19届高考数学一轮复习课时跟踪检测(五)函数的单调性与最值理(普通高中)

课时跟踪检测(五) 函数的单调性与最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(·珠海摸底)下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( ) A ．y ＝2－x B ．y ＝x C ．y ＝log 2 xD ．y ＝－1x解析：选B 由题知，只有y ＝2－x与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数．2．一次函数y ＝kx ＋b 在R 上是增函数，则k 的取值范围为( ) A ．(0，＋∞) B ．[0，＋∞) C ．(－∞，0)D ．(－∞，0]解析：选A 法一：由一次函数的图象可知选A. 法二：设∀x 1，x 2∈R 且x 1<x 2， ∵f (x )＝kx ＋b 在R 上是增函数，∴(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))>0，即k (x 1－x 2)2>0， ∵(x 1－x 2)2>0，∴k >0，故选A.3．(·北京东城期中)已知函数y ＝1x －1，那么( )A ．函数的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞)B ．函数的单调递减区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)C ．函数的单调递增区间为(－∞，1)，(1，＋∞)D ．函数的单调递增区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)解析：选A 函数y ＝1x －1可看作是由y ＝1x 向右平移1个单位长度得到的，∵y ＝1x 在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，∴y ＝1x －1在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减，∴函数y ＝1x －1的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋∞)，故选A. 4．函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________．解析：令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t 2＝－⎝⎛⎭⎫t －122＋14，结合图象知，当t ＝12，即x ＝14时，y m ax ＝14. 答案：145．函数f (x )＝log 12(x 2－4)的单调递增区间为________．解析：由x 2－4>0得x <－2或x >2.又u ＝x 2－4在(－∞，－2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，y ＝log 12u 为减函数，故f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)．答案：(－∞，－2)二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f (x )＝x 2－2x －3，则该函数的单调递增区间为( ) A ．(－∞，1] B ．[3，＋∞) C ．(－∞，－1]D ．[1，＋∞)解析：选B 设t ＝x 2－2x －3，由t ≥0， 即x 2－2x －3≥0，解得x ≤－1或x ≥3. 所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t ＝x 2－2x －3的图象的对称轴为x ＝1，所以函数t 在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增．所以函数f (x )的单调递增区间为[3，＋∞)．2．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数， 且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a 满足f (log 2a )＋f ⎝⎛⎭⎫log 12a ≤2f (1)，则a 的取值范围是( )A ．[1,2] B.⎝⎛⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎦⎤12，2D ．(0,2]解析：选C 因为log 12a ＝－log 2 a ，且f (x )是偶函数，所以f (log 2a )＋f (log 12a )＝2f (log 2a )＝2f (|log 2a |)≤2f (1)，即f (|log 2a |)≤f (1)，又函数在[0，＋∞)上单调递增，所以0≤|log 2a |≤1，即－1≤log 2 a ≤1，解得12≤a ≤2.3．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解析：选C 由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2， 当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数． ∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(a －2)x ，x ≥2，⎝⎛⎭⎫12x －1，x <2是R 上的单调递减函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，2) B.⎝⎛⎦⎤－∞，138 C ．(0,2)D.⎣⎡⎭⎫138，2解析：选B 因为函数为递减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，2(a －2)≤⎝⎛⎭⎫122－1， 解得a ≤138，故选B.5．(·安徽皖江名校联考)定义在[－2,2]上的函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，x 1≠x 2，且f (a 2－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)解析：选C 函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，x 1≠x 2，∴函数在[－2,2]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －2≤a 2－a ≤2，－2≤2a －2≤2，2a －2<a 2－a .∴⎩⎪⎨⎪⎧－1≤a ≤2，0≤a ≤2，a <1或a >2，∴0≤a <1，故选C.6．函数f (x )＝1x －1在区间[a ，b ]上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b ＝________.解析：易知f (x )在[a ，b ]上为减函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧f (a )＝1，f (b )＝13，即⎩⎨⎧1a －1＝1，1b －1＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4. ∴a ＋b ＝6. 答案：67．已知函数f (x )＝x 2－2ax －3在区间[1,2]上具有单调性，则实数a 的取值范围为________________．解析：函数f (x )＝x 2－2ax －3的图象开口向上，对称轴为直线x ＝a ，画出草图如图所示． 由图象可知，函数在(－∞，a ]和[a ，＋∞)上都具有单调性，因此要使函数f (x )在区间[1,2]上具有单调性，只需a ≤1或a ≥2，从而a ∈(－∞，1]∪[2，＋∞)．答案：(－∞，1]∪[2，＋∞)8．若函数f (x )＝a x (a >0，a ≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________.解析：函数g (x )在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m >0，即m <14.若a >1，则函数f (x )在[－1,2]上的最小值为1a ＝m ，最大值为a 2＝4，解得a ＝2，12＝m ，与m <14矛盾；当0<a <1时，函数f (x )在[－1,2]上的最小值为a 2＝m ，最大值为a －1＝4，解得a ＝14，m ＝116.所以a ＝14.答案：149．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证明f (x )在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：任设x 1<x 2<－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝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)，∴f (x )在(－∞，－2)上单调递增． (2)任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a (x 2－x 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]． 10．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． 解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x，设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0，f (x 2)－f (x 1)＝⎝⎛⎭⎫a －1x 2－⎝⎛⎭⎫a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0， 所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． (2)由题意a －1x <2x 在(1，＋∞)上恒成立，设h (x )＝2x ＋1x，则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立． 任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1<x 2， h (x 1)－h (x 2)＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫2－1x 1x 2.因为1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，x 1x 2>1，所以2－1x 1x 2>0， 所以h (x 1)<h (x 2)，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]． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．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 ]解析：选D 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 －1＋32x ，令g (x )＝12x －1＋32x (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 ]．2．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5函数的单调性与最计一、选择题1.下列四个函数中，在(0, +°°)上为增函数的是()A・./U) = 3-rB. fix)=j3—3xD. ./u)=_|x|解析：当x>0时，，心) = 3—x为减函数；当炸(0，D时'yu)=/—3兀为减函数；当兀eg, +8)时，/(兀)=2—3兀为增函数；当xe(0, +°°)时，/(x)=—计y为增函数；当xe(0, +°°)时，夬朗=—园为减函数.答案：C2.(2018-北京东城期中)已知函数丿=占，那么( )X LA.函数的单调递减区间为(一8, 1), (1, +-)B・函数的单调递减区间为(一a, 1)U(1, +-)C・函数的单调递增区间为(一8, 1), (1, +-)D.函数的单调递增区间为(―°°, 1)U(1, +°°)解析：函数y=-hv可看作是由向右平移1个单位长度得到的，••了X L兀在(―°°, 0)和(0, +°°)上单调递减，・・・y=」7在(一°°, 1)和(1, +°°)上单调递•X 1减，.••函数的单调递减区间为(一8, 1)和(1, +-),故选A.入1答案：A3・函数yw = log , (?-4)的单调递增区间为()2A. (0, +8)B. (—8, 0)C・(2, +s) D・(—8, -2)解析：由x2—4>0得x<~2或x>2.又U=X2~4在(―00, —2)上为减函数，在(2, +°°)上为增函数，y=log]U为减函数，故/U)的单调递增区间为(一°°，2一2)・答案：D4.(2018-河南安阳联考)定义新运算：当心b时皿b=a；当X方时b =b\则函数几0 = (1 x)x-(2 x), x£[-2,2]的最大值等于()A・一1 B. 1C・6 D・12解析：由已知得，当一2W 兀W1时，Xx)=x-2,当1 <rW2时，/(x)=?-2. 由几兀)在各段上的单调性及最值可知人兀)的最大值为/(2) = 23-2=6.答案：C5. (2018-哈尔滨联考)己知函数 尢)的图象关于直线x=l 对称，当%2>%1>1 时，駅也)一/Ui)]•(兀2—兀1)<0 恒成立，设 0=(—£)，方=A2), c=/(e),则 a, b, c 的大小关系为()A. c>a>b B- c>b>aC. a>c>hD. h>a>c解析：因/U)的图象关于直线兀=1对称.由此可得 2时，[他2)—/Ul)](X2—Q )V0恒成立，知./U)在(I, +->)上单调递减. ・Zl<2<|<e, .\A2)>A^Me),•: b>a>c.