2021年高考数学一轮复习讲练测：专题2.2 函数的单调性与最值(精讲)(解析版)

第2讲函数的单调性与最值[考纲解读] 1.掌握求函数单调性与单调区间的求解方法，并能利用函数的单调性求最值．(重点)2．理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．(重点)3．能够运用函数图象理解和研究函数的性质．(难点)[考向预测]从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点．预测2021年高考将主要考查函数单调性的应用、比较大小、函数最值的求解、根据函数的单调性求参数的取值范围等问题．对应学生用书P0131.函数的单调性(1)增函数、减函数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□01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□02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□03减函数图象描述自左向右看图象是□04上升的自左向右看图象是□05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)□06单调性．区间D叫做函数y＝f(x)的□07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□01f(x)≤M；②存在x0∈I，使得□02f(x0)＝M①对于任意x∈I，都有□03f(x)≥M；②存在x0∈I，使得□04f(x0)＝M 结论M为函数y＝f(x)的最大值M为函数y＝f(x)的最小值1.概念辨析(1)函数y＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(2)设任意x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，那么f(x)在[a，b]上是增函数⇔f(x1)－f(x2)x1－x2>0⇔(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0.()(3)若函数y＝f(x)，x∈D的最大值为M，最小值为m(M＞m)，则此函数的值域为[m，M]．()(4)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到．()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2.小题热身(1)设定义在[－1,7]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的增区间为________．答案[－1,1]，[5,7]解析由图可知函数的单调递增区间为[－1,1]和[5,7]．(2)函数y＝4x－x2＋3，x∈[0,3]的单调递增区间是________，最小值是________，最大值是________．答案[0,2]37解析 因为y ＝4x －x 2＋3＝－(x －2)2＋7，所以函数y ＝4x －x 2＋3，x ∈[0,3]的单调递增区间是[0,2]． 当x ＝2时，y max ＝7；当x ＝0时，y m i n ＝3.(3)函数f (x )＝(2a －1)x －3是R 上的减函数，则a 的取值范围是________． 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12解析 因为函数f (x )＝(2a －1)x －3是R 上的减函数，所以2a －1＜0，解得a ＜12. (4)函数f (x )＝3x ＋1(x ∈[2,5])的最大值与最小值之和等于________． 答案32解析 因为函数f (x )＝3x ＋1在[2,5]上单调递减，所以f (x )max ＝f (2)＝1，f (x )m i n ＝f (5)＝12，f (x )max ＋f (x )m i n ＝32.对应学生用书P014题型1.函数f (x )＝ln (x 2－2x －8)的单调递增区间是( ) A.(－∞，－2) B ．(－∞，1) C.(1，＋∞) D ．(4，＋∞)答案 D解析 由x 2－2x －8>0，得x >4或x <－2. 设t ＝x 2－2x －8，则y ＝ln t 为增函数．要求函数f (x )的单调递增区间，即求函数t ＝x 2－2x －8在定义域内的单调递增区间．∵函数t ＝x 2－2x －8在(－∞，－2)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，∴函数f (x )的单调递增区间为(4，＋∞). 2.函数f (x )＝|x －2|x 的单调递减区间是( ) A.[1,2] B ．[－1,0] C.[0,2] D ．[2，＋∞)答案 A解析 f (x )＝|x －2|x ＝⎩⎨⎧(x －2)x ，x ≥2，(2－x )x ，x <2.作出此函数的图象如下．观察图象可知，f (x )＝|x －2|x 的单调递减区间是[1,2]．条件探究 将本例中“f (x )＝|x －2|x ”改为“f (x )＝x 2－2|x |”，则f (x )的单调递减区间是________，单调递增区间是________． 答案 (－∞，－1]和(0,1] (－1,0]和(1，＋∞)解析 f (x )＝x 2－2|x |＝⎩⎨⎧x 2－2x ，x ≥0，x 2＋2x ，x <0.作出此函数的图象如图，观察图象可知，此函数的单调递减区间是(－∞，－1]和(0,1]；单调递增区间是(－1,0]和(1，＋∞). 3.试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性． 解 解法一：设－1<x 1<x 2<1， f (x )＝a ·x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1，则f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1＝a (x 2－x 1)(x 1－1)(x 2－1). 由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0， 故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0， 即f (x 1)>f (x 2)，函数f (x )在(－1,1)上单调递减； 当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0， 即f (x 1)<f (x 2)，函数f (x )在(－1,1)上单调递增．解法二：f ′(x )＝(ax )′(x －1)－ax (x －1)′(x －1)2＝a (x －1)－ax (x －1)2＝－a (x －1)2.当a >0时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－1,1)上单调递减； 当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－1,1)上单调递增.1.确定函数单调性(区间)的三种常用方法(1)定义法：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)．如举例说明3可用此法． (2)图象法：如果f (x )是以图象形式给出的，或者f (x )的图象易作出，则可由图象的直观性确定它的单调性．如举例说明2.(3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．如举例说明3可用此法. 2.熟记函数单调性的三个常用结论(1)若f (x )，g (x )均是区间A 上的增(减)函数，则f (x )＋g (x )也是区间A 上的增(减)函数；(2)若k >0，则kf (x )与f (x )单调性相同；若k <0，则kf (x )与f (x )单调性相反； (3)复合函数单调性的确定方法：若两个简单函数的单调性相同，则这两个函数的复合函数为增函数；若两个简单函数的单调性相反，则这两个函数的复合函数为减函数，简称“同增异减”．如举例说明1.1.若函数f(x)＝ax＋1在R上递减，则函数g(x)＝a(x2－4x＋3)的增区间是()A.(2，＋∞) B．(－∞，2)C.(4，＋∞) D．(－∞，4)答案 B解析因为函数f(x)＝ax＋1在R上递减，所以a<0，所以g(x)＝a(x2－4x＋3)＝a[(x－2)2－1]的增区间是(－∞，2).2.函数f(x)＝6x－x2的单调递减区间是________．答案[3,6]解析由6x－x2≥0得0≤x≤6，故函数f(x)的定义域为[0,6]，再利用二次函数的性质可得函数f(x)的单调递减区间是[3,6].3.用定义法证明：f(x)＝log2(x－2)在(2，＋∞)上单调递增．证明∀x1，x2∈(2，＋∞)且x1＜x2，f(x1)－f(x2)＝log2(x1－2)－log2(x2－2)＝log2x1－2 x2－2.又由2＜x1＜x2，得0＜x1－2x2－2＜1.所以log2x1－2x2－2＜0，即f(x1)－f(x2)＜0.所以f(x1)＜f(x2)．所以函数f(x)在区间(2，＋∞)上单调递增. 题型二求函数的最值(值域)1.函数f(x)＝－x＋1x在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上的最大值是()A.32B．－83C．－2 D．2答案 A解析 因为函数f (x )＝－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上是减函数，所以f (x )max ＝f (－2)＝2－12＝32.2.函数y ＝x －x －1的最小值为________． 答案 34解析 令t ＝x －1，则t ≥0且x ＝t 2＋1， 所以y ＝t 2＋1－t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋34，t ≥0，所以当t ＝12时，y m i n ＝34. 条件探究将本例中“y ＝x －x －1”改为“y ＝x ＋1－x2”，则函数y ＝x ＋1－x2的最小值为________． 答案 －1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＋π4，θ∈[0，π]，所以－1≤y ≤2，故所求函数的最小值是－1.3.对a ，b ∈R ，记max{a ，b }＝⎩⎨⎧a ，a ≥b ，b ，a ＜b ，函数f (x )＝max{|x ＋1|，|x －2|}(x∈R )的最小值是________． 答案 32解析 由|x ＋1|≥|x －2|， 得(x ＋1)2≥(x －2)2.所以x ≥12.所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋1|，x ≥12，|x －2|，x ＜12.其图象如图所示．由图象易知，当x ＝12时，函数有最小值， 所以f (x )m i n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12＋1＝32.4.函数f (x )＝2a x －2020a x ＋1的值域为________．答案 (－2020,2)解析 解法一：f (x )＝2a x －2020a x ＋1＝2(a x ＋1)－2022a x ＋1＝2－2022a x ＋1，因为a x ＞0，所以a x ＋1＞1，所以0＜2022a x ＋1＜2022， 所以－2020＜2－2022a x ＋1＜2， 故函数f (x )的值域为(－2020,2)． 解法二：令y ＝f (x )＝2a x －2020a x ＋1，得y ·a x ＋y ＝2a x －2020， 所以(y －2)a x ＝－y －2020， a x ＝－y ＋2020y －2， 由a x ＞0得y ＋2020y －2＜0， 故－2020＜y ＜2，所以函数f (x )＝2a x －2020a x ＋1的值域为(－2020,2).求函数的最值(值域)的常用方法(1)单调性法：若所给函数为单调函数，可根据函数的单调性求最值．如举例说明1.(2)换元法：求形如y ＝ax ＋b ＋(cx ＋d )(ac ≠0)的函数的值域或最值，常用代数换元法、三角换元法结合题目条件将原函数转化为熟悉的函数，再利用函数的相关性质求解．如举例说明2.(3)数形结合法：若函数解析式的几何意义较明显(如距离、斜率等)或函数图象易作出，可用数形结合法求函数的值域或最值．如举例说明3.(4)有界性法：利用代数式的有界性(如x 2≥0，x ≥0，2x >0，－1≤sin x ≤1等)确定函数的值域．如举例说明4可用此法． (5)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．如举例说明4可用此法．另外，基本不等式法、导数法求函数值域或最值也是常用方法，在后面章节中有重点讲述．1.(2019·厦门质检)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －log 2(x ＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________． 答案 3解析 由于y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 在R 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. 2.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}. 3.函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|的值域为________．答案 [3，＋∞)解析函数y ＝⎩⎨⎧－2x ＋1，x ≤－1，3，－1＜x ＜2，2x －1，x ≥2.作出函数的图象如图所示．根据图象可知，函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|的值域为[3，＋∞). 题型 三 函数单调性的应用角度1 比较函数值的大小1.(2019·郑州模拟)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，且函数f (x )在(－∞，0)上是减函数，若a ＝f (－1)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 214，c ＝f (20.3)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.c ＜b ＜a B ．a ＜c ＜b C ．b ＜c ＜a D ．a ＜b ＜c 答案 B解析 ∵函数f (x )满足f (－x )＝f (x )， ∴c ＝f (20.3)＝f (－20.3)．∵1＜20.3＜2，∴－1＞－20.3＞－2， 即－1＞－20.3＞log 214.∵函数f (x )在(－∞，0)上是减函数， ∴f (－1)＜f (－20.3)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 214，即a ＜c ＜b .角度2 解不等式2.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋1，x ≥0，1，x <0，则不等式f (1－x 2)>f (2x )的x 的取值范围是( )A.(0，2－1) B ．(－1，2＋1) C.(0，2＋1) D ．(－1，2－1)答案 D解析 作出函数f (x )的图象如图所示．则不等式f (1－x 2)>f (2x )等价于⎩⎨⎧1－x 2>0，2x ≤0或⎩⎨⎧1－x 2>0，2x >0，1－x 2>2x ，解得－1<x <2－1.角度3 求参数的值或取值范围3.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧(a －3)x ＋5，x ≤1，2a －log a x ，x >1，对于任意x 1≠x 2都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0成立，则实数a 的取值范围是( ) A.(1,3] B ．(1,3) C ．(1,2] D ．(1,2)答案 C解析 根据题意，由f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0，易知函数f (x )为R 上的单调递减函数，则⎩⎨⎧a －3<0，a >1，(a －3)＋5≥2a ，解得1<a ≤2.故选C.函数单调性应用问题的常见类型及解题策略 (1)比较大小．如举例说明1.(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．如举例说明2. (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．如举例说明3.1.(2019·广州模拟)已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，且当x∈[－2,1]时，f(x)＝x2－2x－4，则关于x的不等式f(x)<－1的解集为()A.(－∞，－1) B．(－∞，3)C.(－1,3) D．(－1，＋∞)答案 D解析因为f(－1)＝－1，所以f(x)＜－1，等价于f(x)＜f(－1)．又函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．所以x＞－1，所以关于x的不等式f(x)＜－1的解集为(－1，＋∞).2.