D．函数f(x)是R上的减函数2.已知函数f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0,1]，若f(x)的最小值为－2，则f(x)的最大值为( )A．－1 B．0C．1 D．23．已知函数f(x)＝4x2－kx－8在区间(5,20)上既没有最大值也没有最小值，则实数k的取值范围是( ) A．[160，＋∞) B．(－∞，40]C．(－∞，40]∪[160，＋∞) D．(－∞，20]∪[80，＋∞)4.若函数y＝f(x)的定义域为R，且为增函数，f (1－a)<f(2a－1)，则a的取值范围是。
高中必修第一册《3.2 函数的基本性质》优质课教案教学设计
3.2.1 单调性与最大（小）值《函数的单调性与最大（小）值}》系人教A版高中数学必修第一册第三章第二节的内容,本节包括函数的单调性的定义与判断及其证明、函数最大（小）值的求法。
在初中学习函数时,借助图像的直观性研究了一些函数的增减性,这节内容是初中有关内容的深化、延伸和提高函数的单调性是函数众多性质中的重要性质之一,函数的单调性一节中的知识是前一节内容函数的概念和图像知识的延续,它和后面的函数奇偶性,合称为函数的简单性质,是今后研究指数函数、对数函数、幂函数及其他函数单调性的理论基础;在解决函数值域、定义域、不等式、比较两数大小等具体问需用到函数的单调性;同时在这一节中利用函数图象来研究函数性质的救开结合思想将贯穿于我们整个高中数学教学。
A.理解增函数、减函数、单调区间、单调性概念；B.掌握增（减）函数的证明与判断；C.能利用单调性求函数的最大（小）值；D.学会运用函数图象理解和研究函数的性质；1.教学重点：函数单调性的概念，函数的最值；2.教学难点：证明函数的单调性，求函数的最值。
多媒体教学过程教学设计意图 核心素养目标 一、情景引入1. 观察这些函数图像，你能说说他们分别反映了相应函数的哪些特征吗？2、它们分别反映了相应函数有什么变化规律？二、探索新知 探究一 单调性1、思考：如何利用函数解析式2)(x x f =描述“随着x 的增大，相应的f(x)随着增大？”【答案】图象在区间 ）+∞,0(上 逐渐上升， 在）+∞,0(内随着x 的增大，y 也增大。
对于区间）+∞,0(内任意21,x x ，当21x x <时，都有)()(21x f x f <。
这是，就说函数2)(x x f =在区间 ）+∞,0(上是增函数.2、你能类似地描述2)(x x f =在区间)0,(-∞上是减函数吗？ 【答案】在区间)0,(-∞内任取21,x x ，得到211)(x x f =，222)(x x f =，当21x x <时，都有)()(21x f x f >。
【高考数学】3.2第1课时 考点2 含参数的函数的单调性
高考真题（2019•全国III 卷（理））已知函数. （1）讨论的单调性；（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）对求导得.所以有当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. （2）若在区间有最大值1和最小值-1，所以若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立.若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 . 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为.32()2f x x ax b =-+()f x ,a b ()f x [0,1]1-,a b 32()2f x x ax b =-+2'()626()3af x x ax x x =-=-0a <(,)3a -∞(,0)3a (0,)+∞0a =(,)-∞+∞0a >(,0)-∞(0,)3a (,)3a +∞()f x [0,1]0a <(,)3a -∞(,0)3a (0,)+∞[0,1](0)1f =-(1)1f =1b =-0a =0a <0a <0a =(,)-∞+∞[0,1](0)1f =-(1)1f =01a b =⎧⎨=-⎩02a <≤(,0)-∞(0,)3a(,)3a +∞()f x (0,)3a (,1)3a [0,1]()3a f (0),(1)2(0)fb f a b f ==-+≥[0,1](1)f即相减得，即，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为.即相减得，解得，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为即解得. 综上得或. 【答案】（1）见详解；（2） 或.（2019•天津卷（理））已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ） A ． B ． C ． D ．322()()13321a a ab a b ⎧-+=-⎪⎨⎪-+=⎩32227a a -+=(0a a a -+=02a <≤23a <≤(,0)-∞(0,)3a (,)3a +∞()f x (0,)3a (,1)3a [0,1]()3a f (0),(1)2(0)fb f a b f ==-+≤[0,1](0)f 322()()1331a a ab b ⎧-+=-⎪⎨⎪=⎩3227a =x =23a <≤3a >(,0)-∞(0,)3a(,)3a +∞()f x [0,1][0,1](0)f (1)f 121b a b =⎧⎨-+=-⎩41a b =⎧⎨=⎩01a b =⎧⎨=-⎩41a b =⎧⎨=⎩01a b =⎧⎨=-⎩41a b =⎧⎨=⎩a R ∈222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩x ()0f x Ra []0,1[]0,2[]0,e []1,e【解析】∵，即，（1）当时，， 当时，，故当时，在上恒成立； 若在上恒成立，即在上恒成立， 令，则，当函数单增，当函数单减，故，所以．当时，在上恒成立； 综上可知，的取值范围是， 故选C ． 【答案】C（2019•浙江卷）已知实数，设函数（1）当时，求函数的单调区间； （2）对任意均有 求的取值范围. 注：为自然对数的底数.【解析】（1）当时，，且： ， 因此函数的单调递增区间是,单调递减区间是. （2）由，得(0)0f ≥0a ≥01a ≤≤2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->1a <(1)10f =>0a ≥2220x ax a -+≥(,1]-∞ln 0x a x -≥(1,)+∞ln xa x≤(1,)+∞()ln xg x x=2ln 1'()(ln )x g x x -=,x e >0,x e <<max ()()g x g e e ==a e ≤0a ≥2220x ax a -+≥(,1]-∞a [0,]e 0a ≠()=ln 0.f x a x x +>34a =-()f x 21[,)e x ∈+∞()f x ≤a e 2.71828...=34a =-()3ln 4f x x =-+()0,∞+()3433'4x x f x x -+=-==()f x ()3,+∞()0,31(1)2f a ≤0a <≤当， 令，则， 设，，则， （i ）当则， 记， 则 列表讨论：（ii ）当时，， 令， 则， 故在上单调递增，，0a <≤()f x ≤2ln 0x --≥1t a=t ≥()22ln g t t x =t ≥2()2ln g t t x =-1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()(22)2ln g x g x =1()ln ,7p x x x =≥1()p x x '===()(1)0,()(22)2()0p x p g t g p x ∴=∴=211,7x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭()g t g ≥=211()(1),,7q x x x x e ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦()10q x '=+>()q x 211,7e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦1()7q x q ⎛⎫∴≤ ⎪⎝⎭由（i ）得， ， 由（i ）（ii ）知对任意， 即对任意，均有， 综上所述，所求的a 的取值范围是．【答案】（1）的单调递增区间是,单调递减区间是；（2）.11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()0,()0q x g t g ∴<∴≥=>21,,),()0x t g t e ⎡⎫∈+∞∈+∞≥⎪⎢⎣⎭21,x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()f x≤⎛ ⎝⎦()f x ()3,+∞()0,304a <≤。