答案:D二、填空题6. ____________________________________ 函数y=x-|l-x|的单调递增区间为 ___________________________________________1,心1, 2x — 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(一8, 1]・答案:(―8, 1]7. __________________________ 用min{a, b, c}表示a, b, c 三个数中的最小值,贝！I 函数J(x)=mn{4x + 1, x+4,—兀+8}的最大值是 ・解析：在同一坐标系中分别作出函数y=4x+l,)‘=x+4, y=—x+8的图 象后，取位于下方的部分得函数Xx) = min{4x+1, x+4, —x+8}的图象，如图 所示，由图象可知，函数几朗在x=2时取得最大值6.答案：6 f+a解析：y=x —\l —x\ =5 由 X2>X[>18.已知函数/U)= ^-―(6/>0)在(2, +oo)上递增，则实数a的取值范围为•Xr . . ..E xf+d x 孑+a , X2~X\由已知条件，侍/U1）—夬兀2）= —— —=（兀1 _兀2）+ G X Y 丫 =（兀1 —兀I 兀2 兀1兀2x\X2~a |一 4、X2)X <0怛成立，兀1兀2即当2<X\<X2时，X\X2>Cl 恒成立, 又兀］兀2>4,则0sW4.即实数Q 的取值范围是(0,4］.答案:(0,4］三、解答题 9•试判断函数心)=七，用(一1,1)的单调性.X XV — l<Xi<X2<h /.|%1|<1 , |^2|<1 , X2~X[>0, X\ — 1<0, X2—1<0, *1 兀2|<1，即—1 <X[X2< 1. 兀|兀2 + 1 >0. (兀2一兀1)(兀1兀2+1)(#一1)(用—1)因此，，心1)—心2)>0,即、心1)訣也)，此时函数在(一1,1)上为减函数. ［%3, xwo, r 10. 已知函数「，、 c 若X2-^)>/(x ),求实数兀的取值范 lln(x+1), x>0,围.解析：・・•当兀=0时，两个表达式对应的函数值都为零，.••函数的图象是一 条连续的曲线・・・•当xWO 时，函数./U)=j 为增函数，当Q0时，/U) = ln9+1) 也是增函数，・•・函数沧)是定义在R 上的增函数.因此，不等式夬2—/)刁⑴等 价于 2—?T>x,即 x 2+x —2<0,解得一2<x<l.故实数x 的取值范围为(-2,1)・［能力挑战］II. 已知定义在区间(0, +oo)上的函数/U)满足兀1)-/(兀2)，且当兀>1 时•，Xx)<0.(1) 求夬1)的值；(2) 证明：尢)在(0, +8)上为单调递减函数；(3) 若X3)=-l,求ZU)在［2,9］上的最小值. 解析:(1)令兀1=兀2>0, 代入得/□)=/(七)一心1)=0,故 AD=O.(2)证明：任取为,兀2丘(0, +8),且 X1>X 2,则 ¥>1. 由于当Q1时，，心)<0,>0. 解析：设一l<X\<X2<h（兀2—兀1）（兀1也1）即朋)一心2)<0,因此心1)彳也)，所以函数7U)在区间(0, +s)上是单调递减函数. (3)因为人兀)在(0, +8)上是单调递减函数，所以兀0在［2,9］上的最小值为X9)・岭=人9)-/(3)，而人3)= —1，所以7(9)=-2.即尢)在［2,9］上的最小值为一2.。

课时跟踪检测（五）函数的单调性与导数一、题组对点训练对点练一　函数与导函数图象间的关系1．f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是下列选项中的( )解析：选C　题目所给出的是导函数的图象，导函数的图象在x轴的上方，表示导函数大于零，原函数的图象呈上升趋势；导函数的图象在x轴的下方，表示导函数小于零，原函数的图象呈下降趋势．由x∈(－∞，0)时导函数图象在x轴的上方，表示在此区间上，原函数的图象呈上升趋势，可排除B、D两选项．由x∈(0,2)时导函数图象在x轴的下方，表示在此区间上，原函数的图象呈下降趋势，可排除A选项．故选C.2．若函数y＝f′(x)在区间(x1，x2)内是单调递减函数，则函数y＝f(x)在区间(x1，x2)内的图象可以是( )解析：选B　选项A中，f′(x)>0且为常数函数；选项C中，f′(x)>0且f′(x)在(x1，x2)内单调递增；选项D中，f′(x)>0且f′(x)在(x1，x2)内先增后减．故选B.3．如图所示的是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则在[－2,5]上函数f(x)的递增区间为________．解析：因为在(－1,2)和(4,5]上f′(x)>0，所以f(x)在[－2,5]上的单调递增区间为(－1,2)和(4,5]．答案：(－1,2)和(4,5]对点练二　判断(证明)函数的单调性、求函数的单调区间4．函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是( )A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)解析：选D　f′(x)＝(x－3)′e x＋(x－3)(e x)′＝e x(x－2)．由f′(x)>0得x>2，∴f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．5．函数f(x)＝2x2－ln x的递增区间是( )A. B.和(0，12)(－12，0)(12，＋∞)C.D.和(12，＋∞)(－∞，－12)(0，12)解析：选C 由题意得，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －＝＝1x 4x 2－1x，令f ′(x )＝>0，解得x >，故函数f (x )＝2x 2－ln x 的递增(2x ＋1)(2x －1)x(2x ＋1)(2x －1)x12区间是.故选C.(12，＋∞)6．已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋c 的图象经过点(0,1)，且在x ＝1处的切线方程是y ＝x .(1)求y ＝f (x )的解析式；(2)求y ＝f (x )的单调递增区间．解：(1)∵f (x )＝ax 3＋bx 2＋c 的图象经过点(0,1)，∴c ＝1，f ′(x )＝3ax 2＋2bx ，f ′(1)＝3a ＋2b ＝1，切点为(1,1)，则f (x )＝ax 3＋bx 2＋c 的图象经过点(1,1)，得a ＋b ＋c ＝1，解得a ＝1，b ＝－1，即f (x )＝x 3－x 2＋1.(2)由f ′(x )＝3x 2－2x >0得x <0或x >，所以单调递增区间为(－∞，0)和.23(23，＋∞)对点练三　与参数有关的函数单调性问题7．若函数f (x )＝x －a 在[1,4]上单调递减，则实数a 的最小值为( )x A ．1 B ．2C ．4D ．5解析：选C 函数f (x )＝x －a 在[1,4]上单调递减，只需f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立x 即可，令f ′(x )＝1－ax －≤0，解得a ≥2，则a ≥4.∴a min ＝4.1212x 8．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调递减区间为(－1,2)，则b ＝________，c ＝________.解析：f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题意知－1<x <2是不等式f ′(x )<0的解，即－1,2是方程3x 2＋2bx ＋c ＝0的两个根，把－1,2分别代入方程，解得b ＝－，c ＝－6.32答案：－　－6329．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2.讨论f (x )的单调性．解：f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)·(e x ＋2a )．(1)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．①若a ＝－，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；e2②若－<a <0，则ln(－2a )<1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0；e2当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减；③若a <－，则ln(－2a )>1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0；当e2x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减．二、综合过关训练1．若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中具有M 性质的是( )A ．f (x )＝2－xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝3－xD ．f (x )＝cos x解析：选A 对于选项A ，f (x )＝2－x ＝x ，(12)则e x f (x )＝e x ·x ＝x ，∵＞1，(12)(e 2)e2∴e x f (x )在R 上单调递增，∴f (x )＝2－x 具有M 性质．对于选项B ，f (x )＝x 2，e x f (x )＝e x x 2，[e x f (x )]′＝e x (x 2＋2x )，令e x (x 2＋2x )＞0，得x ＞0或x ＜－2；令e x (x 2＋2x )＜0，得－2＜x ＜0，∴函数e x f (x )在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在(－2,0)上单调递减，∴f (x )＝x 2不具有M 性质．对于选项C ，f (x )＝3－x ＝x ，(13)则e x f (x )＝e x ·x ＝x ，(13)(e3)∵＜1，e3∴y ＝x 在R 上单调递减，(e3)∴f (x )＝3－x 不具有M 性质．对于选项D ，f (x )＝cos x ，e x f (x )＝e x cos x ，则[e x f (x )]′＝e x (cos x －sin x )≥0在R 上不恒成立，故e x f (x )＝e x cos x 在R 上不是单调递增的，∴f (x )＝cos x 不具有M 性质．故选A.2．若函数f (x )＝x －eln x,0<a <e<b ，则下列说法一定正确的是( )A ．f (a )<f (b ) B ．f (a )>f (b )C ．f (a )>f (e)D ．f (e)>f (b )解析：选C f ′(x )＝1－＝，x >0，令f ′(x )＝0，得x ＝e ，f (x )在(0，e)上为减ex x －ex 函数，在(e ，＋∞)上为增函数，所以f (a )>f (e)，f (b )>f (e)，f (a )与f (b )的大小不确定．3．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，将y ＝f (x )和y ＝f ′(x )的图象画在同一直角坐标系中，不可能正确的是( )解析：选D 对于选项A ，若曲线C 1为y ＝f (x )的图象，曲线C 2为y ＝f ′(x )的图象，则函数y ＝f (x )在(－∞，0)内是减函数，从而在(－∞，0)内有f ′(x )<0；y ＝f (x )在(0，＋∞)内是增函数，从而在(0，＋∞)内有f ′(x )>0.因此，选项A 可能正确．同理，选项B 、C 也可能正确．对于选项D ，若曲线C 1为y ＝f ′(x )的图象，则y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内应为增函数，与C 2不相符；若曲线C 2为y ＝f ′(x )的图象，则y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内应为减函数，与C 1不相符．因此，选项D 不可能正确．4．设f (x )，g (x )是定义在R 上的恒大于0的可导函数，且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0，则当a <x <b 时有( )A ．f (x )g (x )>f (b )g (b )B ．f (x )g (a )>f (a )g (x )C ．f (x )g (b )>f (b )g (x )D ．f (x )g (x )>f (a )g (a )解析：选C 因为′＝，又因为f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[f (x )g (x )]f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2<0，所以在R 上为减函数．又因为a <x <b ，所以>>，又因为f (x )>0，g (x )>f (x )g (x )f (a )g (a )f (x )g (x )f (b )g (b )0，所以f (x )g (b )>f (b )g (x )．5．(2019·北京高考)设函数f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数)．若f (x )为奇函数，则a ＝________；若f (x )是R 上的增函数，则a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数)的定义域为R ，∴f (0)＝e 0＋a e －0＝1＋a ＝0，∴a ＝－1.∵f (x )＝e x ＋a e －x ，∴f ′(x )＝e x －a e －x ＝e x －.ae x ∵f (x )是R 上的增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立，即e x ≥在R 上恒成立，∴a ≤e 2x 在R 上恒成立．ae x 又e 2x >0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0]．答案：－1　(－∞，0]6．