(2020·贵阳市高三摸底)函数y＝x－5x－a－2在(－1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是()A.a＝－3 B．a<3 C.a≤－3 D．a≥－3 答案 C解析y＝x－5x－a－2＝x－a－2＋a－3x－a－2＝1＋a－3x－(a＋2)，所以当a－3<0时，y＝x－5x－a－2的单调递增区间是(－∞，a＋2)，(a＋2，＋∞)；当a－3≥0时不符合题意．又y＝x－5x－a－2在(－1，＋∞)上单调递增，所以(－1，＋∞)⊆(a＋2，＋∞)，所以a＋2≤－1，即a≤－3，综上知，a的取值范围是(－∞，－3].3.已知f (x )＝2x －2－x ，a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫79－14，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9715，c ＝log 279，则f (a )，f (b )，f (c )的大小顺序为( ) A.f (b )<f (a )<f (c ) B ．f (c )<f (b )<f (a ) C.f (c )<f (a )<f (b ) D ．f (b )<f (c )<f (a )答案 B解析 a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫79－14＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9714>⎝ ⎛⎭⎪⎫9715>1，c ＝log 279<0，所以c <b <a .因为f (x )＝2x－2－x＝2x－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在R 上单调递增，所以f (c )<f (b )<f (a ).对应学生用书P223组 基础关1.(2020·河北大名一中月考)下列函数中，满足“f (x ＋y )＝f (x )f (y )”的单调递增函数是( ) A.f (x )＝x 12 B ．f (x )＝x 3 C.f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xD ．f (x )＝3x答案 D解析 f (x )＝x 12，f (y )＝y 12，f (x ＋y )＝(x ＋y )12，不满足f (x ＋y )＝f (x )f (y )，故A 错误；f (x )＝x 3，f (y )＝y 3，f (x ＋y )＝(x ＋y )3，不满足f (x ＋y )＝f (x )f (y )，故B 错误；f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是单调递减函数，故C 错误；f (x )＝3x ，f (y )＝3y ，f (x ＋y )＝3x ＋y ，满足f (x ＋y )＝f (x )f (y )，且f (x )在R 上是单调递增函数，故D 正确．故选D.2.函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132x 2－3x ＋1的单调递增区间为( )A.(1，＋∞)B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ 答案 B解析 令μ＝2x 2－3x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342－18，因为μ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342－18在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34上单调递减，函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13μ在R 上单调递减．所以y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132x 2－3x ＋1在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34上单调递增.3.已知f (x )在R 上是减函数，a ，b ∈R 且a ＋b ≤0，则下列结论正确的是( ) A.f (a )＋f (b )≤－[f (a )＋f (b )] B.f (a )＋f (b )≤f (－a )＋f (－b ) C.f (a )＋f (b )≥－[f (a )＋f (b )] D.f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b ) 答案 D解析 a ＋b ≤0可转化为a ≤－b 或b ≤－a ，由于函数f (x )在R 上是减函数，所以f (a )≥f (－b )，f (b )≥f (－a )，两式相加得f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b ). 4.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x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.c >a >b B ．c >b >a C.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，所以a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，且2<52<3，所以b >a >c .5.(2020·河南鹤壁高中月考)若函数y ＝ax 与y ＝－bx 在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上是 ( ) A.增函数 B ．减函数 C.先增后减 D ．先减后增 答案 B解析∵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.6.(2019·兰州模拟)函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是()A.[1，＋∞) B．(1，＋∞)C.(－∞，1) D．(－∞，1]答案 B解析函数f(x)＝2|x－a|＋3的增区间为[a，＋∞)，减区间为(－∞，a]，若函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a>1.7.(2019·广东茂名二联)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是()A.y＝1f(x)在R上为减函数B.y＝|f(x)|在R上为增函数C.y＝2－f(x)在R上为减函数D.y＝－[f(x)]3在R上为增函数答案 C解析A错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝1f(x)＝1x在R上不具有单调性；B错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝|f(x)|＝|x|在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数；D错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝－[f(x)]3＝－x3在R上为减函数；C正确，由复合函数同增异减，得y ＝2－f(x)在R上为减函数．故选C.8.已知函数f(x)＝1a－1x(a＞0，x＞0)，若f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，则a＝________.答案2 5解析由反比例函数的性质知函数f(x)＝1a－1x(a＞0，x＞0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －2＝12，1a －12＝2，解得a ＝25.9.已知函数f (x )＝ln x ＋x ，若f (a 2－a )>f (a ＋3)，则正数a 的取值范围是________． 答案 (3，＋∞)解析 ∵函数f (x )＝ln x ＋x 的定义域为(0，＋∞)，且为单调递增函数，∴f (a 2－a )>f (a ＋3)同解于⎩⎨⎧a 2－a >0，a ＋3>0，a 2－a >a ＋3，解得a >3.所以正数a 的取值范围是(3，＋∞).10.已知函数f (x )＝4－mxm －1(m ≠1)在区间(0,1]上是减函数，则实数m 的取值范围是________． 答案 (－∞，0)∪(1,4]解析 由题意可得4－mx ≥0，x ∈(0,1]恒成立，所以m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫4x m i n ＝4.当0<m ≤4时，4－mx 单调递减，所以m －1>0，解得1<m ≤4.当m <0时，4－mx 单调递增，所以m －1<0，解得m <1，所以m <0.故实数m 的取值范围是(－∞，0)∪(1,4].组 能力关1.(2019·安徽合肥模拟)若2x ＋5y ≤2－y ＋5－x ，则有( ) A.x ＋y ≥0 B ．x ＋y ≤0 C ．x －y ≤0 D ．x －y ≥0答案 B解析 原不等式可化为2x －5－x ≤2－y －5y ，记函数f (x )＝2x －5－x ，则原不等式可化为f (x )≤f (－y )．又函数f (x )在R 上单调递增，所以x ≤－y ，即x ＋y ≤0. 2.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧log a x ，x >3，mx ＋8，x ≤3.若f (2)＝4，且函数f (x )存在最小值，则实数a 的取值范围为( ) A.(1，3]B ．(1,2]C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，33D ．[3，＋∞)答案 A解析 因为f (2)＝2m ＋8＝4，所以m ＝－2，所以当x ≤3时，f (x )＝－2x ＋8.此时f (x )≥f (3)＝2.因为函数f (x )存在最小值，所以当x >3时，f (x )单调递增，且log a 3≥2，所以⎩⎨⎧ a >1，log a 3≥log a a 2，即⎩⎨⎧a >1，a 2≤3，解得a ∈(1，3]. 3.(2019·郑州模拟)设函数f (x )＝⎩⎨⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的单调递减区间是________． 答案 [0,1)解析∵函数f (x )＝⎩⎨⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，∴当x ＞1时，即x －1＞0，g (x )＝x 2； 当x ＝1时，x －1＝0，g (x )＝0； 当x ＜1时，x －1＜0，g (x )＝－x 2；∴g (x )＝⎩⎨⎧x 2，x ＞1，0，x ＝1，－x 2，x ＜1，画出函数g (x )的图象，如图所示．根据图象得出，函数g (x )的单调递减区间是[0,1).4.(2020·河北模拟调研)已知函数f (x )＝log a (－x ＋1)(a >0，且a ≠1)在[－2,0]上的值域是[－1,0]，则实数a ＝________；若函数g (x )＝a x ＋m －3的图象不经过第一象限，则实数m 的取值范围为________． 答案 13 [－1，＋∞)解析 函数f (x )＝log a (－x ＋1)(a >0，且a ≠1)在[－2，0]上的值域是[－1,0]．当a >1时，f (x )＝log a (－x ＋1)在[－2,0]上单调递减，∴⎩⎨⎧f (－2)＝log a 3＝0，f (0)＝log a 1＝－1，无解；当0<a <1时，f (x )＝log a (－x ＋1)在[－2,0]上单调递增，∴⎩⎨⎧f (－2)＝log a 3＝－1，f (0)＝log a 1＝0，解得a ＝13. ∵g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＋m －3的图象不经过第一象限，∴g (0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13m－3≤0，解得m ≥－1，即实数m 的取值范围是[－1，＋∞).5.已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，证明：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． 解 (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)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 ≤1.6.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)证明：f (x )为单调递减函数；(2)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值． 解 (1)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． (2)因为f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数， 所以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.所以f (x )在[2,9]上的最小值为－2.。

第2讲 函数的单调性与最值组 基础关1．(2020·河北大名一中月考)下列函数中，满足“f (x ＋y )＝f (x )f (y )”的单调递增函数是( )A ．f (x )＝x 12B ．f (x )＝x 3C ．f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xD ．f (x )＝3x答案 D解析 f (x )＝x12，f (y )＝y12，f (x ＋y )＝(x ＋y ) 12，不满足f (x ＋y )＝f (x )f (y )，故A 错误；f (x )＝x 3，f (y )＝y 3，f (x ＋y )＝(x ＋y )3，不满足f (x ＋y )＝f (x )f (y )，故B 错误；f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是单调递减函数，故C 错误；f (x )＝3x ，f (y )＝3y ，f (x ＋y )＝3x ＋y ，满足f (x ＋y )＝f (x )f (y )，且f (x )在R 上是单调递增函数，故D 正确．故选D.2．函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132x2－3x ＋1的单调递增区间为( )A ．(1，＋∞) B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ 答案 B解析 令μ＝2x 2－3x ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342－18，因为μ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342－18在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34上单调递减，函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13μ在R 上单调递减．所以y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132x 2－3x ＋1在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34上单调递增．3．已知f (x )在R 上是减函数，a ，b ∈R 且a ＋b ≤0，则下列结论正确的是( ) A ．f (a )＋f (b )≤－[f (a )＋f (b )]B ．f (a )＋f (b )≤f (－a )＋f (－b )C ．f (a )＋f (b )≥－[f (a )＋f (b )]D ．f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b ) 答案 D解析 a ＋b ≤0可转化为a ≤－b 或b ≤－a ，由于函数f (x )在R 上是减函数，所以f (a )≥f (－b )，f (b )≥f (－a )，两式相加得f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )．4．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x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c >a >bB ．c >b >aC ．a >c >bD ．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，所以a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，且2<52<3，所以b >a >c .5．(2020·河南鹤壁高中月考)若函数y ＝ax 与y ＝－bx 在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上是( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．