如果函数f (x )＝2x 2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．　解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －＝.1x 4x 2－1x由f ′(x )>0，得函数f (x )的单调递增区间为；由f ′(x )<0，得函数f (x )的单(12，＋∞)调递减区间为.(0，12)由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以Error!解得：1≤k <.32答案：[1，32)7．已知函数f (x )＝x ln x .(1)求曲线f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)讨论函数f (x )在区间(0，t ](t >0)上的单调性．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1.曲线f (x )在x ＝1处的切线的斜率为k ＝f ′(1)＝1.把x ＝1代入f (x )＝x ln x 中得f (1)＝0，即切点坐标为(1,0)．所以曲线f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝x －1.(2)令f ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝.1e ①当0<t <时，在区间(0，t ]上，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数．1e ②当t >时，在区间上，f ′(x )<0，f (x )为减函数；在区间上，f ′(x )>1e (0，1e )(1e ，t )0，f (x )为增函数．8．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax 2＋2x ，a ≠0.若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上12单调递减，求a 的取值范围．解：h (x )＝ln x －ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝－ax －2.121x 因为h (x )在[1,4]上单调递减，所以x ∈[1,4]时，h ′(x )＝－ax －2≤0恒成立，1x即a ≥－恒成立，1x 22x 令G (x )＝－，1x 22x 则a ≥G (x )max .而G (x )＝2－1.(1x－1)因为x ∈[1,4]，所以∈，1x [14，1]所以G (x )max ＝－(此时x ＝4)，716所以a ≥－.716当a ＝－时，h ′(x )＝＋x －2＝＝.7161x 71616＋7x 2－32x 16x (7x －4)(x －4)16x 因为x ∈[1,4]，所以h ′(x )＝≤0，(7x －4)(x －4)16x即h (x )在[1,4]上为减函数．故实数a 的取值范围是.[－716，＋∞)。

A 级一一基础小题练熟练快B. - e D.不存在C. 3解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知， f '(x )在(a , b )上与x 轴的交点/个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故 x = 0不是函数f (x )的极值点，其余的 37 1丿个交点都是极值点，其中有 2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有 2个.4.若商品的年利润y (万元)与年产量 x (百万件)的函数关系式为123( x >0)，则获得最大利润时的年产量为( )A. 1百万件 C. 3百万件D. 4百万件解析：选 C y '=— 3x + 27=— 3(x + 3)( x — 3), 当 0<x <3 时，y ' >0； 当 x >3 时，y ' <0.故当x = 3时，该商品的年利润最大. 5.若函数f (x ) = x 3—课时跟踪检测 (十五)导数与函数的极值、最值(一)普通高中适用作业1. 函数y = x e x 的最小值是(A. C.解析：选C 因为y = x ・e x , 所以 y '= e x + x e x = (1 + x )e 当 x € ( — a, — 1)时，y 'v当 x € ( — 1,+^)时,*y ' > 0，所以当x = —1时，y min2.函数f (x ) = In x — x 在区间(0 , e ］上的最大值为B. — 1C. — eD. 01 1 一 x解析：选 B 因为 f '(x ) = — 1 =——，当 x € (0,1)时，f '(x ) >0;当 x € (1 , e ］时, x xf'(x) V °，所以f(x)的单调递增区间是(。

⑴，单调递减区间是 f (x )取得最大值(1 , e ］，所以当x = 1时,3.已知函数 的图象如图所示,A. 1 In 1 — 1 = — 1.f (x )的定义域为(a , b )，导函数f '(x )在(a ,贝U 函数f (x )在(a , b )上的极大值点的个数为(B. 2D. 43y =— x + 27x +B. 2百万件2cx2+ x有极值点，则实数c的取值范围为()A. -2 ,+m解析：选 A 由 e x > k + x ，得 k We x — x . 令 f (x ) = e x — x ,• f '(x ) = e — 1.当f '(x )<0时，解得x <0,当f '(x )>0时，解得x >0.•- f (x )在(一m, 0)上是减函数，在(0 ,+m )上是增函数.• f (x ) min = f (0) = 1.”斗《A"•实数k 的取值范围为(一m, 1].故选A. 2x + 17•函数f (x ) = x^+2的极小值为 _________________________________________ _解析：f '(x ) J x +、一2x 冲 上 x+2+ x —1x +Q令 f ，(x)<0，得 x <— 2 或 x >1. 令 f '(x )>0，得—2<x <1.• •• f (x )在(一m,— 2) , (1 ,+m )上是减函数，在(一2,1)上是增函数，••• f (x )极小值=解析：选D 若函数f (x ) = x 3— 2cx 2+ x 有极值点, 则f '(x ) = 3x 2— 4cx + 1 = 0有两个不等实根，故△ = ( — 4C )— 12> 0, 解得C >#或C V — ¥亨卩若e x > k + x 在R 上恒成立，则实数 k 的取值范围为( 所以实数c 的取值范围为一 m,6. A. (",1] C. (七,一1] B. [1 ,+m) D [ — 1 ,+m)X 2+E 2 B.C.-km ? | D.-km ? | -km? |f( —2)=—’3 2&已知函数f(x) = x + 3X -9X + 1,若f(x)在区间［k, 2］上的最大值为28,则实数k 的取值范围为_____________________ .解析：由题意知f '(x) = 3x2+ 6x —9,令f '(x) = 0,解得x = 1 或x =- 3,所以f '( x), f (x)随x的变化情况如下表：又( - 3) = 28,(1) =- 4 ,f(2) = 3,所以()在区间［2］上的最大值为28，所以<—3.答案：(—a, —3］9. (2018 •广东五校协作体考试)函数f (x) = x(x —a)2在x = 2处有极小值，则 a =2 3 2 2 2 2解析：f (x) = x(x—a) = x —2ax + a x, f' ( x) = 3x —4ax + a，依题意可得f ' (2)= 3x2—4a x2+ a2= 0，解得a= 2 或a= 6.当a= 6 时，f'( x) = 3x2—24x + 36= 3(x2—8x +2 212),由f '(x) = 3(x —8x+ 12) >0 可得x v 2 或x>6,由f '( x) = 3(x —8x+ 12) v0 可得2v x v 6,故f(x)在x= 2处取得极大值，不合题意.故a= 2.答案：210. ______________________________ 从边长为10 cm x 16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为cm3.解析：设盒子容积为y cm ,盒子的高为x cm , x€ (0,5).贝U y = (10 —2x)(16 —2x)x3 2 2=4x —52x + 160x，二y'= 12x —104x+ 160.令y '= 0,得x= 2或x= 20(舍去)，3y max= 6x 12x 2= 144(cm ).答案：144B级一一中档题目练通抓牢1. 函数f(x) = x2—5x + 2e x的极值点所在的区间为()A. (0,1)B. ( —1,0)C. (1,2)D. ( —2, —1)解析：选 A •/f '(x) = 2x — 5 + 2e x为增函数，f ' (0) =—3<0, f ' (1) = 2e —3>0,••• f '(x) = 2x —5+ 2e x的零点在区间(0,1)上，二f(x) = x2—5x + 2e x的极值点在区间(0,1) 上.2. 设直线x = t与函数h(x) = x2, g(x) = In x的图象分别交于点M N则当| MN最小时t的值为()B.2解析：选D 由已知条件可得|MN = t 2-In t ,2 1 设f (t ) = t — In t (t >0)，则 f '(t ) = 2t —-,=0的根,A. 1f (t )取得最小值，即| MN 取得最小值时t =3. (2017 •全国卷 n )若 x =— 2 是函数 f (x ) = (x 2+ ax — 1) • 极小值为(A. — 1 C. 5e —3D. 1A 因为 f (x ) = (x 2 + ax — 1)e x —1所以 f '(x ) = (2x + a )e x —1 + (x 2+ =[x 2+ (a +2) x + a — 1]e x —1. 因为x = — 2是函数f (x ) = (x 2+ ax — 1)e x —1的极值点，所以—2解析：选 ■ x —1—1)e2疋 x + (a + 2)x + a — 1令 f '(t ) = 0,得 t = ¥,当0<t f '(t ) >0,1的极值点，则f (x )的B. — 2e所以 a =— 1, f '令 f '(x )>0，解得 x < — 2 或 x >1, 令 f '(x )<0，解得-2<x <1,所以f (x )在(—a, — 2)上单调递增，在(—2,1)上单调递减，在(1 , +8)上单调递增， 所以当x = 1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值=f (1) =— 1. 4. 已知函数f (x ) = x 3 — 3ax + b 的单调递减区间为(一1,1)，其极小值为2，则f (x )的极大值是解析：因为f (x )的单调递减区间为(一1,1)，所以a >0, 由 f '(x ) = 3x 2— 3a = 3(x — a )( x + a ), 可得a = 1,3由f (x ) = x — 3ax + b 在x = 1处取得极小值 2, 可得 1 — 3+ b = 2，故 b = 4.所以 f (x ) = x 3 — 3x + 4 的极大值为 f ( — 1) = ( — 1)3 — 3X ( — 1) + 4 = 6. 答案：63 325. ________________________ 已知函数f (x )= x - j ax + b (a , b 为实数，且a > 1)在区间［—1,1］上的最大值为1, 最小值为_ 1，贝H a= __________ , b= .解析：因为 f '(x ) = 3x — 3ax = 3x (x — a ), 令 f '(x ) = 0,解得 x = 0 或 x = a. 因为a > 1,由题意得b = 1.则 f ( — 1) =— 3a ，f (1) = 2— 3a ，f ( — 1) v f (1), 3a 2所以一v =— 1,所以a =-.2 3 2答案：3 12x2 x — 1 x —1=(x + x — 2)e = (x + 2)( x — 1)e6. (2018 •张掖一诊)设函数f (x) = ——a ln x,求函数f (x)的单调区间和极值.2 2打 , x 心， a x —a解：由f(x) = ——a ln x，得f (x) = x—一 = ------ (x>0).2x x①当a<0时，f'(x) > 0,函数f (x)在(0,+^)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；②当a> 0时，由f '(x) = 0，得x= ^或x=—a(舍去).于是，当x变化时，f '(x)与f (x)的变化情况如下表：所以函数f(x)的单调递减区间是(0 a)，单调递增区间是C.a)函数f (x)在x = ■, a处取得极小值f ( , a) = a—1 J a，无极大值.综上可知，当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,+^)，函数f(x)既无极大值也无极小值;当a >0时，函数f (x )的单调递减区间是(0 , a )，单调递增区间为(.a ,+s )，函数⑵ 求y = f (x )在［—3,1］上的最大值和最小值.解：(1)由 f (x ) = x 3+ ax 2 + bx + c ,2得 f '(x ) = 3x + 2ax + b .当x = 1时，切线I 的斜率为3，可得2a + b = 0,① 当x =彳时,y = f (x )有极值，则f '岭=0,32 /可得 4a + 3b + 4= 0，② 由①②，解得a = 2, b = — 4.由于切点的横坐标为 1，纵坐标为4,所以f (1) = 4. 所以 1 + a + b + c = 4,得 c = 5.3 2(2)由(1)可得 f (x ) = x + 2x — 4x + 5,f '( x ) = 3x 2 + 4x — 4.2 令 f '(x ) = 0,解得 x = — 2 或 x = 一.3当x 变化时，f '( x ) , f (x )的取值及变化情况如表所示:1 -1x厶3 (—3, — 2)—2 (-2,器 2 31f '(x)Q IX /++一++咚 f (X )81395 27495所以y = f (x )在［—3,1］上的最大值为13,最小值为—.C 级一一重难题目自主选做一3 n(2018 •福建质检 )已知函数f (x ) = x cos x —(a + 1)sin x , x € ［0 , n ］，其中 —(1)证明：当x € 0,,f (x )w 0;a — ln af (x )有极小值 ，无极大值. 7.已知函数 f (x ) = x 3 + ax 2 + bx + c ,曲线 y = f (x )在点 x = 1 处的切线为 I : 3x — y + 1 卄 2」=0，右 x = 3时, y = f (x )有极值.(1)求 a , b ,c 的值.⑵ 判断f (x )的极值点个数，并说明理由.解：⑴ 证明：依题意，得f '(x ) = - x sin x -a cos x ,，所以当 x € |0，"2 时，f '( x ) V 0,⑵f (x )有唯一极值点.理由如下:设 p (x ) = f '( x )，贝U p '(x ) = — x cos x + (a - 1)sin x ,7t p 2 =— 2V 0, p ( n ) = a >0,所以p (x )在0, nn 上无零点.故f '(X )在［0 , n ］上存在唯一零点 3 , 当 x € (0 , 3 )时，f '(x ) V 0；当 x € ( 3 , 所以当x € ［0 , n ］时，f (x )有唯一极值点 因为a w 葺上所以f (x )在0, -2 上单调递减,故当x €因为 3na 》〒>1,所以当x €寸，p'(x) > 0,所以n 上单调递增, 」因为 所以 p (x )在\2, n 上存在唯一零点，记为n )时，f '( X )> 0.3 , 3为极小值点.,f (x ) W f (0) = 0 成立.又由(1)知，当x € |0, ,p (x ) V 0,。

课时跟踪检测(五) 函数的单调性与最值第Ⅰ组：全员必做题1．下列函数中，既是奇函数又是增函数的为( )A ．y ＝x ＋1B ．y ＝－x 3C ．y ＝1xD ．y ＝x |x |2．若函数f (x )＝4x 2－mx ＋5在[－2，＋∞)上递增，在(－∞，－2]上递减，则f (1)＝( )A ．－7B ．1C ．17D ．253.(创新题)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 ．124．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x ≥1，x ＋c ，x <1，则“c ＝－1”是“函数f (x )在R 上递增”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5．(2014·长春调研)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f (－x )＝0，且在(－∞，0)上单调递增，如果x 1＋x 2<0且x 1x 2<0，则f (x 1)＋f (x 2)的值( )A ．可能为0B ．恒大于0C ．恒小于0D ．可正可负6．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 ＝__________. 7．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 )的递减区间是________．8．使函数y ＝2x ＋k x －2与y ＝log 3(x －2)在(3，＋∞)上具有相同的单调性，则实数k 的取值范围是________．9．已知f (x )＝x x －a(x ≠a )． (1)若a ＝－2，试证明f (x )在(－∞，－2)内单调递增；(2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)内单调递减，求a 的取值范围．10．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0. (1)求f (1)的值；(2)判断f (x )的单调性；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值．第Ⅱ组：重点选做题1．设函数f (x )定义在R 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 ⎝⎛⎭⎫132．若函数f (x )＝|log a x |(0<a <1)在区间(a,3a －1)上单调递减，则实数a 的取值范围是________．答 案第Ⅰ组：全员必做题1．选D y ＝x ＋1是非奇非偶函数，A 错；y ＝－x 3是减函数，B 错；y ＝1x在(0，＋∞)上为减函数，C 错；y ＝x |x |为奇函数，当x ≥0时，y ＝x 2为增函数，由奇函数性质得y ＝x |x |在R 上为增函数，故选D.2．选D 依题意，知函数图像的对称轴为x ＝－－m 8＝m 8＝－2，即 m ＝－16，从而f (x )＝4x 2＋16x ＋5，f (1)＝4＋16＋5＝25.3．选C 由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2，当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2. ∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数．∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.4．选A 若函数f (x )在R 上递增，则需log 21≥c ＋1，即c ≤－1.由于c ＝－1⇒c ≤－1，但c ≤－1 ⇒/c ＝－1，所以“c ＝－1”是“f (x )在R 上递增”的充分不必要条件．故选A. 5．选C 由x 1x 2<0不妨设x 1<0，x 2>0.∵x 1＋x 2<0，∴x 1<－x 2<0.由f (x )＋f (－x )＝0知f (x )为奇函数．又由f (x )在(－∞，0)上单调递增得，f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)，所以f (x 1)＋f (x 2)<0.故选C.6．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. 答案：25 7.解析：g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2，x >1，0，x ＝1，－x 2，x <1.如图所示，其递减区间是[0,1)．答案：[0,1)8．解析：由y ＝log 3(x －2)的定义域为(2，＋∞)，且为增函数，故在(3，＋∞)上是增函数．又函数y ＝2x ＋k x －2＝2(x －2)＋4＋k x －2＝2＋4＋k x －2，使其在(3，＋∞)上是增函数， 故4＋k <0，得k <－4.答案：(－∞，－4)9．解：(1)证明：任设x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2 ＝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)，∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增．(2)任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a (x 2－x 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恒成立，∴a ≤1.综上所述知0<a ≤1.10．解：(1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.(2)任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1x 2>1，由于当x >1时，f (x )<0， 所以f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)<0， 因此f (x 1)<f (x 2)，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．(3)∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数．∴f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)．由f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)得， f ⎝⎛⎭⎫93＝f (9)－f (3)，而f (3)＝－1，∴f (9)＝－2.∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.第Ⅱ组：重点选做题1．选C 由f (2－x )＝f (x )可知f (x )的图像关于直线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.2．解析：由于f (x )＝|log a x |(0<a <1)的递减区间是(0,1]，所以有0<a <3a －1≤1， 解得12<a ≤23.答案：⎝⎛⎦⎤12，23。

课时跟踪检测（五） 函数的单调性与最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·常州调研)函数y ＝x 2＋x ＋1(x ∈R)的单调递减区间是________．解析：y ＝x 2＋x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x ＋122＋34，其对称轴为x ＝－12，在对称轴左侧单调递减，所以所求单调递减区间为⎝⎛⎦⎤－∞，－12. 答案：⎝⎛⎦⎤－∞，－12 2．一次函数y ＝kx ＋b 在R 上是增函数，则k 的取值范围为________． 解析：设∀x 1，x 2∈R 且x 1<x 2， 因为f (x )＝kx ＋b 在R 上是增函数，所以(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))>0，即k (x 1－x 2)2>0， 因为(x 1－x 2)2>0，所以k >0. 答案：(0，＋∞)3．(2018·徐州质检)函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x－log 2(x ＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________． 解析：因为y ＝⎝⎛⎭⎫13x 和y ＝－log 2(x ＋2)都是[－1,1]上的减函数，所以y ＝⎝⎛⎭⎫13x －log 2(x ＋2)是在区间[－1,1]上的减函数，所以最大值为f (－1)＝3.答案：34．函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________．解析：令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t 2＝－⎝⎛⎭⎫t －122＋14，结合图象知，当t ＝12，即x ＝14时，y max ＝14. 答案：145．已知偶函数f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减，则满足f (2x －1)<f (5)的x 的取值范围是________．解析：因为偶函数f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减，且f (2x －1)<f (5)，所以|2x －1|>5，即x <－2或x >3.答案：(－∞，－2)∪(3，＋∞)6．若函数f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝(a ＋1)1－x 在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是________．解析：因为f (x )＝－x 2＋2ax ＝－(x －a )2＋a 2在[1,2]上是减函数，所以a ≤1. 又g (x )＝(a ＋1)1－x 在[1,2]上是减函数．所以a ＋1>1，所以a >0.综上可知0<a ≤1. 答案：(0,1]二保高考，全练题型做到高考达标1．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 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________．解析：作出函数f (x )的图象如图所示，由图象可知，若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.答案：(－∞，1]∪[4，＋∞) 2．设函数f (x )＝ax ＋1x ＋2a在区间(－2，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是________． 解析：f (x )＝ax ＋2a 2－2a 2＋1x ＋2a ＝a －2a 2－1x ＋2a ，因为函数f (x )在区间(－2，＋∞)上是增函数．所以⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1＞0，－2a ≤－2，解得a ≥1.答案：[1，＋∞)3．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________．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 －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数． 所以f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6. 答案：64．对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a ＞b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是________．