先减后增答案 B解析 ∵y ＝ax 与y ＝－bx 在(0，＋∞)上都是减函数，∴a <0，b <0，∴y ＝ax 2＋bx 的对称轴方程x ＝－b2a <0，∴y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上为减函数．6．(2019·兰州模拟)函数f (x )＝2|x －a |＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(－∞，1]答案 B解析 函数f (x )＝2|x －a |＋3的增区间为[a ，＋∞)，减区间为(－∞，a ]，若函数f (x )＝2|x －a |＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a >1.7．(2019·广东茂名二联)设函数f (x )在R 上为增函数，则下列结论一定正确的是( )A ．y ＝1f (x )在R 上为减函数 B ．y ＝|f (x )|在R 上为增函数 C ．y ＝2－f (x )在R 上为减函数 D ．y ＝－[f (x )]3在R 上为增函数 答案 C解析 A 错误，比如f (x )＝x 在R 上为增函数，但y ＝1f (x )＝1x在R 上不具有单调性；B 错误，比如f (x )＝x 在R 上为增函数，但y ＝|f (x )|＝|x |在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数；D 错误，比如f (x )＝x 在R 上为增函数，但y ＝－[f (x )]3＝－x 3在R 上为减函数；C 正确，由复合函数同增异减，得y ＝2－f (x )在R 上为减函数．故选C.8．已知函数f (x )＝1a －1x (a ＞0，x ＞0)，若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，则a＝________.答案 25解析 由反比例函数的性质，知函数f (x )＝1a －1x (a ＞0，x ＞0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －2＝12，1a －12＝2，解得a ＝25.9．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，若f (a 2－a )>f (a ＋3)，则正数a 的取值范围是________．答案 (3，＋∞)解析 ∵函数f (x )＝ln x ＋x 的定义域为(0，＋∞)，且为单调递增函数，∴f (a 2－a )>f (a ＋3)同解于⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a >0，a ＋3>0，a 2－a >a ＋3，a >0，解得a >3.所以正数a 的取值范围是(3，＋∞)． 10．已知函数f (x )＝4－mxm －1(m ≠1)在区间(0,1]上是减函数，则实数m 的取值范围是________．答案 (－∞，0)∪(1,4]解析 由题意可得4－mx ≥0，x ∈(0,1]恒成立，所以m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫4x min ＝4.当0<m ≤4时，4－mx 单调递减，所以m －1>0，解得1<m ≤4.当m <0时，4－mx 单调递增，所以m －1<0，解得m <1，所以m <0.故实数m 的取值范围是(－∞，0)∪(1,4]．组 能力关1．(2019·安徽合肥模拟)若2x ＋5y ≤2－y ＋5－x ，则有( ) A ．x ＋y ≥0 B ．x ＋y ≤0 C ．x －y ≤0 D ．x －y ≥0 答案 B解析 原不等式可化为2x －5－x ≤2－y －5y ，记函数f (x )＝2x －5－x ，则原不等式可化为f (x )≤f (－y )．又函数f (x )在R 上单调递增，所以x ≤－y ，即x ＋y ≤0.2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧log a x ，x >3，mx ＋8，x ≤3.若f (2)＝4，且函数f (x )存在最小值，则实数a 的取值范围为( )A ．(1，3]B ．(1,2] C.⎝⎛⎦⎥⎤0，33D ．[3，＋∞)答案 A解析 因为f (2)＝2m ＋8＝4，所以m ＝－2，所以当x ≤3时，f (x )＝－2x ＋8.此时f (x )≥f (3)＝2.因为函数f (x )存在最小值，所以当x >3时，f (x )单调递增，且log a 3≥2，所以⎩⎨⎧ a >1，log a 3≥log a a 2，即⎩⎨⎧a >1，a 2≤3，解得a ∈(1, 3]． 3．(2019·郑州模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的单调递减区间是________．答案 [0,1)解析∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，∴当x ＞1时，即x －1＞0，g (x )＝x 2； 当x ＝1时，x －1＝0，g (x )＝0； 当x ＜1时，x －1＜0，g (x )＝－x 2；∴g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ＞1，0，x ＝1，－x 2，x ＜1，画出函数g (x )的图象，如图所示．根据图象得出，函数g (x )的单调递减区间是[0,1)．4．(2020·河北模拟调研)已知函数f (x )＝log a (－x ＋1)(a >0，且a ≠1)在[－2,0]上的值域是[－1,0]，则实数a ＝________；若函数g (x )＝a x ＋m －3的图象不经过第一象限，则实数m 的取值范围为________．答案 13 [－1，＋∞)解析 函数f (x )＝log a (－x ＋1)(a >0，且a ≠1)在[－2,0]上的值域是[－1,0]．当a >1时，f (x )＝log a (－x ＋1)在[－2,0]上单调递减，∴⎩⎨⎧f (－2)＝log a 3＝0，f (0)＝log a 1＝－1，无解；当0<a <1时，f (x )＝log a (－x ＋1)在[－2,0]上单调递增，∴⎩⎨⎧f (－2)＝log a 3＝－1，f (0)＝log a 1＝0，解得a ＝13. ∵g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＋m －3的图象不经过第一象限，∴g (0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13m －3≤0，解得m ≥－1，即实数m 的取值范围是[－1，＋∞)． 5．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )． (1)若a ＝－2，证明：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． 解 (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)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 ≤1.6．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)证明：f (x )为单调递减函数；(2)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值． 解 (1)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． (2)因为f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数， 所以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. 所以f (x )在[2,9]上的最小值为－2.。

课时作业1．下列四个函数中，在定义域上不是单调函数的是( ) A ．y ＝－2x ＋1 B ．y ＝1x C ．y ＝lg x D ．y ＝x 3答案 B解析 y ＝－2x ＋1在定义域R 上为单调递减函数；y ＝lg x 在定义域(0，＋∞)上为单调递增函数；y ＝x 3在定义域R 上为单调递增函数；y ＝1x 在(－∞，0)和(0，＋∞)上是减函数，但在定义域内不单调，故选B ．2．(2019·沧州七校联考)函数f (x )＝log 0.5(x ＋1)＋log 0.5(x －3)的单调递减区间是( )A ．(3，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(－∞，－1)答案 A解析 由已知易得⎩⎨⎧x ＋1>0，x －3>0，即x >3，又0<0.5<1，∴f (x )在(3，＋∞)上单调递减．3．(2019·长春模拟)已知函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)答案 A解析 因为函数f (x )在(－∞，－a )上是单调函数，所以－a ≥－1，解得a ≤1.故选A ．4．(2019·九江模拟)函数f (x )＝|x －2|x 的单调递减区间是( ) A ．[1,2] B ．[－1,0] C ．[0,2] D ．[2，＋∞)答案 A解析 由于f (x )＝|x －2|x ＝⎩⎨⎧x 2－2x ，x ≥2，－x 2＋2x ，x <2.结合图象可知函数的单调递减区间是[1,2]．5．若函数f (x )＝x 2－2x ＋m 在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m 的值为( ) A ．－3 B ．－2 C ．－1 D ．1答案 B解析 ∵f (x )＝(x －1)2＋m －1，∴f (x )在[3，＋∞)上是增函数，f (x )min ＝f (3)＝3＋m ，∵3＋m ＝1，∴m ＝－2.6．(2019·曲阜师大附中质检)已知函数f (x )＝log a x (a >0且a ≠1)满足f (a ＋1)>f (a ＋2)，则f (2x －3)>0的解集是( )A ．(－∞，2)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2D ．(2，＋∞) 答案 C解析 因为函数f (x )＝log a x (a >0且a ≠1)满足f (a ＋1)>f (a ＋2)，所以0<a <1，则函数f (x )＝log a x (0<a <1)是减函数，所以f (2x －3)>0可化为0<2x －3<1，求解可得32<x <2，故选C ．7．函数y ＝2－xx ＋1，x ∈(m ，n ]的最小值为0，则m 的取值范围是( )A ．(1,2)B ．(－1,2)C ．[1,2)D ．[－1,2) 答案 D 解析 ∵函数y ＝2－x x ＋1＝3－x －1x ＋1＝3x ＋1－1，∴当x ∈(－1，＋∞)时，函数是减函数，又当x ＝2时，y ＝0，∴－1≤m <2，故选D ．8．(2019·西安模拟)已知函数y ＝log 2(ax －1)在(1,2)上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．[1,2]C ．[1，＋∞)D ．[2，＋∞)答案 C解析 要使y ＝log 2(ax －1)在(1,2)上单调递增，则a >0且a －1≥0，∴a ≥1.故选C ．9．(2019·长沙模拟)已知偶函数f (x )在区间[0，＋∞)上是增函数，则f (－1)与f (a 2－2a ＋3)的大小关系是( )A ．f (－1)≥f (a 2－2a ＋3)B ．f (－1)＝f (a 2－2a ＋3)C ．f (－1)>f (a 2－2a ＋3)D ．f (－1)<f (a 2－2a ＋3)答案 D解析 a 2－2a ＋3＝(a －1)2＋2≥2，由偶函数f (x )在区间[0，＋∞)上是增函数，可得f (－1)＝f (1)<f (a 2－2a ＋3)，故选D ．10．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x －a )2，x ≤0，x ＋1x ＋a ，x >0，若f (0)是f (x )的最小值，则实数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 )的最小值为f (1)，∴当x ≤0时，f (x )的最小值为f (0)，∴⎩⎨⎧a ≥0，a 2≤2＋a ， 即⎩⎨⎧a ≥0，a 2－a －2≤0，解得0≤a ≤2. 11．设f (x )是定义在R 上的偶函数，且在(－∞，0)上是增函数，已知m >0，n <0，且f (m )<f (n )，那么一定有( )A ．m ＋n <0B ．m ＋n >0C ．f (－m )>f (－n )D ．f (－m )·f (－n )<0答案 B解析 因为m >0，所以－m <0.由函数f (x )为偶函数，得f (m )＝f (－m )，故不等式f (m )<f (n )可化为f (－m )<f (n )．又函数f (x )在(－∞，0)上是增函数，－m <0，n <0，所以－m <n ，即m ＋n >0.故选B ．12．(2019·莱州质检)对于每一个实数x ，f (x )是y ＝2－x 2和y ＝x 这两个函数中的较小者，则f (x )的最大值是( )A ．2B ．1C ．0D ．－2答案 B解析 解法一：f (x )＝⎩⎨⎧2－x 2，x <－2或x >1，x ，－2≤x ≤1.当x <－2时，函数f (x )的值域为(－∞，－2)；当－2≤x ≤1时，函数f (x )的值域为[－2,1]；当x >1时，函数f (x )的值域为(－∞，1)．故函数f (x )的值域为(－∞，1]，所以f (x )max ＝1.故选B ．解法二：画出函数f (x )的图象，如图所示：其中A (1,1)，B (－2，－2)，故当x ＝1时，函数f (x )的最大值为1.故选B ． 13．函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________. 答案 14解析 令t ＝x ，则t ≥0，y ＝t －t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋14，当t ＝12，即x ＝14时，y max ＝14.14．若函数f (x )＝1x 在区间[2，a ]上的最大值与最小值的和为34，则a ＝________. 答案 4解析 易知f (x )＝1x 在(0，＋∞)上是减函数， ∵[2，a ]⊆(0，＋∞)， ∴f (x )＝1x 在[2，a ]上是减函数， ∴f (x )max ＝f (2)＝12，f (x )min ＝f (a )＝1a ， ∴12＋1a ＝34，∴a ＝4.15．函数f (x )＝log 12(－2x 2＋x )的单调递增区间是________；f (x )的值域是________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，12 [3，＋∞)解析 令u ＝－2x 2＋x ＝－x (2x －1)，显然u 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，12上是减函数，又y ＝log 12u 是减函数，∴f (x )＝log 12(－2x 2＋x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，12.又u ＝－2x 2＋x ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋18≤18，则y ＝log 12u ≥log 1218＝3，故f (x )的值域为[3，＋∞)．16．函数y ＝f (x )是R 上的增函数，且y ＝f (x )的图象经过点A (－2，－3)和B (1,3)，则不等式|f (2x －1)|<3的解集为________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1解析 因为y ＝f (x )的图象经过点A (－2，－3)和B (1，3)，所以f (－2)＝－3，f (1)＝3.又|f (2x －1)|<3，所以－3<f (2x －1)<3，即f (－2)<f (2x －1)<f (1)．因为函数y ＝f (x )是R 上的增函数，所以－2<2x －1<1，即⎩⎨⎧2x －1>－2，2x －1<1，即⎩⎪⎨⎪⎧x >－12，x <1，所以－12<x <1.17．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，证明：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． 解 (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)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. 18．函数f (x )＝x 2＋x －14.(1)若函数f (x )的定义域为[0,3]，求f (x )的值域；(2)若f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，116，且定义域为[a ，b ]，求b －a 的最大值．解 因为f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－12，所以其图象的对称轴为直线x ＝－12.(1)因为3≥x ≥0>－12，所以f (x )的值域为[f (0)，f (3)]，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，474.