解析：依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0＜x ≤2，－x ＋3，x ＞2.当0＜x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数，当x＞2时，h (x )＝－x ＋3是减函数，所以h (x )在x ＝2时，取得最大值h (2)＝1.答案：15．(2018·金陵中学月考)定义在[－2,2]上的函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，x 1≠x 2，且f (a 2－a )>f (2a －2)，则实数a 的取值范围为________．解析：函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，x 1≠x 2，所以函数在[－2,2]上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －2≤a 2－a ≤2，－2≤2a －2≤2，2a －2<a 2－a .所以⎩⎪⎨⎪⎧－1≤a ≤2，0≤a ≤2，a <1或a >2，所以0≤a <1.答案：[0,1)6．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)的大小关系为____________(用“<”表示)．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)，所以f (－2)<f (－3)<f (π)． 答案：f (－2)<f (－3)<f (π)7．(2018·苏州高三暑假测试)已知函数f (x )＝x ＋ax (a >0)，当x ∈[1,3]时，函数f (x )的值域为A ，若A ⊆[8,16]，则a 的值等于________．解析：因为A ⊆[8,16]，所以8≤f (x )≤16对任意的x ∈[1,3]恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ≤16x －x 2，a ≥8x －x2对任意的x ∈[1,3]恒成立，当x ∈[1,3]时，函数y ＝16x －x 2在[1,3]上单调递增，所以16x －x 2∈[15,39]，函数y ＝8x －x 2在[1,3]上也单调递增，所以8x －x 2∈[7,15]，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ≤15，a ≥15，即a 的值等于15.答案：158．若函数f (x )＝a x (a >0，a ≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________.解析：函数g (x )在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m >0，即m <14.若a >1，则函数f (x )在[－1,2]上的最小值为1a ＝m ，最大值为a 2＝4，解得a ＝2，12＝m ，与m <14矛盾；当0<a <1时，函数f (x )在[－1,2]上的最小值为a 2＝m ，最大值为a －1＝4，解得a ＝14，m ＝116.所以a ＝14.答案：149．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )． (1)若a ＝－2，试证明f (x )在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：任设x 1<x 2<－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝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)，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增． (2)任设1<x 1<x 2，则 f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a (x 2－x 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在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤1. 综上所述知a 的取值范围是(0,1]． 10．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． 解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x ， 设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0，f (x 2)－f (x 1)＝⎝⎛⎭⎫a －1x 2－⎝⎛⎭⎫a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0， 所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． (2)由题意a －1x <2x 在(1，＋∞)上恒成立， 设h (x )＝2x ＋1x ，则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立． 任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1<x 2， h (x 1)－h (x 2)＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫2－1x 1x 2.因为1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，x 1x 2>1，所以2－1x 1x 2>0， 所以h (x 1)<h (x 2)，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]． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．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，当f (x )＋f (x －8)≤2时，x 的取值范围是____________．解析：因为f (9)＝f (3)＋f (3)＝2，所以由f (x )＋f (x －8)≤2，可得f [x (x －8)]≤f (9)，因为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.答案：(8,9]2．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.。

考点5 函数的单调性与最值、函数的奇偶性与周期性一、选择题1.(2019·全国卷Ⅱ理科·T12)设函数f(x)的定义域为R,满足f(x+1)=2f(x),且当x∈(0,1]时,f(x)=x(x-1).若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-,则m的取值范围是()A.-∞,B.-∞,C.-∞,D.-∞,【命题意图】考查函数的性质、不等式的解法以及数学运算,属于较难题.【解析】选B.如图,令f(x)=-,结合图象可得f(x-1)=-,则f(x-2)=-,当x∈(0,1]时,f(x)=x(x-1)=-,解得x=或,当f(x)=-时,x=或,即若f(x)≥-,对任意x∈(-∞,m]都成立,则m≤.2.(2019·全国卷Ⅱ文科·T6)设f(x)为奇函数,且当x≥0时,f(x)=e x-1,则当x<0时,f(x)= ()A.e-x-1B.e-x+1C.-e-x-1D.-e-x+1【命题意图】考查函数的奇偶性以及求函数的解析式.【解析】选D.当x<0时,则-x>0,则有f(-x)=e-x-1,又因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),所以f(x)=-e-x+1.3.(2019·全国卷Ⅲ理科·T11同2019·全国卷Ⅲ文科·T12)设f(x)是定义域为R的偶函数,且在(0,+∞)上单调递减,则()A.f>f(-)>f(-)B.f>f(-)>f(-)C.f(-)>f(-)>fD.f(-)>f(-)>f【命题意图】本题考查函数的性质的应用,意在考查考生利用函数的奇偶性、单调性、指数与对数的性质的求解能力.【解析】选C.依据题意,函数f(x)为偶函数且函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,则函数f(x)在(-∞,0)上单调递增;因为f=f(-log34)=f(log34);又因为0<-<-<1<log34,所以f(-)>f(-)>f.二、填空题4.(2019·全国卷Ⅱ理科·T14)已知f(x)是奇函数,且当x<0时,f(x)=-e ax.若f(ln 2)=8,则a=.【命题意图】考查函数的奇偶性以及数学运算能力.【解析】因为ln 2>0,所以-ln 2<0,由于f(x)是奇函数,所以f(-ln 2)=-f(ln 2)=-8,即-e(-ln 2)a=-8,解得a=-3.答案:-35.(2019·江苏高考·T14)设f(x),g(x)是定义在R上的两个周期函数,f(x)的周期为4,g(x)的周期为2,且f(x)是奇函数.当x∈(0,2]时,f(x)=-(-),g(x)=(),,-,,其中k>0.若在区间(0,9]上,关于x的方程f(x)=g(x)有8个不同的实数根,则k的取值范围是.【命题意图】主要考查数形结合和直线与圆的位置关系,属综合题,对知识运用能力综合考查.【解析】当x∈(0,2]时,f(x)=-(-),即(x-1)2+y2=1,y≥0.又f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,其周期为4,如图,函数f(x)与g(x)的图象(部分),要使f(x)=g(x)在(0,9]上有8个不同实根,只需二者图象有8个交点即可.当g(x)=-时,函数f(x)与g(x)的图象有2个交点;当g(x)=k(x+2)时,g(x)的图象为恒过点(-2,0)的直线,只需函数f(x)与g(x)的图象有6个交点.当f(x)与g(x)图象相切时,圆心(1,0)到直线kx-y+2k=0的距离为1,即=1,得k=,函数f(x)与g(x)的图象有3个交点;当g(x)=k(x+2)过点(1,1)时,函数f(x)与g(x)的图象有6个交点,此时1=3k,得k=.综上可知,满足f(x)=g(x)在(0,9]上有8个实根的k的取值范围为,.【题后反思】本题考点为参数的取值范围,侧重函数方程的多个实根,难度较大.不能正确画出函数图象的交点而致误,根据函数的周期性平移图象,找出两个函数图象相切或相交的临界交点个数,从而确定参数的取值范围.答案:,。

第5讲函数的单调性与最值1．增函数与减函数一般地，设函数f (x )的定义域为I ，(1)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__.(2)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__减函数__.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 )在这一区间具有(严格的)__单调性__，区间D 叫做y ＝f (x )的__单调区间__.3．函数的最大值与最小值一般地，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 __；存在x 0∈I ，使得__f (x 0)＝M __，那么，我们称M 是函数y ＝f (x )的最大值．(2)对于任意的x ∈I ，都有__f (x )≥M __；存在x 0∈I ，使得__f (x 0)＝M __，那么我们称M 是函数y ＝f (x )的最小值．4．函数单调性的常用结论5．对勾函数的单调性对勾函数y ＝x ＋ax (a >0)的递增区间为(－∞，－a ]和[a ，＋∞)；递减区间为[－a ，0)和(0，a ]，且对勾函数为奇函数．1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)函数y ＝1x的单调递减区间为(－∞，0)∪(0，＋∞)．( × )(2)函数f (x )在区间[a ，b ]上单调递增，则函数f (x )的单调递增区间为[a ，b ]．( × ) (3)若f (x )是增函数，g (x )是增函数，则f (x )·g (x )也是增函数．( × )(4)已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，则函数y ＝f (－x )在R 上是减函数．( √ ) 解析 (1)错误．一个函数有多个单调区间应分别写，分开表示，不能用并集符号“∪”连接，也不能用“或”连接．(2)错误．f (x )在区间[a ，b ]上是递增的并不能排除f (x )在其他区间上单调递增，而f (x )的单调递增区间为[a ，b ]意味着f (x )在其他区间上不可能是递增的．(3)错误．举反例：设f (x )＝x ，g (x )＝x －2都是定义域R 上的增函数，但是 f (x )·g (x )＝x 2－2x 在R 上不是增函数．(4)正确．易知函数y ＝f (x )与y ＝f (－x )的图象关于y 轴对称，由对称性可知结论正确． 2．(2016·北京卷)下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( D ) A ．y ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－x解析 A 项中，y ＝11－x ＝1－(x －1)的图象是将y ＝－1x 的图象向右平移1个单位得到的，故y ＝11－x 在(－1,1)上为增函数，不符合题意；B 项中，y ＝cos x 在(－1,0)上为增函数，在(0,1)上为减函数，不符合题意；C 项中，y ＝ln (x ＋1)的图象是将y ＝ln x 的图象向左平移1个单位得到的，故y ＝ln (x ＋1)在(－1,1)上为增函数，不符合题意；D 项符合题意．3．若函数y ＝ax ＋1在[1,2]上的最大值与最小值的差为2，则实数a 的值是( C ) A ．