(2)因为x ＝－12时，f (x )＝－12是f (x )的最小值，所以x ＝－12∈[a ，b ]，令x 2＋x －14＝116，得x 1＝－54，x 2＝14，根据f (x )的图象知当a ＝－54，b ＝14时，b －a 取最大值14－⎝ ⎛⎭⎪⎫－54＝32.19．(2019·福建师大附中模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足下面三个条件： ①对任意正数a ，b ，都有f (a )＋f (b )＝f (ab )； ②当x >1时，f (x )<0； ③f (2)＝－1. (1)求f (1)的值；(2)试用单调性的定义证明：函数f (x )在(0，＋∞)上是减函数； (3)求满足f (3x －1)>2的x 的取值集合．解 (1)由f (a )＋f (b )＝f (ab )得f (1)＋f (1)＝f (1)，则f (1)＝0. (2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1<x 2， 则f (x 1)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1＝f (x 2)，则f (x 2)－f (x 1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1.由x 2x 1>1得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1<0，则f (x 2)<f (x 1)，∴f (x )在(0，＋∞)上是减函数．(3)∵f (2)＝－1，∴f (4)＝f (2)＋f (2)＝－2， 又f (4)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝f (1)＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝2.又f (x )的定义域为(0，＋∞)，且在其上是减函数， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3x －1<14，3x －1>0，解得13<x <512.故满足要求的x 的取值集合为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，512.20．(2019·绍兴模拟)已知函数f (x )＝px ＋q x (p ，q 为常数)，且满足f (1)＝52，f (2)＝174.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若对任意的x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，关于x 的不等式f (x )≥2－m 恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)∵⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝52，f (2)＝174，∴⎩⎪⎨⎪⎧p ＋q ＝52，2p ＋q 2＝174，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝12，∴函数f (x )的解析式为f (x )＝2x ＋12x . (2)由(1)可得f (x )＝2x ＋12x . 任取x 1，x 2∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，且x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝2(x 1－x 2)＋12x 1－12x 2＝2(x 1－x 2)＋x 2－x 12x 1x 2＝(x 2－x 1)(1－4x 1x 2)2x 1x 2，∵0<x 1<x 2≤12，∴x 2－x 1>0,0<x 1x 2<14，1－4x 1x 2>0， ∴f (x 1)－f (x 2)>0，∴f (x 1)>f (x 2)，∴f (x )＝2x ＋12x 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减．∴f (x )＝2x ＋12x 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上的最小值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2.要使对任意的x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，函数f (x )≥2－m 恒成立，只需f (x )min ≥2－m ， 即2≥2－m ，解得m ≥0.∴实数m 的取值范围为[0，＋∞)．快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

2021届高三高考数学理科一轮复习知识点专题2.2 函数的单调性与最值【核心素养分析】1.理解函数的单调性、最大(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.3.培养学生数学抽象、逻辑推理、直观想象能力。

【重点知识梳理】知识点一函数的单调性(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．知识点二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；(3)对于任意的x∈I，都有f(x)≥M；(2)存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝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【特别提醒】1.函数y ＝f (x )(f (x )>0)在公共定义域内与y ＝－f (x )，y ＝1f （x ）的单调性相反. 2.“对勾函数”y ＝x ＋ax (a >0)的单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)；单调减区间是[－a ，0)，(0，a ].【典型题分析】高频考点一 确定不含参函数的单调性(区间)例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. 【举一反三】（2020·山东青岛二中模拟）函数y ＝x 2＋x －6的单调递增区间为________，单调递减区间为________．【答案】[2，＋∞) (－∞，－3] 【解析】令u ＝x 2＋x －6，则y ＝x 2＋x －6可以看作是由y ＝u 与u ＝x 2＋x －6复合而成的函数． 令u ＝x 2＋x －6≥0，得x ≤－3或x ≥2.易知u ＝x 2＋x －6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y ＝u 在[0，＋∞)上是增函数， 所以y ＝x 2＋x －6的单调减区间为(－∞，－3]，单调增区间为[2，＋∞)。

§ 2.2 函数的单调性与最值1.函数的单调性(1)单调函数的定义设函数f(x)的定义域为I,如果对于定义域I 内某个区间D 上的① 任意 两个自变量的值x 1,x 2,当x 1<x 2时,(i)若② f(x 1)<f(x 2) ,则f(x)在区间D 上是增函数; (ii)若f(x 1)>f(x 2),则f(x)在区间D 上是③ 减函数 . (2)单调区间的定义若函数f(x)在区间D 上是增函数或减函数,则称函数f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性,区间D 叫做 f(x)的单调区间.2.判断函数单调性的方法(1)定义法:利用定义严格判断.也可转化为判断f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2,[f(x 1)-f(x 2)](x 1-x 2)的符号.(2)利用函数的运算性质:若f(x)、g(x)为增函数,则在公共定义域内, (i)f(x)+g(x)为④ 增函数 ;(ii)1f (x )为⑤ 减函数 (f(x)恒为正或恒为负); (iii)√f (x )为⑥ 增函数 (f(x)≥0);(iv)f(x)·g(x)为⑦ 增函数 (f(x)>0,g(x)>0); (v)-f(x)为⑧ 减函数 .(3)奇函数在两个关于原点对称的区间内单调性⑨ 相同 ;偶函数在两个关于原点对称的区间内单调性⑩ 相反 .(4)导数法:利用导数理论研究函数的单调性.(5)图象法.(6)复合函数的单调性如果y=f(μ)和μ=g(x)单调性相同,则y=f(g(x))为增函数;如果y=f(μ)和μ=g(x)单调性相反,则y=f(g(x))为减函数.3.函数的最值(1)设函数y=f(x)的定义域为I,若存在实数M,满足:a.对于任意的x∈I,都有f(x)≤M,b.存在x0∈I,使得f(x)=M,则称M是f(x)的最大值.(2)设函数y=f(x)的定义域为I,若存在实数M,满足:a.对于任意的x∈I,都有f(x)≥M,b.存在x0∈I,使得f(x)=M,则称M是f(x)的最小值.4.对函数单调性的理解(1)单调性是与“区间”紧密相关的概念,一个函数在不同的区间上可以有不同的单调性.即使一个函数在几个不同的区间上具有相同的单调性,这些区间也应该用“,”隔开,而不能用“∪”连接.如函数y=1x分别在(-∞,0),(0,+∞)内单调递减,但不能说它在整个定义域,即(-∞,0)∪(0,+∞)上单调递减.(2)函数的单调区间是函数定义域的非空子集,求函数的单调区间必须先确定函数的定义域.求函数单调区间的运算必须在函数定义域内进行.(3)函数的单调性定义中的x1,x2有三个特征:一是任意性;二是有大小,即x1<x2(或x1>x2);三是同属于一个单调区间.三者缺一不可.(4)函数单调性的作用:已知函数f(x)的单调性,则可使自变量x1,x2的大小关系与函数值f(x1), f(x2)的大小关系相互转化.如已知f(x)为增函数,则x1<x2⇔f(x1)<f(x2).(5)将较为复杂的函数分解为一些基本初等函数的组合,则利用基本初等函数的单调性就可快速判断复杂函数的单调性.知识拓展函数y=ax+bx(a>0,b>0)的图象与性质(1)定义域:(-∞,0)∪(0,+∞).(2)值域:(-∞,-2√ab)∪(2√ab,+∞).(3)奇偶性:奇函数,函数图象整体呈两个“对勾”的形状,且函数图象关于原点呈中心对称,即f(x)+f(-x)=0.(4)图象在第一、三象限内,当x>0时,y=ax+bx ≥2√ab,当且仅当x=√ba时,取等号,即x=√ba时,取最小值,为2√ab.由奇函数的性质知,当x<0时, f(x)在x=-√ba时,取最大值,为-2√ab.(5)单调性:增区间为(√ba ,+∞),(-∞,-√ba),减区间为(0,√ba),(-√ba,0).1.下列函数中,在区间(1,+∞)上为增函数的是( )A.y=-x+1B.y=11-xC.y=-(x-1)2D.y=31-x1.答案 B2.若函数f(x)=x2+2(a-1)x+2在区间(-∞,4]上单调递减,则a的取值范围是( )A.[-3,+∞)B.(-∞,-3]C.(-∞,3]D.[3,+∞)2.答案 B3.若f(x)={a x,x>1,(4-a2)x+2,x≤1是R上的单调递增函数,则实数a的取值范围是( )A.(1,+∞)B.[4,8)C.(4,8)D.(1,8)3.答案 B4.求函数f(x)=(13)x-log 2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值.4.解析 y=(13)x在[-1,1]上为减函数,y=log 2(x+2)在[-1,1]上为增函数,所以f(x)=(13)x-log 2(x+2)在[-1,1]上为减函数,所以所求最大值为f(-1)=3.考点一 单调性的判断与证明典例1 用函数单调性的定义证明:(1)f(x)=-2x 2+3x+c(c 为常数)在(-∞,34)上是增函数; (2)f(x)=x+ax+b (a>b>0)在(-b,+∞)上是减函数.证明 (1)设x 1,x 2是(-∞,34)上的任意两个实数,且x 1<x 2,则f(x 1)-f(x 2)=(-2x 12+3x 1+c)-(-2x 22+3x 2+c) =2x 22-2x 12+3x 1-3x 2=2(x 2+x 1)(x 2-x 1)-3(x 2-x 1) =[2(x 2+x 1)-3](x 2-x 1). 由x 1<x 2得x 2-x 1>0,由x 1,x 2∈(-∞,34)得x 1<34,x 2<34. 则2x 1<32,2x 2<32,2(x 2+x 1)<3, 即2(x 2+x 1)-3<0.于是f(x 1)-f(x 2)<0,即f(x 1)<f(x 2).∴f(x)在(-∞,34)上是增函数.(2)设x 1,x 2是(-b,+∞)上的任意两个实数,且x 1<x 2,则f(x 1)-f(x 2)=x 1+a x 1+b -x 2+a x 2+b =(x 1-x 2)(b -a )(x 1+b )(x2+b ).由x 1<x 2得x 1-x 2<0,由x 1,x 2∈(-b,+∞)得x 1>-b,x 2>-b. ∴x 1+b>0,x 2+b>0.又a>b>0, ∴b -a<0.于是f(x 1)-f(x 2)>0,即f(x 1)>f(x 2). ∴f(x)=x+a x+b(a>b>0)在(-b,+∞)上是减函数.方法指导判断函数单调性的常用方法:(1)定义法;(2)两个增(减)函数的和仍为增(减)函数;一个增(减)函数与一个减(增)函数的差是增(减)函数;(3)互为反函数的两个函数具有相同的单调性;(4)奇函数在对称的两个区间上具有相同的单调性,偶函数在对称的两个区间上具有相反的单调性;(5)利用导数研究函数的单调性.1-1 试讨论函数f(x)=axx -1(a≠0)在(-1,1)上的单调性. 解析 f '(x)=(ax )'(x -1)(x -1)2-ax (x -1)'(x -1)2=a (x -1)-ax (x -1)2=-a (x -1)2.当a>0时,在(-1,1)上, f '(x)<0,函数f(x)单调递减; 当a<0时,在(-1,1)上, f '(x)>0,函数f(x)单调递增.考点二 求函数的单调区间典例2 函数f(x)=ln(x 2-2x-8)的单调递增区间是( ) A.(-∞,-2) B.(-∞,1)C.(1,+∞)D.(4,+∞)答案 D解析 (1)由x 2-2x-8>0可得x>4或x<-2, 所以函数f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(4,+∞),令u=x 2-2x-8,则其在x∈(-∞,-2)上单调递减, 在x∈(4,+∞)上单调递增.又因为y=ln u 在u∈(0,+∞)上单调递增,所以y=ln(x 2-2x-8)在x∈(4,+∞)上单调递增.故选D. 方法指导求函数单调区间的常用方法 1.利用基本初等函数的单调区间.2.图象法:对于基本初等函数及其变形函数,可以通过作函数图象求函数的单调区间.3.复合函数法:对于函数y=f[g(x)],可设内层函数为u=g(x),外层函数为y= f(u),可以利用复合函数法来进行求解,遵循“同增异减”的法则,即若内层函数与外层函数在区间D 上的单调性相同,则函数y=f[g(x)]在区间D 上单调递增;若内层函数与外层函数在区间D 上的单调性相反,则函数y=f[g(x)]在区间D 上单调递减.4.导数法:不等式f '(x)>0的解集与函数f(x)的定义域的交集即为函数f(x)的单调递增区间,不等式f '(x)<0的解集与函数f(x)的定义域的交集即为函数f(x)的单调递减区间.2-1 函数y=lo g 12(x 2-3x+2)的单调递增区间是( )A.(-∞,1)B.(2,+∞)C.(-∞,32)D.(32,+∞)答案 A 由x 2-3x+2>0,解得x<1或x>2, 由二次函数的性质和复合函数的单调性可得,函数y=lo g 12(x 2-3x+2)的单调递增区间为(-∞,1),故选A.考点三 分段函数的单调性典例3 函数f(x)={ax 2+x -1(x >2),ax -1(x ≤2)是R 上的单调递减函数,则实数a 的取值范围是( )A.-14≤a<0 B.a≤-14 C.-1≤a≤-14 D.a≤-1答案 D解析 ∵f(x)={ax 2+x -1(x >2),ax -1(x ≤2)是R 上的单调递减函数,∴{a <0,-12a ≤2,2a -1≥4a +2-1,解得a≤-1,故选D.方法指导若分段函数在其定义域内单调,则该函数在每一段定义域内具有相同的单调性,同时要注意在各段定义域的交界处的函数值,保证函数整体的单调性.3-1 已知函数f(x)={ax 2-x -14(x ≤1),log a x -1(x >1)是R 上的单调函数,则实数a 的取值范围是( )A.[14,12) B.[14,12] C.(0,12] D.[12,1)答案 B 由对数函数的定义可得a>0,且a≠1.又函数f(x)在R 上单调,而二次函数y=ax 2-x-14的图象的开口向上,所以函数f(x)在R 上单调递减,故有{0<a <1,12a ≥1,a ×12-1-14≥log a 1-1,即{0<a <1,0<a ≤12,a ≥14.所以a∈[14,12].故选B.考点四函数单调性的应用命题方向一利用函数单调性比较大小典例4 (2019江苏扬州中学模拟)设f(x)={x+1,x≥0,-x2-1,x<0,a=0.7-0.5,b=log0.50.7,c=log0.75,则f(a), f(b), f(c)的大小关系为.答案f(a)>f(b)>f(c)解析当x≥0时, f(x)=x+1是单调增函数,所以有f(x)≥f(0)=1;当x<0时, f(x)=-x2-1是单调增函数,所以有f(x)<-1,所以函数f(x)是R上的增函数.因为a=0.7-0.5>0.70=1,0=log0.51<log0.50.7<log0.50.5=1,c=log0.75<log0.71=0,所以a>b>c,又函数f(x)是R上的增函数,所以f(a)>f(b)>f(c).命题方向二利用函数单调性解决不等式问题典例5 (2019浙江模拟)已知f(x)=x|x|,则满足f(2x-1)+f(x)≥0的x的取值范围是.答案[13,+∞)解析f(x)=x|x|={x2,x≥0, -x2,x<0,则f(x)为奇函数且在R上为增函数,则f(2x-1)+f(x)≥0⇒f(2x-1)≥-f(x)⇒f(2x-1)≥f(-x)⇒2x-1≥-x, 解得x≥13,即x的取值范围是[13,+∞).命题方向三利用函数单调性求最值典例6 若∃x≥0,使得2x+x-a≤0,则实数a的取值范围是( )A.a>1B.a≥1C.a<1D.a≤1答案 B解析由题意可知,∃x≥0,使得a≥2x+x,则a≥(2x+x)min.由于函数y=2x+x在[0,+∞)上单调递增,故当x=0时,函数取得最小值20+0=1,所以实数a的取值范围是a≥1.命题方向四利用函数单调性求参数在区间[1,+∞)上为增函数,则实数a的取值范典例7 (2019镇海中学月考)函数f(x)=x+ax围是.答案a≤1解析 f '(x)=1-a,x2∵函数f(x)在[1,+∞)上是增函数,∴当x∈[1,+∞)时,1-a≥0恒成立,即a≤x2恒成立,x2故a≤1.规律总结1.利用函数单调性比较大小将自变量转化到同一个单调区间,然后利用函数的单调性解答.2.利用函数单调性解决不等式问题对于“f[g(x)]>f[h(x)]”型不等式问题,一般先研究f(x)的单调性,再利用单调性获得更具体的不等式,从而求解问题.此时注意,g(x),h(x)的取值必须在f(x)的定义域内.3.利用函数单调性求最值若函数在区间[a,b]上单调,则必在区间[a,b]的端点处取得最值;若函数在区间[a,b]上不单调,则最小值为函数在该区间内的极小值和区间端点值中最小的一个,最大值为函数在该区间内的极大值和区间端点值中最大的一个.4.利用函数单调性求参数当已知函数在某个区间上单调时,说明这个区间是函数单调区间的子区间,根据集合间的关系得出参数应满足的不等式(组),从而求出参数的取值范围.)的x的取值范围是4-1 已知函数f(x)是定义在[0,+∞)上的增函数,则满足f(2x-1)<f(13( )A.(13,23)B.[13,23) C.(12,23) D.[12,23) 答案 D4-2 已知函数f(x)={log a x ,0<x <1,(4a -1)x +2a ,x ≥1满足对任意x 1,x 2∈(0,+∞),且x 1≠x 2,都有f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<0成立,则实数a 的取值范围是( )A.(0,16)B.(0,16]C.(0,14) D.(1,+∞)答案 B 因为函数f(x)对任意x 1,x 2∈(0,+∞),且x 1≠x 2,都有f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<0成立,所以函数f(x)在定义域内单调递减,所以{0<a <1,4a -1<0,log a 1≥(4a -1)×1+2a ,解得0<a≤16.考点五 函数的值域(最值)典例8 函数y=√1-x +√x +3的值域是 . 答案 [2,2√2]解析 易知函数的定义域为[-3,1], y 2=4+2√2当-3≤x≤1时,0≤-x 2-2x+3≤4, 则4≤y 2≤8.又y≥0,故函数的值域为[2,2√2]. 方法指导求函数值域(最值)的方法(1)单调性法:先确定函数的单调性,再由单调性求值域;(2)图象法:先作出函数图象,再根据图象求值域;(3)换元法:通过代数换元或三角换元等,简化函数表达形式,再用相应方法求解,但换元过程中一定要注意新变量的取值范围对解题的影响;(4)不等式法:先对解析式变形,使之具备“一正二定三相等”的条件后再用基本不等式求最值;(5)几何法:若所求式具有明显的几何特征,则可利用数形结合求解.变式练函数f(x)={a2+lnx(x>1),2x+a(x≤1)的值域为R,则实数a的取值范围是( )A.[-2,1]B.(-∞,-2]∪[1,+∞)C.[-1,2]D.(-∞,-1]∪[2,+∞)答案 C 依题意,知y=2x+a(x≤1),y=a2+ln x(x>1)在各自的定义域上单调递增,由函数f(x)的值域为R,得2+a≥a2,解得-1≤a≤2,故选C.深化练a为实数,函数f(x)=|x2-ax|在区间[0,1]上的最大值记为g(a).当a=时,g(a)的值最小.答案2√2-2解析当a=0时, f(x)=x2,此时f(x)在区间[0,1]上为增函数,g(a)=f(1)=1;当a>0时, f(x)的图象如图所示.(i)当a≥2时,a2≥1,此时f(x)在[0,1]上为增函数,g(a)=f(1)=a-1;(ii)当1<a<2时,a2<1<a,此时g(a)=f(a2)=a24;(iii)当0<a≤1时,a2<a≤1,此时g(a)=max{f(a2), f(1)},f(a2)- f(1)=a24-(1-a)=a2+4a-44,当0<a≤2√2-2时, f (a2)≤f(1),g(a)=f(1)=1-a, 当2√2-2<a≤1时, f (a2)>f(1),g(a)=a 24;当a<0时, f(x)的图象与a>0时f(x)的图象关于y 轴对称,所以求a>0时的最值即可. ∴g(a)={1,a =0,1-a ,0<a ≤2√2-2,a 24,2√2-2<a <2,a -1,a ≥2,其图象如图所示.∴当a=2√2-2时,g(a)的值最小.A 组 基础题组1.(教材习题改编)若函数y=(2m-1)x+b 在R 上是减函数,则( ) A.m>12 B.m<12 C.m>-12 D .m<-12 1.答案 B2.(2019慈溪中学模拟)“函数f(x)=-x 2-2(a+1)x+3在(-∞,2]上单调递增”是“a≤-4”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件 2.答案 B3.已知函数f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,且对任意x∈(0,+∞)都有f (f (x )+2x )=-1成立,则f(1)=( ) A.-1 B.-4 C.-3 D.0 3.答案 A4.(2019金华模拟)已知a>0且a≠1,函数f(x)={a x ,x ≥1,ax +a -2,x <1在R 上单调递增,那么实数a的取值范围是( ) A.(1,+∞) B.(0,1)C.(1,2)D.(1,2]4.答案 D 由题意得{a >1,a ≥2a -2,解得a∈(1,2].故选D.5.(2019衢州质检)已知函数f(x)=x 3-3x,若在△ABC 中,角C 是钝角,则( ) A.f(sin A)>f(cos B)B.f(sin A)<f(cos B)C.f(sin A)>f(sin B)D.f(sin A)<f(sin B)5.答案 A ∵f(x)=x 3-3x,∴f '(x)=3x 2-3=3(x+1)(x-1),故函数f(x)在区间(-1,1)上是减函数,又在△ABC 中,角C 是钝角,∴角A 、B 都是锐角,且A+B<π2,∴0<A<π2-B<π2,∴sin A<sin (π2-B)=cos B,故f(sin A)>f(cos B),选A.6.(2018衢州高三联考)函数y=x-|1-x|的单调递增区间为 . 6.答案 (-∞,1]解析 y=x-|1-x|={1,x ≥1,2x -1,x <1.作出该函数的图象如图所示.由图象可知,该函数的单调递增区间是(-∞,1].7.定义:函数f(x)在区间[a,b]上的最大值与最小值的差为f(x)在区间[a,b]上的极差,记作d(a,b).(1)若f(x)=x2-2x+2,则d(1,2)= ;(2)若f(x)=x+mx,且d(1,2)≠|f(2)-f(1)|,则实数m的取值范围是.7.答案(1)1 (2)(1,4)解析(1)由题意知f(x)=(x-1)2+1,x∈[1,2],所以f(x)∈[1,2],所以d(1,2)=1.(2)当m>0时,函数f(x)在区间(0,√m)上单调递减,在区间(√m,+∞)上单调递增,要使d(1,2)≠|f(2)-f(1)|,只需1<√m<2,即1<m<4;当m≤0时,函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,不符合题意.综上所述,1<m<4.8.(2018杭州学军中学高三模拟)已知函数f(x)=x-1x+2,x∈[3,5].(1)判断函数f(x)的单调性,并证明;(2)求函数f(x)的最大值和最小值.8.解析(1)f(x)在[3,5]上为增函数.证明如下:任取x1,x2∈[3,5]且x1<x2, f(x1)-f(x2)=x1-1x1+2-x2-1x2+2=3(x1-x2)(x1+2)(x2+2),因为3≤x1<x2≤5,所以x1-x2<0,(x1+2)(x2+2)>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以f(x)在[3,5]上为增函数.(2)由(1)知f(x)在[3,5]上为增函数,则f(x)max =f(5)=47, f(x)min=f(3)=25.9.(2018金丽衢十二校联考)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.9.解析(1)证明:当x∈(0,+∞)时, f(x)=a-1x,设0<x1<x2,则x1x2>0,x2-x1>0,f(x2)-f(x1)=(a-1x2)-(a-1x1)=1x1-1x2=x2-x1x1x2>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函数.(2)由题意知a-1x<2x在(1,+∞)上恒成立,设h(x)=2x+1x,则a<h(x)在(1,+∞)上恒成立.任取x1,x2∈(1,+∞)且x1<x2,h(x1)-h(x2)=(x1-x2)(2-1x1x2).因为1<x1<x2,所以x1-x2<0,x1x2>1,所以2-1x1x2>0,所以h(x1)<h(x2),所以h(x)在(1,+∞)上单调递增.故a≤h(1),即a≤3,所以实数a的取值范围是(-∞,3].B组提升题组1.(2018宁波五校联考)已知f(x)=2x-1,g(x)=1-x2,规定:当|f(x)|≥g(x)时,h(x)=|f(x)|;当|f(x)|<g(x)时,h(x)=-g(x),则h(x)( )A.有最小值-1,最大值1B.有最大值1,无最小值C.有最小值-1,无最大值D.有最大值-1,无最小值1.答案 C 画出函数y=|f(x)|,y=g(x)的图象如图,而h(x)={|f(x)|,|f(x)|≥g(x), -g(x),|f(x)|<g(x),故h(x)有最小值-1,无最大值.2.(2019浙江温州高三适应性测试)已知f(x)=x2-ax,若对任意的aÎR,存在 xÎ[0,2],使得|f(x)|≥k成立,则实数k的最大值是.2.答案12-8√2解析①当a2≤0,即a≤0时, f(x)=x2-ax≥0在[0,2]上恒成立,∴|f(x)|=f(x),此时函数f(x)在[0,2]上单调递增,∴|f(x)|max =f(x)max=f(2)=22-2a=4-2a,∴k≤4-2a对任意的a≤0成立,∴k≤4.②当a2≥2,即a≥4时, f(x)=x2-ax≤0在[0,2]上恒成立,∴|f(x)|=-f(x),此时f(x)在[0,2]上单调递减,∴|f(x)|max =-f(x)min=-f(2)=-22+2a=-4+2a,∴k≤-4+2a对任意的a≥4成立,∴k≤4.③当0<a2≤1,即0<a≤2时,f(x)在[0,a2]上单调递减,在(a2,2]上单调递增,且f(x)≤0在[0,a]上恒成立, f(x)>0在(a,2]上恒成立,∴|f(x)|max =max{f(2),-f(a2)}.当-f(a2)-f(2)=a24+2a-4≥0,即2≥a≥-4+4√2时,|f(x)|max=a24,∴k≤a 24对任意的2≥a≥-4+4√2成立,∴k≤12-8√2;当-f(a2)-f(2)<0,即0<a<-4+4√2时,|f(x)|max=4-2a,∴k≤4-2a对任意的0<a<-4+4√2成立,∴k≤12-8√2.④当1<a2<2,即2<a<4时, f(x)max=-f(a2)=a24,∴k≤a 24对任意的2<a<4成立,∴k≤1.综上所述,k≤12-8√2.3.(2019绍兴一中月考)已知函数f(x)=x2-ax-4(a∈R)的两个零点分别为x1,x2,设x1<x2.(1)当a>0时,求证:-2<x1<0;(2)若函数g(x)=x2-|f(x)|在区间(-∞,-2)和(2,+∞)上均单调递增,求a的取值范围.3.解析(1)证明:由x1x2=-4<0且x1<x2知x1<0.因为f(x)在区间(-∞,a2)上单调递减,在区间(a2,+∞)上单调递增,所以,当a>0时, f(x)在区间(-2,0)上单调递减. 又因为f(-2)·f(0)=2a×(-4)<0, 所以-2<x 1<0.(2)g(x)={ax +4,x <x 1,2x 2-ax -4,x 1≤x ≤x 2,ax +4,x >x 2.易知当a≤0时,g(x)在区间(-∞,-2)上不可能单调递增,所以a>0. 当a>0时,由(1)知-2<x 1<0,于是,g(x)在(-∞,-2)上是单调递增的.又因为g(x)在(a4,x 2)和(x 2,+∞)上均单调递增,结合函数图象可知,g(x)在(a4,+∞)上单调递增,于是,欲使g(x)在(2,+∞)上单调递增, 只需2≥a4,即a≤8.综上所述,a 的取值范围是(0,8].1.(2019课标全国Ⅱ理,6,5分)若a>b,则( ) A.ln(a-b)>0 B.3a <3b C.a 3-b 3>0D.|a|>|b|答案 C ∵a>b,∴a -b>0,取a-b=1,则ln(a-b)=0.故A 错误. 由y=3x 在R 上单调递增可知3a >3b ,故B 错误. 由y=x 3在R 上是增函数可知a 3>b 3,故C 正确. 取a=0,b=-1,则|a|<|b|, 故D 错误.2.(2018课标全国Ⅱ,10,5分)若f(x)=cos x-sin x 在[-a,a]是减函数,则a 的最大值是( ) A.π4B.π2C.3π4 D.π答案 A f(x)=cos x-sin x=√2cos (x +π4), 由题意得a>0,故-a+π4<π4,因为f(x)=√2cos(x+π4)在[-a,a]上是减函数,所以{-a+π4≥0,a+π4≤π, a>0,解得0<a≤π4,所以a的最大值是π4,故选A.。

第二节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.［必备知识填充J1. 函数的单调性⑴单调函数的定义增函数减函数一般地，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定义当X1V X2 时，都有f(x1)V f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当X1V 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"Dpi~_玉自左向右看图象是上升的0 -- *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I上是单调增函数或单调减函数，那么就说函数尸f(x)在区间I上具有单调性.单调增区间和单调减区间统称为单调区间.2. 函数的最值前提函数y=f(x)的疋义域为A，存在x o€ A条件任意x€ A，都有f(x) < f(x o)任意x € A，都有f(x)> f(x o)结论f(x0)为y = f(x)的最大值f(x0)为y= f(x)的最小值记法y max= f(x0)y min = f(x0)［常用结论］课前自主1. 函数单调性的结论⑴对? X 1 , X 2€ D (X 1M X 2),V 0? f(x)在D 上是减函数.a⑵对勾函数y =x + (a >0)的增区间为(—g,— .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”. 2. 函数最值存在的2个结论(1) 闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值. (2) 开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值.［学情自测验收:］一、 思考辨析(正确的打“V”，错误的打“X” )1(1) 函数y = -的单调递减区间是(一g, 0)U (0,+g ).()x(2) 若定义在R 上的函数f(x)有f(— 1)V f(3)，贝U 函数f(x)在R 上为增函数.()(3) 函数y =f(x)在［1 , +g )上是增函数，则函数的单调递增区间是［1 , +g ).()(4) 闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到. ( )［答案］(1) X (2)X (3)X ⑷ V 二、 教材改编 1. 函数 y = x 2 — 6x + 10 在区间(2,4)上()A .递减B .递增f x 1 — f x 2f x 1 — f x 2> 0? f(x)在D 上是增函数；x 1 — x 2x 1 — x 2C.先递减后递增 D .