2 B ．－2 C ．2或－2D ．0解析 当a >0时，由题意得2a ＋1－(a ＋1)＝2，则a ＝2；当a <0时，a ＋1－(2a ＋1)＝2，即a ＝－2，所以a ＝±2，故选C ．4．函数f (x )＝log 12(x 2－4)的单调递增区间为__(－∞，－2)__.解析 函数y ＝f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，因为函数y ＝f (x )由y ＝log 12t与t ＝g (x )＝x 2－4复合而成，又y ＝log 12t 在(0，＋∞)上单调递减，g (x )在(－∞，－2)上单调递减，所以函数y ＝f (x )在(－∞，－2)上单调递增．5．设a 为常数，函数f (x )＝x 2－4x ＋3.若f (x ＋a )在[0，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是__[2，＋∞)__.解析 ∵f (x )＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1，∴f (x ＋a )＝(x ＋a －2)2－1，且当x ∈[2－a ，＋∞)时，函数f (x ＋a )单调递增，因此2－a ≤0，即a ≥2.一 判断(或证明)函数的单调性对于给出具体解析式的函数，证明其在某区间上的单调性有两种方法： (1)可以结合定义(基本步骤为取值、作差或作商、变形、判断)求解．(2)可导函数则可以利用导数判断．但是，对于抽象函数单调性的证明，只能采用定义法进行判断．【例1】 (1)判断函数y ＝x ＋2x ＋1在(－1，＋∞)上的单调性．(2)判断并证明函数f (x )＝axx 2－1(其中a >0)在x ∈(－1,1)上的单调性．解析 (1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，且x 1<x 2， 则y 1－y 2＝x 1＋2x 1＋1－x 2＋2x 2＋1＝x 2－x 1(x 1＋1)(x 2＋1).∵x 1>－1，x 2>－1，∴x 1＋1>0，x 2＋1>0，又x 1<x 2，∴x 2－x 1>0，∴x 2－x 1(x 1＋1)(x 2＋1)>0，即y 1－y 2>0.∴y 1>y 2，∴函数y ＝x ＋2x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数．(2)f ′(x )＝a (x 2－1)－2ax 2(x 2－1)2＝－a (x 2＋1)(x 2－1)2.又a >0，所以f ′(x )<0，∴函数f (x )在(－1,1)上为减函数．二 求函数的单调区间求函数单调区间的常用方法(1)利用已知函数的单调性，即转化为已知函数的和、差或复合函数，求单调区间． (2)定义法：先求定义域，再利用单调性的定义求单调区间．(3)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，可由图象的直观性写出它的单调区间．(4)导数法：利用导数值的正负确定函数的单调区间．注意：单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”连接，也不能用“或”连接，只能用“，”或“和”隔开．【例2】 求下列函数的单调区间．(1)y ＝－x 2＋2|x |＋1；(2)y ＝log 12(x 2－3x ＋2)．解析 (1)由于y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2－2x ＋1，x <0，即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－(x －1)2＋2，x ≥0，－(x ＋1)2＋2，x <0. 画出函数图象如图所示，则单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．(2)令u ＝x 2－3x ＋2，则原函数可以看作y ＝log 12u 与u ＝x 2－3x ＋2的复合函数．令u ＝x 2－3x ＋2>0，则x <1或x >2.∴函数y ＝log 12(x 2－3x ＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．又u ＝x 2－3x ＋2的对称轴为x ＝32，且开口向上，∴u ＝x 2－3x ＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．而y ＝log 12u 在(0，＋∞)上是单调减函数，∴y ＝log 12(x 2－3x ＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．三 求函数的值域(最值)求函数值域(最值)的常用方法(1)分离常数法．形如y ＝cx ＋dax ＋b (ac ≠0)的函数的值域经常使用“分离常数法”求解．(2)配方法．配方法是求“二次函数型函数”值域的基本方法，形如F (x )＝a (f (x ))2＋bf (x )＋c (a ≠0)的函数的值域问题，均可使用配方法．(3)换元法．①代数换元，形如y ＝ax ＋b ±cx ＋d (a ，b ，c ，d 为常数，ac ≠0)的函数，可设cx ＋d ＝t (t ≥0)，转化为二次函数求值域．②三角换元．对于换元法求值域，一定要注意新元的范围对值域的影响．另外，还可用判别式法、有界性法、基本不等式法、数形结合法和函数的单调性法等来求值域(最值)．【例3】 求下列函数的值域．(1)y ＝5x －14x ＋2，x ∈[－3，－1]；(2)y ＝2x ＋1－2x ；(3)y ＝x ＋4＋9－x 2；(4)y ＝(x ＋3)2＋16＋(x －5)2＋4. 解析 (1)(有界性法)由y ＝5x －14x ＋2，得x ＝2y ＋15－4y.∵－3≤x ≤－1，∴－3≤2y ＋15－4y ≤－1，解得85≤y ≤3，∴函数的值域为⎣⎡⎦⎤85，3. (2)(代数换元法)令t ＝1－2x (t ≥0)，则x ＝1－t 22，∴y ＝－t 2＋t ＋1＝－⎝⎛⎭⎫t －122＋54.∴当t ＝12，即x ＝38时， y 取最大值，y max ＝54，且y 无最小值，∴函数的值域为⎝⎛⎦⎤－∞，54. (3)(三角换元法)令x ＝3cos θ，θ∈[0，π]，则 y ＝3cos θ＋4＋3sin θ＝32sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＋4. ∵0≤θ≤π，∴π4≤θ＋π4≤5π4，∴－22≤sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4≤1． ∴1≤y ≤32＋4，∴函数的值域为[1,32＋4]．(4)(数形结合法)如图，函数y ＝(x ＋3)2＋16＋(x －5)2＋4的几何意义为平面内一点P (x,0)到点A (－3,4)和点B (5,2)的距离之和．由平面解析几何知识，找出B 关于x 轴的对称点B ′(5，－2)，连接AB ′交x 轴于点P ，此时距离之和最小，∴y min ＝|AB ′|＝82＋62＝10，又y 无最大值，∴函数的值域为[10，＋∞)．四 函数单调性的应用(1)含“f ”不等式的解法：首先根据函数的性质把不等式转化为f (g (x ))>f (h (x ))的形式，然后根据函数的单调性去掉“f ”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意g (x )与h (x )的取值应在外层函数的定义域内．(2)比较函数值大小的思路：比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解．(3)求参数的值或取值范围的思路：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解．【例4】 (1)(2017·全国卷Ⅰ)函数f (x )在(－∞，＋∞)单调递减，且为奇函数，若f (1)＝－1，则满足－1≤f (x －2)≤1的x 的取值范围是( D )A ．[－2,2]B ．[－1,1]C ．[0,4]D ．[1,3](2)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( D )A ．⎝⎛⎭⎫－14，＋∞ B ．⎣⎡⎭⎫－14，＋∞ C ．⎣⎡⎭⎫－14，0 D ．⎣⎡⎦⎤－14，0 (3)若函数f (x )＝log a (6－ax )在[0,2]上为减函数，则实数a 的取值范围是( B ) A ．(0,1) B ．(1,3) C ．(1,3]D ．[3，＋∞)解析 (1)∵函数f (x )在(－∞，＋∞)单调递减，且f (1)＝－1， ∴f (－1)＝－f (1)，由－1≤f (x －2)≤1，得－1≤x －2≤1， ∴1≤x ≤3，故选D ．(2)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，得－14≤a <0.综上所述，得－14≤a ≤0.故选D ．(3)因为函数f (x )＝log a (6－ax )在[0,2]上为减函数，则有a >1且6－2a >0，解得1<a <3，故选B ．1．已知偶函数f (x )在区间(－∞，0]上单调递减，则满足f (2x －1)<f ⎝⎛⎭⎫13的x 的取值范围是( A )A ．⎝⎛⎭⎫13，23B ．⎣⎡⎭⎫13，23 C ．⎝⎛⎭⎫12，23D ．⎣⎡⎭⎫12，23解析 由函数f (x )为偶函数且在区间(－∞，0]上单调递减，得函数f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，于是将不等式f (2x －1)<f ⎝⎛⎭⎫13转化为f (|2x －1|)<f ⎝⎛⎭⎫13.根据单调性，知|2x －1|<13，解得13<x <23，故选A ．2．(2017·浙江卷)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 ( B )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 有关解析 f (x )＝⎝⎛⎭⎫x ＋a 22－a24＋b ， ①当0≤－a 2≤1，f (x )min ＝m ＝f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝－a 24＋b ，f (x )max ＝M ＝max{f (0)，f (1)}＝max{b,1＋a ＋b }，∴M －m ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 24，1＋a ＋a 24与a 有关，与b 无关；②当－a2<0时，f (x )在[0,1]上单调递增，∴M －m ＝f (1)－f (0)＝1＋a 有关，与b 无关；③当－a2>1时，f (x )在[0,1]上单调递减，∴M －m ＝f (0)－f (1)＝－1－a 与a 有关，与b 无关．综上所述，M －m 与a 有关，但与b 无关，故选B ．3．若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调递增区间是[3，＋∞)，则a ＝__－6__.解析 由图象的对称性，知函数f (x )＝|2x ＋a |关于直线x ＝－a2对称，因为函数f (x )＝|2x＋a |的单调递增区间是[3，＋∞)，所以－a2＝3，即a ＝－6.4．函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为！！！ 14###.解析 令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t 2＝－⎝⎛⎭⎫t －122＋14，结合图象知，当t ＝12，即x ＝14时，y max ＝14.易错点1 忽视函数的定义域错因分析：不能忽略函数问题定义域优先原则；复合函数的“同增异减”原则；含绝对值函数和分段函数要分段讨论原则．【例1】 函数y ＝－x 2＋2x 的单调增区间为__________，减区间为__________. 解析 由－x 2＋2x ≥0得函数的定义域为[0,2]．∵t ＝－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1在[0,1)上是增函数，在[1,2]上是减函数，又y ＝t 在[0，＋∞)上是增函数，∴函数y ＝－x 2＋2x 的单调增区间为[0,1)，减区间为[1,2]． 答案 [0,1) [1,2]【跟踪训练1】 若函数f (x )＝a |b －x |＋2在[0，＋∞)上为增函数，则实数a ，b 的取值范围分别为__(0，＋∞)，(－∞，0]__.解析 ∵|b －x |＝|x －b |，y ＝|x －b |的图象如下．∵f (x )在[0，＋∞)上为增函数，∴b ≤0，a >0. 易错点2 忽视分段函数的分界点错因分析：单调递增(减)区间上的函数图象自左往右整体呈上升(下降)趋势，中间可能断开．【例2】 已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3a －1)x ＋4a ，x <1，log ax ，x ≥1是R 上的减函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．⎝⎛⎭⎫0，13 C ．⎣⎡⎭⎫17，13D ．⎣⎡⎭⎫17，1解析 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧3a －1<0，0<a <1，(3a －1)×1＋4a ≥log a 1，解得17≤a <13.答案 C【跟踪训练2】 已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(2－a )x ＋1，x <1，a 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 ⎣⎡⎭⎫32，2 .解析 由已知条件得f (x )为增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧2－a >0，a >1，(2－a )×1＋1≤a ，解得32≤a <2，∴a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫32，2. 课时达标 第5讲[解密考纲]本考点考查函数的单调性．单独命题多以选择题的形式呈现，排在中间靠前的位置，题目难度系数属于中等或中等偏上；另外，函数的性质也常常与三角函数、向量、不等式、导数等相结合出解答题，有一定难度．一、选择题1．下列函数中，在区间(0,1]上是增函数且最大值为－1的为( C ) A ．y ＝－x 2 B ．y ＝⎝⎛⎭⎫12xC ．y ＝－1xD ．y ＝2x解析 y ＝－x 2在区间(0,1]上是减函数，不满足条件；y ＝⎝⎛⎭⎫12x在区间(0,1]上是减函数，不满足条件；y ＝－1x 在区间(0,1]上是增函数，最大值为y ＝－1，满足条件；y ＝2x 在区间(0,1]上是增函数，最大值为y ＝2，不满足条件，故选C ．2．(2018·黑龙江牡丹江一中期中)函数y ＝3x 2－3x ＋2，x ∈[－1,2]的值域是( B ) A ．R B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤143，729C ．[9,243]D ．[3，＋∞)解析 令t ＝x 2－3x ＋2，∵x ∈[－1,2]， ∴t ＝x 2－3x ＋2＝⎝⎛⎭⎫x －322－14∈⎣⎡⎦⎤－14，6. 又y ＝3t 在⎣⎡⎦⎤－14，6上单调递增， 则y ＝3t∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤143，729.∴函数y ＝3x 2－3x ＋2，x ∈[－1,2]的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤143，729.3．设函数f (x )定义在实数集上，它的图象关于直线x ＝1对称，且当x ≥1时，f (x )＝3x－1，则( B )A ．f ⎝⎛⎭⎫13<f ⎝⎛⎭⎫32<f ⎝⎛⎭⎫23B ．f ⎝⎛⎭⎫23<f ⎝⎛⎭⎫32<f ⎝⎛⎭⎫13 C ．f ⎝⎛⎭⎫23<f ⎝⎛⎭⎫13<f ⎝⎛⎭⎫32D ．f ⎝⎛⎭⎫32<f ⎝⎛⎭⎫23<f ⎝⎛⎭⎫13解析 由题设知，当x <1时，f (x )单调递减，当x ≥1时，f (x )单调递增，而x ＝1为对称轴，∴f ⎝⎛⎭⎫32＝f ⎝⎛⎭⎫2－32＝f ⎝⎛⎭⎫12，又13<12<23<1，∴f ⎝⎛⎭⎫13>f ⎝⎛⎭⎫12>f ⎝⎛⎭⎫23， 即f ⎝⎛⎭⎫13>f ⎝⎛⎭⎫32>f ⎝⎛⎭⎫23，故选B ．4．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫4－a 2x ＋2，x ≤1，a x ，x >1是R 上的增函数，则实数a 的取值范围为( B )A ．(1，＋∞)B ．[4,8)C ．(4,8)D ．(1,8)解析 ∵f (x )是R 上的增函数，∴a >1且4－a 2>0且a ≥4－a2＋2，解得，4≤a <8，故选B ．5．(2018·天津河西区一模)函数f (x )＝ln(x 2－2x －3)的单调递减区间为( C ) A ．(－∞，1) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，－1)D ．(3，＋∞)解析 要使函数有意义，则x 2－2x －3>0， 即x >3或x <－1．设t ＝x 2－2x －3＝(x －1)2－4， 当x >3时，函数t ＝x 2－2x －3单调递增； 当x <－1时，函数t ＝x 2－2x －3单调递减． ∵函数y ＝ln t 在定义域上为单调递增函数， ∴f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，故选C ．6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ，x ≥0，4x －x 2，x <0，)若f (2－a 2)>f (a )，则实数a 的取值范围是( C )A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－1,2)C ．(－2,1)D ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)解析 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＝(x ＋2)2－4，x ≥04x －x 2＝－(x －2)2＋4，x <0， 由f (x )的图象可知f (x )在R 上是增函数，由f (2－a 2)>f (a )，得2－a 2>a ，即a 2＋a －2<0，解得－2<a <1． 二、填空题7．(2018·山东日照调研)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为__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f (1)＝1；当x <1时，易知函数f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值f (0)＝2.故函数f (x )的最大值为2.8．函数f (x )＝x ＋21－x 的最大值为__2__. 解析 设1－x ＝t ，则x ＝1－t 2(t ≥0)．所以y ＝x ＋21－x ＝1－t 2＋2t ＝－t 2＋2t ＋1＝－(t －1)2＋2. 所以当t ＝1，即x ＝0时，y max ＝2.9．(2017·浙江卷)已知函数f (x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋3e x ＋1e x ＋1在区间[－k ，k ](k >0)上的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝__4__.解析 ∵f (x )＝ln(x ＋1＋x 2)＋3e x ＋1e x ＋1＝ln(x ＋1＋x 2)＋3－2e x ＋1，∴函数f (x )在R 上为单调递增，∴M ＝f (k )＝ln(k ＋1＋k 2)＋3－2e k＋1， m ＝f (－k )＝ln(－k ＋1＋k 2)＋3－2e －k ＋1，∴M ＋m ＝f (k )＋f (－k )＝ln 1＋6－2⎝⎛⎭⎫1e k ＋1＋1e －k ＋1＝6－2＝4.三、解答题10．已知函数f (x )＝－2x ＋1，x ∈[0,2]，用定义证明函数的单调性，并求函数的最大值和最小值．解析 设x 1，x 2是区间[0,2]上的任意两个实数，且x 1<x 2，则 f (x 1)－f (x 2)＝－2x 1＋1－⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1＝－2(x 2－x 1)(x 1＋1)(x 2＋1). 由0≤x 1<x 2≤2，得x 2－x 1>0，(x 1＋1)(x 2＋1)>0， 所以f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， 故f (x )在区间[0,2]上是增函数．因此，函数f (x )＝－2x ＋1在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f (0)＝－2，最大值是f (2)＝－23.11．已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的减函数，满足f (x )＋f (y )＝f (xy )． (1)求证：f (x )－f (y )＝f ⎝⎛⎭⎫x y ；(2)若f (4)＝－4，解不等式f (x )－f ⎝⎛⎭⎫1x －12≥－12.解析 (1)证明：由条件f (x )＋f (y )＝f (xy )可得f ⎝⎛⎭⎫x y ＋f (y )＝f ⎝⎛⎭⎫x y ·y ＝f (x )， 所以f (x )－f (y )＝f ⎝⎛⎭⎫x y .(2)因为f (4)＝－4，所以f (4)＋f (4)＝f (16)＝－8， f (4)＋f (16)＝f (64)＝－12.由(1)得f (x )－f ⎝⎛⎭⎫1x －12＝f (x (x －12))，又f (x )是定义在(0，＋∞)上的减函数， ⎩⎪⎨⎪⎧x >01x －12>0⇒x >12，由f (x )－f ⎝⎛⎭⎫1x －12≥－12，有f (x (x －12))≥f (64)，所以x (x －12)≤64. 所以x 2－12x －64＝(x －16)(x ＋4)≤0， 得－4≤x ≤16，又x >12，所以x ∈(12,16]． 12．已知f (x )＝x 2＋2x ＋ax ，x ∈[1，＋∞)．(1)当a ＝12时，求函数f (x )的最小值；(2)若∀x ∈[1，＋∞)，f (x )>0恒成立，试求实数a 的取值范围． 解析 (1)当a ＝12时，f (x )＝x ＋12x ＋2，任取1≤x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋⎝⎛⎭⎫12x 1－12x 2＝ (x 1－x 2)(2x 1x 2－1)2x 1x 2，∵1≤x 1<x 2，∴x 1x 2>1，∴2x 1x 2－1>0.又x 1－x 2<0，∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在[1，＋∞)上是增函数， ∴f (x )在[1，＋∞)上的最小值为f (1)＝72.(2)∵在区间[1，＋∞)上，f (x )＝x 2＋2x ＋ax>0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋2x ＋a >0，x ≥1⇔⎩⎪⎨⎪⎧a >－(x 2＋2x )，x ≥1，等价于a 大于函数φ(x )＝－(x 2＋2x )在[1，＋∞)上的最大值．∵φ(x )＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减，∴当x ＝1时，φ(x )取最大值为φ(1)＝－3，∴a >－3，故a 的取值范围是(－3，＋∞)．。

课时跟踪检测（五） 函数的单调性与最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(·如皋中学月考)函数f (x )＝|x 2－2x ＋2|的增区间是________． 解析：因为函数f (x )＝|x 2－2x ＋2|＝|(x －1)2＋1|＝(x －1)2＋1， 所以函数f (x )＝|x 2－2x ＋2|的增区间是[1，＋∞)． 答案：[1，＋∞)2．函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________．解析：令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋14，结合图象知，当t ＝12，即x ＝14时，y max ＝14.答案：143．(·徐州质检)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x－log 2(x ＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．解析：因为y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13 x 和y ＝－log 2(x ＋2)都是[－1,1]上的减函数，所以y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13 x －log 2(x ＋2)是在区间[－1,1]上的减函数，所以最大值为f (－1)＝3.答案：34．已知偶函数f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减，则满足f (2x －1)＜f (5)的x 的取值范围是________．解析：因为偶函数f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减，且f (2x －1)＜f (5)，所以|2x －1|＞5，即x ＜－2或x ＞3.答案：(－∞，－2)∪(3，＋∞)5．若函数f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝(a ＋1)1－x在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是________．解析：因为f (x )＝－x 2＋2ax ＝－(x －a )2＋a 2在[1,2]上是减函数，所以a ≤1. 又g (x )＝(a ＋1)1－x在[1,2]上是减函数．所以a ＋1＞1，所以a ＞0.综上可知0＜a ≤1. 答案：(0,1]6．(·海门中学高三检测)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－a x ＋1，x ＜1，a x，x ≥1，满足对任意x 1＜x 2，都有f (x 1)＜f (x 2)成立，那么实数a 的取值范围是________．解析：∵函数f (x )满足对任意x 1＜x 2，都有f (x 1)＜f (x 2)成立， ∴函数f (x )在定义域上是增函数，则满足⎩⎪⎨⎪⎧2－a ＞0，a ＞1，2－a ＋1≤a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＜2，a ＞1，a ≥32，解得32≤a ＜2.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 二保高考，全练题型做到高考达标 1．设函数f (x )＝ax ＋1x ＋2a在区间(－2，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是________． 解析：f (x )＝ax ＋2a 2－2a 2＋1x ＋2a ＝a －2a 2－1x ＋2a，因为函数f (x )在区间(－2，＋∞)上是增函数．所以⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1＞0，－2a ≤－2，解得a ≥1.答案：[1，＋∞)2．(·江阴高三检测)设a ＞0且a ≠1，函数f (x )＝log a |ax 2－x |在[3,5]上是单调增函数，则实数a 的取值范围为______________．