先递增后递减C ［因为函数y=x2—6x+ 10的图象为抛物线，且开口向上，对称轴为直线x= 3,所以函数y= x2—6x+ 10在(2,3)上为减函数，在(3,4)上为增函数.]2•下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是()A. y= XIB. y= 3—x1 2C. y=x D . y= —x + 4A [y= 3—x 在R 上递减，y = x■在(0, +^)上递减，y= —x2+ 4 在(0, +^) 入上递减，故选A.]3. ___________________________________________________________ 若函数y= (2k+ 1)x+ b在R上是减函数，则k的取值范围是 ___________________ .1— x,—2[因为函数y= (2k+ 1)x+ b在R上是减函数，所以2k + 1v0，1即k v —2・]24. ____________________________________________________ 已知函数f(x)= —，x€ [2,6]，贝U f(x)的最大值为__________________________ 最小值为x—12 22 5[易知函数f(x)= 在x € [2,6]上为减函数，故f(x)max= f(2) = 2,f(x)min5x—1二f(6)= |]_________________ 塁缕范埜茁虚一课堂考点探究•考点1确定函数的单调性(区间)島耘确定函数单调性的4种方法(1) 定义法.利用定义判断.(2) 导数法.适用于初等函数、复合函数等可以求导的函数.(3) 图象法.由图象确定函数的单调区间需注意两点：一是单调区间必须是函数定义域的子集；二是图象不连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“U”连接.（4）性质法•利用函数单调性的性质，尤其是利用复合函数 “同增异减”的原则时，需先确定简单函数的单调性.自汇求函数的单调区间酸S ⑴函数f （x ） = X 2—3x + 2|的单调递增区间是（） 3 3亍A. 2，+^B. 1, 2 和［2, +^） 33 丁C . （— X ，1］和 2，2D. —X ，2 和［2，+x ）⑵函数y = yj x 2 + x — 6的单调递增区间为 ____________ ，单调递减区间为 x 2 — 3x + 2，x < 1 或x >2, —x 2 — 3x + 2 ， 1v x v 2. 如图所示，函数的单调递增区间是1, 2和［2，+X ）；单调递减区间是（—3X ，1］和 ^，2 .故选 B.⑵令 u = x 2 + x — 6,则y =" /x 2 + x — 6可以看作是由y = . u 与u = x 2 + x — 6复合而成的函数. 令 u = x 2 + x — 6》0,得 x w — 3 或 x 》2.易知u = x 2 + x — 6在（—X,— 3］上是减函数，在［2 , +X ）上是增函数，而y=.u 在［0，+X ）上是增函数，⑴B ⑵［2，+ X )( — X ， — 3］［⑴y 二 |x 2 — 3x + 2| =所以y= x2+ x —6的单调减区间为(—「一 3］,单调增区间为［2 ,+x).］缶疔申(1)求复合函数的单调区间的步骤一般为：①确定函数的定义域；②求简单函数的单调区间；③求复合函数的单调区间，其依据是“同增异减”.(2)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间.含参函数的单调性1［一题多解］判断并证明函数f(x) = ax2+ x(其中1v a v3)在x€ ［1,2］上的单调性.［解］法一：(定义法)设Kx i v X2W2,贝U21 2 1f(x2)—f(x1) = ax2+ x2—ax2+x11=(x2—x1) ax1+ x2—x^x；,由1<X1V x2<2,得x2 —x1>0,2v X1 + x2V4,1 11 v X1x2 v 4,—1 v^ —— v—7.' x1x2 4又 1 v a v 3,所以2v a(x1 + X2)v 12,1得a(x1+ X2) —XX2>0,从而f(x2) —f(x1)>0,即f(X2) > f(X1),故当a€ (1,3)时，f(x)在［1,2］上单调递增.1 2ax3— 1法二:(导数法)因为f' (x) = 2ax—~2= "2—X X因为Kx< 2,二Kx3< 8,又 1 v a v 3, 所以2ax3—1>0,所以 f (x)>0,21所以函数f(x)= ax 2 + x (其中1v a v 3)在［1,2］上是增函数.园曲平定义法证明函数单调性的一般步骤： ①任取X 1, x 2€ D ，且x i V X 2；② 作差f(x i )-f(x 2)；③变形(通常是因式分解和配方)；④定号(即判断f(x i )-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).詡〕埠1•函数f(x)= |x - 2x 的单调递减区间是() A • ［1,2］ B . ［ — 1,0］ C . (0,2］D . ［2 ,+x )2x — 2x , x > 2,A ［由题意得，f(x)=2—x + 2x , x v 2,当x >2时，［2 , + 8)是函数f(x)的单调递增区间；当x v 2时，(一8,1］是函数f(x)的单调递增区间，［1,2］是函数f(x)的单调递 减区间.］2. 判断并证明函数伦)=半@工0)在(—1,1)上的单调性.x — 1 ［解］法一：(定义法)设一1v X 1V x 2V 1,x — 1 + 1f(x)=an1 f(X 1)—f(X 2)= a 1+ x 1—1a X 2 — x 1，由于一1 v X 1 v X 2V 1,X 1 — 1 X 2 — 1所以 X 2 — X 1> 0, X 1 — 1 v 0, X 2 — 1 v 0,11+ -X 2 — 1故当a>0 时，f(x1)—f(x2)>0, 即f(X1) > f(X2),函数f(x)在(-1,1)上递减；当a v 0 时，f(x i) —f(x2)<0, 即卩f(x i)<f(x2),函数f(x)在(—1,1)上递增.a x —1 —ax —a法二：(导数法)f' (x)= — = 2,x—12 x—12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)上为单调减函数，当a< 0时，f(x)在(一1,1)上为单调增函数.•考点2函数的最值吐喘求函数最值的5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) 基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.(4) 导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.(5) 换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值.x—a 2 x< 0，E!^>i(1)若函数f(x)= 1 的最小值为f(0)，则实数a的取值范x+ x+ a x> 0围是( )A. [ —1,2] B . [ —1,0]C. [1,2]D. [0,2]1(2) 函数f(x)= 3 — Iog 2(x + 2)在区间［— 1,1］上的最大值为 ______ . (3) 函数y =&—x(x > 0)的最大值为 __________ .1 1 1⑴D (2)3 (3)4 ［(1)当 x >0 时，f(x)二x + 】+ a >2 + a ,当且仅当 x =】， 即x = 1时，等号成立.故当x = 1时取得最小值2+ a , ••• f(x)的最小值为f(0),•••当 x < 0 时，f(x)= (x — a)2 单调递减，故 a > 0, 此时的最小值为f(0)= a 2,故2+ a >a 2,得一Ka <2. 又a > 0,得0W a <2.故选D.x1(2)V f(x) = 3 — Iog 2(x + 2)在区间［—1,1］上单调递减，• f(x)max = f(— 1)= 3 — Iog 21 = 3.21 1 1 1⑶令 t = , x ,则 t > 0,所以 y = t —t 2=— t — 2 + 4，当 t = 2，即 X =N 时，y max二 4.］a 1 1［逆向问题］若函数f(x)二一x + b(a >0)在2, 2上的值域为2, 2，贝U a =5a 11 2f(x)二—+ b(a >0)在 2，2 上是增函数,1—2a + b =2, 即 a—2+ b = 2,5• f(x)min =1= 2 f(x)max = f(2) = 2.解得a= 1, b= 2」Ek泮⑴求函数的最值时，应先确定函数的定义域•如本例(3).(2) 求分段函数的最值时，应先求出每一段上的最值，再选取其中最大的作为分段函数的最大值，最小的作为分段函数的最小值.如本例(1).(3) 若函数f(x)在区间［a，b］上单调，则必在区间的端点处取得最值.如本例(2)；若函数f(x)在区间［a, b］上不单调，则最小值为函数f(x)在该区间内的极小值和区间端点值中最小的值，最大值为函数f(x)在该区间内的极大值和区间端点值中最大的值.x2+ 4|园典鯉1.函数f(x) = x的值域为 _____________ .4(—X，—4］U ［4,+x)［当x>0 时，f(x) = x + ->4，x当且仅当x= 2时取等号；4当X V0 时，一x+ —x >4，4即f(x) = x+ x= —4，入当且仅当x= —2时取等号，所以函数f(x )的值域为(一％,—4］U ［4，+^).］a，a<b，2.对于任意实数a，b，定义min {a，b}= 设函数f(x) = —x+ 3,b，a>b.g(x)= Iog2x，则函数h(x) = min{f(x)，g(x)}的最大值是__________ .1 ［法一：(图象法)在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)图象，易知点A(2,1)为图象的最高点,因此h(x)的最大值为h(2) = 1.log 2x , O v x <2,法二：(单调性法)依题意，h(x) =—x + 3, x >2.当O v x <2时，h(x) = Iog 2x 是增函数, 当x >2时，h(x) = 3-x 是减函数,所以h(x)在x = 2时取得最大值h(2) = 1.]芒厲〕比较大小誤辭比较函数值大小的解题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内进行比较， 对于选择题、填空题能数形结合的尽 量用图象法求解.恵慮罰 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x 2>x i1> 1 时，[f(X 2)-f(x i )](X 2-x i )v 0 恒成立，设 a = f — 2，b =f(2)，c = f(3)，则 a ， b ，c 的大小关系为()A . c >a >bB . c >b >aC . a >c >bD . b >a >cD [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 1 5减函数.所以 a = f — 2 = f 2，f(2)>f(2.5)>f(3)，所以 b >a >c.]■-本例先由[f(X 2)—f(X 1)](x 2 — X 1)V 0 得出 f(X )在(1，+^ )上是减函数，1然后借助对称性，化变量一2，2,3于同一单调区间，并借助单调性比较大小.E 向解不等式•考点函数单调性的应用矗郵息求解含“ f”的函数不等式的解题思路先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x)) >f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)> h(x)(或g(x) v h(x)) •此时要特别注意函数的定义域.裁曹摞定义在[—2,2]上的函数f(x)满足(X1—X2)[・f(X1) —f(X2)] >0, x i工X2,且f(a2—a) >f(2a —2),则实数a的取值范围为()A. [ —1,2) B . [0,2)C. [0,1) D . [ —1,1)C [因为函数f(x)满足(X1 —X2)[f(x1) —f(x2)] >0,幻工X2,所以函数在[—2,2] 上单调递增，所以—2w 2a—2v a —a w 2,解得O w a v 1，故选 C.]Ek泮本例在求解时，应注意隐含条件为a2—a€ [ —2,2], 2a —2€ [ —2,2].[教师备选例题]f(x)是定义在(0,+^ )上的单调增函数，满足f(xy) = f(x) + f(y), f(3)= 1,则不等式f(x) + f(x—8)w 2的解集为_______________ .(8,9][因为2= 1+ 1= f(3) + f(3) = f(9),由f(x) + f(x—8)w2 可得f[x(x —x>0,8)] w f(9), f(x)是定义在(0 , + %)上的增函数，所以有x—8>0, 解得xx—8 w9,8<x w 9.]艺⑶胃根据函数的单调性求参数誤詐利用单调性求参数的范围(或值)的方法(1) 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数.(2) 需注意若函数在区间[a, b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的.酸臨颈(1)(2019郑州模拟)函数y= x—a' 2在(—1,+^)上单调递增，则a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.如本例(2). 埠 1•若函数f(x) = 2|x — a|+ 3在区间［1, +^)上不单调，则a 的取值范 围是( )A. [1 , +^) B . (1，+x ) C.(—x, 1)D . (— x, 1]2x — 2a + 3, x 》a ,B [因为函数 f(x)= 2|x — a|+ 3 =且函数f(x) = 2|x ——2x + 2a + 3, x v a ,的取值范围是() A . a = — 3—x 2 + 4x , x W 4,⑵设函数f(x) = b g 2x , x >4.若函数戸f (x )在区间(a ，a+ "上单调递增，则实数a 的取值范围是()A . (", 1] C . [4,+x )B . [1,4]D . (— x, 1] U [4,+x )x — a — 2 + a — 3 ⑴C ⑵D [⑴尸x — a -2 a — 3 a — 31+ = 1 +x — a — 2 x — a + 2 由题意知a — 3 v 0, a + 2W — 1,得 a w — 3. 所以a 的取值范围是a w — 3.(2)作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知f(x)在(a , a + 1)上单调递增,需满足a >4或a + 1 w 2,即a w 1或a >4,故选D.。

函数的概念与基本性质高考第一轮复习 第 二节 函数的单调性与最值1高考引航2必备知识3关键能力高考引航f (x 1)<f (x 2)f (x 1)>f (x 2)答案知识清单必备知识增函数减函数区间Df(x)≤M(或f(x)≥M)f(x0)=M答案基础训练C(-∞,-2)22题型归纳题型一 判断(证明)函数的单调性关键能力点拨：利用定义法判断函数的单调性,作差后的变形是关键,先要变形为几个因式的积或平方和的形式,再与0比较大小.题型二 求函数的单调区间答案D(-∞,-3][2,+∞)点拨：单调区间只能用区间表示,不能用不等式表示.如有多个单调区间应分开写,不能用并集符号“∪”连接,也不能用“或”连接,只能用“,”或“和”隔开.AC题型三 单调性的应用CDD点拨：1.利用单调性求参数的取值(范围)的思路是:根据其单调性直接列出参数满足的方程(组)或不等式(组),或先得到其图象的增减性,再结合图象求解.对于分段函数,要注意衔接点的取值.2.(1)比较函数值的大小,应将自变量转化到同一个单调区间内,然后利用函数的单调性比较大小.(2)求解函数不等式,其实质是函数单调性的逆用,由条件脱去“f”.答案D(0,3]题型四 求函数的最值(值域)答案解析AC点拨：求函数最值的四种常用方法(1)单调性法:先确定函数的单调性,再由单调性求最值.(2)图象法:先作出函数的图象,再观察其最高点、最低点,求出最值.(3)基本不等式法:先对解析式变形,使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.(4)导数法:先求导,然后求出在给定区间上的极值,最后结合端点值,求出最值.解析方法突破方法一 巧用函数图象,妙求最值答案解析方法二 变量换元法解析谢谢观赏。

第二节函数的单调性与最值[考纲] 1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义；结合具体函数，了解函数奇偶性的含义.2.会运用函数的图像理解和研究函数的性质．1．函数的单调性(1)增、减函数增函数减函数定义在函数y＝f(x)的定义域内的一个区间A上，如果对于任意两个数x1，x2∈A当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么，就称函数y＝f(x)在区间A上是增加的，有时也称函数y＝f(x)在区间A上是递增的当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么，就称函数y＝f(x)在区间A上是减少的，有时也称函数y＝f(x)在区间A上是递减的①如果函数y＝f(x)在区间A上是增加的或是减少的，那么称A为单调区间．②如果函数y＝f(x)在定义域的某个子集上是增加的或是减少的，那么就称函数y＝f(x)在这个子集上具有单调性．(3)单调函数如果函数y＝f(x)在整个定义域内是增加的或是减少的，我们分别称这个函数为增函数或减函数，统称为单调函数．2．函数的最值前提函数y＝f(x)的定义域为D条件(1)存在x0∈D，使得f(x0)＝M；(1)存在x0∈D，使得f(x0)＝M；(2)对于任意x∈D，都有f(x)≤M(2)对于任意x∈D，都有f(x)≥M结论M为最大值M为最小值1．(思考辨析)判断以下结论的正误．(正确的打“√〞，错误的打“×〞)(1)函数y ＝1x 在其定义域上递减．( )(2)函数y ＝|x |x ＋x 在其定义域上递增．( )(3)对于函数f (x )，x ∈D ，假设x 1，x 2∈D 且f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＞0，那么函数f (x )在D 上是增加的．( )(4)假设函数f (x )的最大值是M ，最小值是m ，那么函数f (x )的值域一定是[m ，M ]．( )[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×2．(2021·北京高考)以下函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( )【导学号：57962027】A ．y ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－xD [选项A 中，y ＝11－x 在(－∞，1)和(1，＋∞)上为增函数，故y ＝11－x 在(－1,1)上为增函数；选项B 中，y ＝cos x 在(－1,1)上先增后减；选项C 中，y ＝ln(x ＋1)在(－1，＋∞)上为增函数，故y ＝ln(x ＋1)在(－1,1)上为增函数；选项D 中，y ＝2－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上为减函数，故y ＝2－x 在(－1,1)上是减函数．] 3．(教材改编)函数f (x )＝2x x ＋1在[1,2]上的最大值和最小值分别是________． 43，1 [f (x )＝2x x ＋1＝2(x ＋1)－2x ＋1＝2－2x ＋1在[1,2]上是增加的，∴f (x )max ＝f (2)＝43，f (x )min ＝f (1)＝1.]4．函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在R 上是减函数，那么k 的取值范围是________.【导学号：57962028】⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12 [由题意知2k ＋1＜0，得k ＜－12.] 5．f (x )＝x 2－2x ，x ∈[－2,3]的单调增区间为________，f (x )max ＝________.[1,3] 8 [f (x )＝(x －1)2－1，故f (x )的单调增区间为[1,3]，f (x )max ＝f (－2)＝8.]函数单调性的判断(1)函数f (x )＝log 2(x 2－1)的递减区间为________．(2)试讨论函数f (x )＝x ＋k x (k ＞0)的单调性．(1)(－∞，－1) [由x 2－1＞0得x ＞1或x ＜－1，即函数f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．令t ＝x 2－1，因为y ＝log 2t 在t ∈(0，＋∞)上为增函数，t ＝x 2－1在x ∈(－∞，－1)上是减函数，所以函数f (x )＝log 2(x 2－1)的递减区间为(－∞，－1)．](2)法一：由解析式可知，函数的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)．在(0，＋∞)内任取x 1，x 2，令0＜x 1＜x 2，那么f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋k x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋k x 1＝(x 2－x 1)＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1x 1＝(x 2－x 1)x 1x 2－k x 1x 2. 2分因为0＜x 1＜x 2，所以x 2－x 1＞0，x 1x 2＞0.故当x 1，x 2∈(k ，＋∞)时，f (x 1)＜f (x 2)，即函数在(k ，＋∞)上递增.6分 当x 1，x 2∈(0，k )时，f (x 1)＞f (x 2)，即函数在(0，k )上递减．考虑到函数f (x )＝x ＋k x (k ＞0)是奇函数，在关于原点对称的区间上具有一样的单调性，故在(－∞，－k )上递增，在(－k ，0)上递减．综上，函数f (x )在(－∞，－k )和(k ，＋∞)上递增，在(－k ，0)和(0，k )上递减. 12分法二：f′(x)＝1－kx2. 2分令f′(x)＞0得x2＞k，即x∈(－∞，－k)或x∈(k，＋∞)，故函数的单调增区间为(－∞，－k)和(k，＋∞). 6分令f′(x)＜0得x2＜k，即x∈(－k，0)或x∈(0，k)，故函数的单调减区间为(－k，0)和(0，k). 10分故函数f(x)在(－∞，－k)和(k，＋∞)上递增，在(－k，0)和(0，k)上递减. 12分[规律方法] 1.利用定义判断或证明函数的单调性时，作差后应注意差式的分解变形要彻底．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．易错警示：求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如此题(1)．[变式训练1](1)(2021·深圳二次调研)以下四个函数中，在定义域上不是单调函数的是()A．y＝x3B．y＝xC．y＝1x D．y＝⎝⎛⎭⎪⎫12x(2)函数f(x)＝log 12(x2－4)的递增区间是()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)(1)C(2)D[(1)选项A，B中函数在定义域内均为递增函数，选项D为在定义域内为递减函数，选项C中，设x1＜x2(x1，x2≠0)，那么y2－y1＝1x2－1x1＝x1－x2x1x2，因为x1－x2＜0，当x1，x2同号时x1x2＞0，1x2－1x1＜0，当x1，x2异号时x1x2＜0，1x2－1x1＞0，所以函数y＝1x在定义域上不是单调函数，应选C.(2)由x2－4＞0得x＞2或x＜－2，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，因为y＝log12t在定义域上是减函数，所以求原函数的递增区间，即求函数t ＝x 2－4的递减区间，可知所求区间为(－∞，－2)．] 利用函数的单调性求最值f (x )＝x 2＋2x ＋a x，x ∈[1，＋∞)，且a ≤1. (1)当a ＝12时，求函数f (x )的最小值；(2)假设对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )＞0恒成立，试求实数a 的取值范围.【导学号：57962029】[思路点拨] (1)先判断函数f (x )在[1，＋∞)上的单调性，再求最小值；(2)根据f (x )min ＞0求a 的范围，而求f (x )min 应对a 分类讨论．[解] (1)当a ＝12时，f (x )＝x ＋12x ＋2，f ′(x )＝1－12x 2＞0，x ∈[1，＋∞)，即f (x )在[1，＋∞)上是增函数，∴f (x )min ＝f (1)＝1＋12×1＋2＝72. 4分 (2)f (x )＝x ＋a x ＋2，x ∈[1，＋∞)．法一：①当a ≤0时，f (x )在[1，＋∞)内为增函数．f (x )min ＝f (1)＝a ＋3.要使f (x )＞0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，只需a ＋3＞0，∴－3＜a ≤0.7分 ②当0＜a ≤1时，f (x )在[1，＋∞)内为增函数，f (x )min ＝f (1)＝a ＋3，∴a ＋3＞0，a ＞－3，∴0＜a ≤1.综上所述，f (x )在[1，＋∞)上恒大于零时，a 的取值范围是(－3,1]. 10分法二：f (x )＝x ＋a x ＋2＞0，∵x ≥1，∴x 2＋2x ＋a ＞0，8分∴a ＞－(x 2＋2x )，而－(x 2＋2x )在x ＝1时取得最大值－3，∴－3＜a ≤1，即a 的取值范围为(－3,1]. 12分 [规律方法] 利用函数的单调性求最值是求函数最值的重要方法，假设函数f (x )在闭区间[a ，b ]上是增函数，那么f (x )在[a ，b ]上的最大值为f (b )，最小值为f (a )．请思考，假设函数f (x )在闭区间[a ，b ]上是减函数呢？[变式训练2](2021·北京高考)函数f(x)＝xx－1(x≥2)的最大值为________．2[法一：∵f′(x)＝－1(x－1)2，∴x≥2时，f′(x)＜0恒成立，∴f(x)在[2，＋∞)上递减，∴f(x)在[2，＋∞)上的最大值为f(2)＝2.法二：∵f(x)＝xx－1＝x－1＋1x－1＝1＋1x－1，∴f(x)的图像是将y＝1x的图像向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的．∵y＝1x在[2，＋∞)上递减，∴f(x)在[2，＋∞)上递减，故f(x)在[2，＋∞)上的最大值为f(2)＝2.法三：由题意可得f(x)＝1＋1 x－1.∵x≥2，∴x－1≥1，∴0＜1x－1≤1，∴1＜1＋1x－1≤2，即1＜xx－1≤2.故f(x)在[2，＋∞)上的最大值为2.]函数单调性的应用☞角度1比拟大小(2021 ·山东高考)设a，b，c＝，那么a，b，c的大小关系是() A．a<b<c B．a<c<bC．b<a<c D．b<c<aC[因为函数y x是减函数，0<0.6<1.5，所以，即b<a<1.因为函数y＝x在(0，＋∞)上是增函数，1<1.5，所以>1＝1，即c>1.综上，b<a<c.]☞角度2解不等式f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，那么不等式f(x)＋f(x－8)≤2的解集为________．(8,9][因为2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x－8)≤2可得f[x(x－8)]≤f (9)，f (x )是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有⎩⎨⎧ x >0，x －8>0，x (x －8)≤9，解得8<x ≤9.]☞角度3 求参数的取值范围 (1)如果函数f (x )＝ax 2＋2x －3在区间(－∞，4)上是递增的，那么实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞ B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，0 D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0 (2)函数f (x )＝⎩⎨⎧(a －2)x －1，x ≤1，log a x ，x ＞1，假设f (x )在(－∞，＋∞)上递增，那么实数a 的取值范围为________．【导学号：57962030】(1)D (2)(2,3] [(1)当a ＝0时，f (x )＝2x －3，在定义域R 上是递增的，故在(－∞，4)上递增；当a ≠0时，二次函数f (x )的对称轴为x ＝－1a ，因为f (x )在(－∞，4)上递增，所以a ＜0，且－1a ≥4，解得－14≤a ＜0.综上所述，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0. (2)要使函数f (x )在R 上递增， 那么有⎩⎨⎧ a ＞1，a －2＞0，f (1)≤0，即⎩⎨⎧ a ＞1，a ＞2，a －2－1≤0，解得2＜a ≤3， 即实数a 的取值范围是(2,3]．][规律方法] 1.比拟大小．比拟函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．2．解不等式．在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f〞符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．3．利用单调性求参数．视参数为数，依据函数的图像或单调性定义，确定函数的单调区间，与单调区间比拟求参数．易错警示：(1)假设函数在区间[a，b]上单调，那么该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；(2)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．[思想与方法]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一样时为增函数，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：比照拟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．[易错与防范]1．易混淆两个概念：“函数的单调区间〞和“函数在某区间上单调〞，前者指函数具备单调性的“最大〞的区间，后者是前者“最大〞区间的子集．2．分段函数单调性不仅要考虑各段的单调性，还要注意衔接点．3．函数在两个不同的区间上单调性一样，要分开写，用“，〞隔开，不能用“∪〞连接．。

第三讲函数的单调性与最值ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE知识梳理·双基自测知识梳理知识点一函数的单调性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如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y＝f(x)的单调区间．知识点二函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(1)对于任意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为最小值重要结论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．2．单调性定义的等价形式设任意x 1，x 2∈[a ，b ]，x 1≠x 2.(1)若有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0或f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0，则f (x )在闭区间[a ，b ]上是增函数．(2)若有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0或f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0，则f (x )在闭区间[a ，b ]上是减函数．3．函数单调性的常用结论(1)若f (x )，g (x )均为区间A 上的增(减)函数，则f (x )＋g (x )也是区间A 上的增(减)函数． (2)若k >0，则kf (x )与f (x )单调性相同，若k <0，则kf (x )与f (x )单调性相反． (3)函数y ＝f (x )(f (x )>0)在公共定义域内与y ＝－f (x )，y ＝1f (x )的单调性相反． (4)函数y ＝f (x )(f (x )≥0)在公共定义域内与y ＝f (x )的单调性相同．双基自测题组一 走出误区1．(多选题)下列结论不正确的是( ABCD )A ．函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)B ．函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)C ．对于任意两个函数值f (x 1)、f (x 2)，当f (x 1)>f (x 2)时都有x 1>x 2，则y ＝f (x )为增函数D ．已知函数y ＝f (x )是增函数，则函数y ＝f (－x )与y ＝1f (x )都是减函数[解析] 对于A ：单调区间是定义域的子区间，如y ＝x 在[1，＋∞)上是增函数，但它的单调递增区间是R ，而不是[1，＋∞)．对于B ．多个单调区间不能用“∪”符号连接，而应用“，”或“和”连接．对于C ．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x x ∈[0，1]，1 x ∈(1，2)，如图．当f (x 1)>f (x 2)时都有x 1>x 2，但y ＝f (x )不是增函数．对于D ．当f (x )＝x 时，y ＝1f (x )＝1x ，有两个减区间，但y ＝1x 并不是减函数，而y ＝f (－x )是由y ＝f (t )与t ＝－x 复合而成是减函数．故选A 、B 、C 、D ．题组二 走进教材2．(必修1P 44AT9改编)函数y ＝(2m －1)x ＋b 在R 上是减函数，则( B )A ．m >12B ．m <12C ．m >－12D ．m <－12[解析] 使y ＝(2m －1)x ＋b 在R 上是减函数，则2m －1<0，即m <12.3．(必修1P 32T5改编)已知f (x )＝－2x 2＋x ，x ∈[－1,3]，则其单调递减区间为[14，3]；f (x )min＝－15.4．(必修1P 32T3改编)设定义在[－1,7]上的函数y ＝f (x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )在增区间为[－1,1]和[5,7].题组三 考题再现5．(2019·北京)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( A )A ．y ＝x 12B ．y ＝2－x C ．y ＝log 12xD ．y ＝1x[解析] 对于幂函数y ＝x α，当α>0时，y ＝x α在(0，＋∞)上单调递增，当α<0时，y ＝x α在(0，＋∞)上单调递减，所以选项A 正确；选项D 中的函数y ＝1x 可转化为y ＝x －1，所以函数y ＝1x 在(0，＋∞)上单调递减，故选项D 不符合题意；对于指数函数y ＝a x (a >0，且a ≠1)，当0<a <1时，y ＝a x 在(－∞，＋∞)上单调递减，当a >1时，y ＝a x 在(－∞，＋∞)上单调递增，而选项B 中的函数y ＝2－x 可转化为y ＝(12)x ，因此函数y ＝2－x 在(0，＋∞)上单调递减，故选项B 不符合题意；对于对数函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)，当0<a <1时，y ＝log a x 在(0，＋∞)上单调递减，当a >1时，y ＝log a x 在(0，＋∞)上单调递增，因此选项C 中的函数y ＝log 12x 在(0，＋∞)上单调递减，故选项C 不符合题意，故选A ．6．(2015·浙江卷，10)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x －3，x ≥1，lg (x 2＋1)，x <1，则f [f (－3)]＝0，f (x )的最小值是22－3.[解析]由题意知，f(－3)＝1，f(1)＝0，即f[f(－3)]＝0.易得f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝min{f(0)，f(2)}＝22－3.KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU考点突破·互动探究考点一函数的单调性考向1函数单调性的判断与证明——自主练透例1 (1)(多选题)(2020·广东省名校联考改编)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论中不正确的是(ACD)A．y＝|f(x)|在R上为增函数B．y＝2－f(x)在R上为减函数C．y＝－[f(x)]3在R上为增函数D．y＝log12f(x)在R上为减函数(2)已知a>0，函数f(x)＝x＋ax(x>0)，证明：函数f(x)在(0，a]上是减函数，在[a，＋∞)上是增函数．[解析](1)A错，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝|f(x)|＝|x|在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数；C错，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝－[f(x)]3＝－x3在R上为减函数；D错，比如f(x)＝x在R上为增函数，但log12x在(0，＋∞)上为减函数，而在(－∞，0]上没意义．故选A、C、D．(2)证明：设x1，x2是任意两个正数，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝(x1＋ax1)－(x2＋ax2)＝x1－x2x1x2(x1x2－a)．当0<x1<x2≤a时，0<x1x2<a，又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)．所以函数f (x )在(0，a ]上是减函数； 当a ≤x 1<x 2时，x 1x 2>a ，又x 1－x 2<0， 所以f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)． 所以函数f (x )在[a ，＋∞)上是增函数． 考向2 求函数的单调区间——师生共研例2 求下列函数的单调区间． (1)f (x )＝－x 2＋2|x |＋3； (2)f (x )＝log 12(－x 2＋4x ＋5)；(3)f (x )＝x －ln x .[分析] (1)可用图象法或化为分段函数或用化为复合函数求解； (2)复合函数求解； (3)导数法．[解析] (1)解法一：(图象法)∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋3(x ≥0)，－x 2－2x ＋3(x <0)，其图象如图所示，所以函数y ＝f (x )的单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]；单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．解法二：(化为分段函数求解)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋3(x ≥0)－x 2－2x ＋3(x <0)＝⎩⎪⎨⎪⎧－(x －1)2＋4(x ≥0)－(x ＋1)2＋4(x <0)y ＝－(x －1)2＋4(x ≥0)图象开口向下，对称轴为x ＝1，∴增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；y ＝－(x ＋1)2＋4(x <0)图象开口向下，对称轴为x ＝－1，∴增区间为(－∞，－1)，减区间。

『高考一轮复习·讲练测』『分项解析·逐一击破』【练基础】1.（2020·湖南省株洲二中期末）下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝ln(x ＋2) B ．y ＝－x ＋1 C ．y ＝⎝⎛⎭⎫12xD ．y ＝x ＋1x【答案】A【解析】函数y ＝ln(x ＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上是增函数．2．（2020·辽宁省大连八中质检）如果函数f (x )＝ax 2＋2x －3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎭⎫－14，＋∞ B ．⎣⎡⎭⎫－14，＋∞ C ．⎣⎡⎭⎫－14，0 D ．⎣⎡⎦⎤－14，0 【答案】D【解析】当a ＝0时，f (x )＝2x －3在定义域R 上单调递增，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⎣⎡⎦⎤－14，0. 3．（2020·河北省唐山一中期末）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 ⎝⎛⎭⎫13的x 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎭⎫13，23B ．⎣⎡⎭⎫13，23 C ．⎝⎛⎭⎫12，23 D ．⎣⎡⎭⎫12，23【答案】D【解析】因为函数f (x )是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f (2x －1)<f ⎝⎛⎭⎫13，所以0≤2x －1<13，解得12≤x <23.4．（2020·山西省长治一中期末）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)．5．（2020·河南省郑州一中调研）函数y ＝f (x )(x ∈R )的图象如图所示，则函数g (x )＝f (log a x )(0<a <1)的单调递减区间是( )A ．⎣⎡⎦⎤0，12 B ．[a ，1]C ．(－∞，0)∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞D ．[a ，a ＋1 ]【答案】B【解析】由图象，知f (x )在(－∞，0)和⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递减，而在⎣⎡⎦⎤0，12上单调递增． 又因为当0<a <1时，y ＝log a x 为(0，＋∞)上的减函数，所以要使g (x )＝f (log a x )单调递减，则需log a x ∈⎣⎡⎦⎤0，12，即0≤log a x ≤12，解得x ∈[a ，1]．6．（2020·江苏省无锡一中期中）定义新运算∈：当a ≥b 时，a ∈b ＝a ；当a <b 时，a ∈b ＝b 2，则函数f (x )＝(1∈x )x －(2∈x )，x ∈[－2，2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12【答案】C【解析】由已知得，当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2； 当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2.因为f (x )＝x 3－2，f (x )＝x －2在定义域内都为增函数，且f (1)<f (2)， 所以f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.7．（2020·黑龙江省鹤岗一中质检）函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x ≥1，2x ，x <1的值域为________．【解析】当x ≥1时，log 12x ≤0；当x <1时，0<2x <2，故f (x )的值域为(0，2)∈(－∞，0]＝(－∞，2)．【答案】(－∞，2)8．（2020·湖北省黄石一中期中）函数f (x )＝x ＋2x －1 的值域为________．【解析】由2x －1≥0，得x ≥12，∈函数的定义域为⎣⎡⎭⎫12，＋∞.又函数f (x )＝x ＋2x －1在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增， ∈当x ＝12时，函数取最小值f ⎝⎛⎭⎫12＝12， ∈函数f (x )的值域为⎣⎡⎭⎫12，＋∞. 【答案】⎣⎡⎭⎫12，＋∞ 【练模拟】1.（2020·浙江省绍兴一中模拟）设a >0且a ≠1，则“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”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】若函数f (x )＝a x 在R 上为减函数，则有0<a <1；若函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上为增函数，则有2－a >0，即a <2，所以“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的充分不必要条件，故选A ．2．（2020·广东省广州五中模拟）已知在函数f (x )＝lg(a x －b x )＋x 中，常数a ，b 满足a >1>b >0，且a ＝b ＋1，那么f (x )>1的解集为( )A ．(0，1)B ．(1，＋∞)C ．(1，10)D ．(10，＋∞) 【答案】B【解析】由a x－b x>0，a >1>b >0，得⎝⎛⎭⎫a b x>1，解得x >0，所以函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为a >1>b >0，所以y ＝a x 单调递增，y ＝－b x 单调递增，所以t ＝a x －b x 单调递增．又y ＝lg t 单调递增，所以f (x )＝lg(a x －b x )＋x 为(0，＋∞)上的增函数．而f (1)＝lg(a －b )＋1＝lg 1＋1＝1，所以当x >1时，f (x )>1，故f (x )>1的解集为(1，＋∞)．故选B ．3．（2020·安徽省铜陵一中模拟）如果函数y ＝f (x )在区间I 上是增函数，且函数y ＝f （x ）x 在区间I 上是减函数，那么称函数y ＝f (x )是区间I 上的“缓增函数”，区间I 叫做“缓增区间”．若函数f (x )＝12x 2－x ＋32是区间I 上的“缓增函数”，则“缓增区间”I 为( )A ．[1，＋∞)B ．[0，3]C ．[0，1]D ．[1，3]【答案】D【解析】因为函数f (x )＝12x 2－x ＋32的对称轴为x ＝1，所以函数y ＝f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数．又当x ≥1时，f （x ）x ＝12x ＋32x －1，令g (x )＝12x ＋32x －1(x ≥1)，则g ′(x )＝12－32x 2＝x 2－32x 2，由g ′(x )≤0，得1≤x ≤3，即函数f （x ）x ＝12x －1＋32x在区间[1，3]上单调递减，故“缓增区间”I 为[1，3]．故选D ．4．（2020·山西省晋中一中模拟）函数f (x )满足f (x ＋2)＝3f (x )，且x ∈R ，若当x ∈[0,2]时，f (x )＝x 2－2x ＋2，则当x ∈[－4，－2]时，f (x )的最小值为( )A.19B.13 C ．－13D ．－19【答案】A【解析】因为f (x ＋2)＝3f (x )，所以f (x )＝13f (x ＋2)＝19f (x ＋4)．因为当x ∈[0,2]时，f (x )＝x 2－2x ＋2，所以当x ∈[－4，－2]，即x ＋4∈[0,2]时，f (x )＝19f (x ＋4)＝19(x ＋3)2＋19，故当x ＝－3时，f (x )取得最小值19，故选A.5．（2020·黑龙江省大庆一中模拟）定义新运算：当a ≥b 时，a b ＝a ；当a ＜b 时，a b ＝b 2，则函数f (x )＝(1x )x －(2x )，x ∈[－2,2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12【答案】C【解析】由题意知当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2，当1＜x ≤2时，f (x )＝x 3－2，又f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在相应的定义域内都为增函数，且f (1)＝－1，f (2)＝6，∈f (x )的最大值为6.6．（2020·江西省上饶一中模拟）定义运算：x y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，xy ≥0，y ，xy <0，例如：34＝3，(－2)4＝4，则函数f (x )＝x 2(2x －x 2)的最大值为________．【解析】由已知，得f (x )＝x 2(2x －x 2)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x 2（2x －x 2）≥0，2x －x 2，x 2（2x －x 2）<0＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，0≤x ≤2，2x －x 2，x <0或x >2，易知函数f (x )的最大值为4. 【答案】47．（2020·山东省淄博一中模拟）已知f (x )＝x x －a (x ≠a )．(1)若a ＝－2，证明：f (x )在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 【解析】(1)证明：任取x 1<x 2<－2， 当a ＝－2时，f (x 1)－f (x 2)＝ x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2（x 1－x 2）（x 1＋2）（x 2＋2）. ∈(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， ∈f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， ∈f (x )在(－∞，－2)上单调递增．(2)任取1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a （x 2－x 1）（x 1－a ）（x 2－a ）. ∈a >0，x 2－x 1>0，∈要使f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0在(1，＋∞)上恒成立，∈a ≤1.综上所述知a 的取值范围是(0，1]．8．(2020·福建师大附中模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足下面三个条件： ∈对任意正数a ，b ，都有f (a )＋f (b )＝f (ab )； ∈当x >1时，f (x )<0； ∈f (2)＝－1. (1)求f (1)的值；(2)用单调性的定义证明：函数f (x )在(0，＋∞)上是减函数； (3)求满足f (3x －1)>2的x 的取值集合．【解析】(1)由f (a )＋f (b )＝f (ab )，得f (1)＋f (1)＝f (1)，则f (1)＝0. (2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1<x 2， 则f (x 1)＋f ⎝⎛⎭⎫x 2x 1＝f (x 2)，所以f (x 2)－f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫x 2x 1.由x 2x 1>1，得f ⎝⎛⎭⎫x 2x 1<0，即f (x 2)<f (x 1)， ∈f (x )在(0，＋∞)上是减函数.(3)∈f (2)＝－1，∈f (4)＝f (2)＋f (2)＝－2， 又f (4)＋f ⎝⎛⎭⎫14＝f (1)＝0，∈f ⎝⎛⎭⎫14＝2. 又f (x )的定义域为(0，＋∞)，且在其上是减函数， ∈⎩⎪⎨⎪⎧3x －1<14，3x －1>0，解得13<x <512.。