解析：∵a ＞0且a ≠1，函数f (x )＝log a |ax 2－x |＝log a |x ·(ax －1)|在[3,5]上是单调增函数，∴当a ＞1时，y ＝x ·(ax －1)在[3,5]上是单调增函数，且y ＞0，满足f (x )是增函数；当0＜a ＜1时，要使f (x )在[3,5]上是单调增函数，只需⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜1，3≥12a ，5＜1a ，解得16≤a＜15. 综上可得，a ＞1或16≤a ＜15.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫16，15∪(1，＋∞) 3．对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a ＞b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是________．解析：依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0＜x ≤2，－x ＋3，x ＞2.当0＜x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数，当x ＞2时，h (x )＝－x ＋3是减函数，所以h (x )在x ＝2时，取得最大值h (2)＝1.答案：14．(·徐州一模)已知函数y ＝f (x )和y ＝g (x )的图象关于y 轴对称，当函数y ＝f (x )和y ＝g (x )在区间[a ，b ]上同时递增或者同时递减时，把区间[a ，b ]叫做函数y ＝f (x )的“不动区间”，若区间[1,2]为函数f (x )＝|2x－t |的“不动区间”，则实数t 的取值范围是________．解析：因为函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象关于y 轴对称，所以g (x )＝f (－x )＝|2－x－t |.因为区间[1,2]为函数f (x )＝|2x－t |的“不动区间”，所以函数f (x )＝|2x －t |和函数g (x )＝|2－x－t |在[1,2]上单调性相同， 因为y ＝2x －t 和函数y ＝2－x－t 的单调性相反， 所以(2x－t )(2－x－t )≤0在[1,2]上恒成立， 即2－x ≤t ≤2x在[1,2]上恒成立，解得12≤t ≤2.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 5．(·金陵中学月考)定义在[－2,2]上的函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0，x 1≠x 2，且f (a 2－a )＞f (2a －2)，则实数a 的取值范围为________．解析：函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0，x 1≠x 2，所以函数在[－2,2]上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －2≤a 2－a ≤2，－2≤2a －2≤2，2a －2＜a 2－a .所以⎩⎪⎨⎪⎧－1≤a ≤2，0≤a ≤2，a ＜1或a ＞2，所以0≤a ＜1.答案：[0,1)6．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)的大小关系为____________(用“＜”表示)．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)，所以f (－2)＜f (－3)＜f (π)． 答案：f (－2)＜f (－3)＜f (π)7．(·苏州高三暑假测试)已知函数f (x )＝x ＋a x(a ＞0)，当x ∈[1,3]时，函数f (x )的值域为A ，若A ⊆[8,16]，则a 的值等于________．解析：因为A ⊆[8,16]，所以8≤f (x )≤16对任意的x ∈[1,3]恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ≤16x －x 2，a ≥8x －x2对任意的x ∈[1,3]恒成立，当x ∈[1,3]时，函数y ＝16x －x 2在[1,3]上单调递增，所以16x －x 2∈[15,39]，函数y ＝8x －x 2在[1,3]上也单调递增，所以8x －x 2∈[7,15]，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ≤15，a ≥15，即a 的值等于15.答案：158．若函数f (x )＝a x(a ＞0，a ≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________.解析：函数g (x )在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m ＞0，即m ＜14.若a ＞1，则函数f (x )在[－1,2]上的最小值为1a ＝m ，最大值为a 2＝4，解得a ＝2，12＝m ，与m ＜14矛盾；当0＜a ＜1时，函数f (x )在[－1,2]上的最小值为a 2＝m ，最大值为a －1＝4，解得a ＝14，m ＝116.所以a ＝14.答案：149．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． 解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x，设0＜x 1＜x 2，则x 1x 2＞0，x 2－x 1＞0，f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． (2)由题意a －1x ＜2x 在(1，＋∞)上恒成立，设h (x )＝2x ＋1x，则a ＜h (x )在(1，＋∞)上恒成立． 任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1＜x 2，h (x 1)－h (x 2)＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1x 1x 2.因为1＜x 1＜x 2，所以x 1－x 2＜0，x 1x 2＞1，所以2－1x 1x 2＞0，所以h (x 1)＜h (x 2)，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]． 10．(·江阴期中)设函数f (x )＝ax ＋b 1＋x 2是定义在(－1,1)上的奇函数，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝310.(1)求函数f (x )的解析式；(2)用单调性定义证明f (x )在(－1,1)上是增函数； (3)解不等式f (|t |－1)＋f (t 2)＜f (0)． 解：(1)因为f (x )＝ax ＋b1＋x2是定义在(－1,1)上的奇函数， 所以f (0)＝b ＝0，所以f (x )＝ax1＋x 2，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝13a 1＋19＝310， 解得a ＝1，所以f (x )＝x1＋x 2，x ∈(－1,1)．(2)证明：任取x 1，x 2∈(－1,1)且x 1＜x 2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 11＋x 21－x 21＋x 22＝x 1－x 21－x 1x 21＋x 211＋x 22. 因为x 1＜x 2，所以x 1－x 2＜0，又因为x 1，x 2∈(－1,1)，所以1－x 1x 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(－1,1)上是增函数．(3)由题意，不等式f (|t |－1)＋f (t 2)＜f (0)可化为f (|t |－1)＋f (t 2)＜0，即f (t 2)＜－f (|t |－1)，因为f (x )是定义在(－1,1)上的奇函数， 所以f (t 2)＜f (1－|t |)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＜t 2＜1，－1＜1－|t |＜1，t 2＜1－|t |，解得1－52＜t ＜5－12且t ≠0，所以该不等式的解集为⎝⎛⎭⎪⎫1－52，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，5－12.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．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，当f (x )＋f (x －8)≤2时，x 的取值范围是____________．解析：因为f (9)＝f (3)＋f (3)＝2，所以由f (x )＋f (x －8)≤2，可得f [x (x －8)]≤f (9)，因为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.答案：(8,9]2．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x ＞1时，f (x )＜0.(1)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 1x2＝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.。

课时达标检测（五） 函数的单调性与最值[小题对点练——点点落实]对点练(一) 函数的单调性1．(2018·阜阳模拟)给定函数①y ＝x 12，②y ＝log 12(x ＋1)，③y ＝|x －1|，④y ＝2x ＋1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④解析：选B ①y ＝x 12在(0,1)上递增；②∵t ＝x ＋1在(0,1)上递增，且0<12<1，故y ＝log 12(x ＋1)在(0,1)上递减；③结合图象可知y ＝|x －1|在(0,1)上递减；④∵u ＝x ＋1在(0,1)上递增，且2>1，故y ＝2x＋1在(0,1)上递增．故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.2．(2018·天津模拟)若函数f (x )满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)”，则f (x )的解析式可以是( )A ．f (x )＝(x －1)2B ．f (x )＝e xC ．f (x )＝1xD ．f (x )＝ln(x ＋1)解析：选C 根据条件知，f (x )在(0，＋∞)上单调递减．对于A ，f (x )＝(x －1)2在(1，＋∞)上单调递增，排除A ；对于B ，f (x )＝e x 在(0，＋∞)上单调递增，排除B ；对于C ，f (x )＝1x 在(0，＋∞)上单调递减，C 正确；对于D ，f (x )＝ln(x ＋1)在(0，＋∞)上单调递增，排除D.3．(2018·宜春模拟)函数f (x )＝log 3(3－4x ＋x 2)的单调递减区间为( ) A ．(－∞，2) B ．(－∞，1)，(3，＋∞) C ．(－∞，1)D ．(－∞，1)，(2，＋∞)解析：选C 由3－4x ＋x 2>0得x <1或x >3.易知函数y ＝3－4x ＋x 2的单调递减区间为(－∞，2)，函数y ＝log 3x 在其定义域上单调递增，由复合函数的单调性知，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，1)，故选C.4．(2018·贵阳模拟)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 xD ．y ＝x 3解析：选B y ＝－2x ＋1在定义域上为单调递减函数；y ＝lg x 在定义域上为单调递增函数；y ＝x 3在定义域上为单调递增函数；y ＝1x 在(－∞，0)和(0，＋∞)上均为单调递减函数，但在定义域上不是单调函数．故选B.5．若函数f (x )＝8x 2－2kx －7在[1,5]上为单调函数，则实数k 的取值范围是( ) A ．(－∞，8]B ．[40，＋∞)C ．(－∞，8]∪[40，＋∞)D ．[8,40]解析：选C 由题意知函数f (x )＝8x 2－2kx －7的图象的对称轴为x ＝k8，因为函数f (x )＝8x 2－2kx －7在[1,5]上为单调函数，所以k 8≤1或k8≥5，解得k ≤8或k ≥40，所以实数k的取值范围是(－∞，8]∪[40，＋∞)．故选C.6．定义运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc ，若函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1 2－x x ＋3在(－∞，m )上单调递减，则实数m 的取值范围是( )A ．(－2，＋∞)B ．[－2，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－2]解析：选D ∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，∴f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1 2－x x ＋3＝(x －1)(x ＋3)－2×(－x )＝x 2＋4x －3＝(x ＋2)2－7，∴f (x )的单调递减区间为(－∞，－2)， ∵函数f (x )在(－∞，m )上单调递减，∴(－∞，m )⊆(－∞，－2)，即m ≤－2.故选D. 对点练(二) 函数的最值1．已知a >0，设函数f (x )＝2 018x ＋1＋2 0162 018x ＋1(x ∈[－a ，a ])的最大值为M ，最小值为N ，那么M ＋N ＝( )A ．2 016B ．2 018C ．4 032D ．4 034解析：选D 由题意得f (x )＝2 018x ＋1＋2 0162 018x ＋1＝2 018－22 018x＋1.∵y ＝2 018x ＋1在[－a ，a ]上是单调递增的，∴f (x )＝2 018－22 018x ＋1在[－a ，a ]上是单调递增的，∴M ＝f (a )，N ＝f (－a )，∴M ＋N ＝f (a )＋f (－a )＝4 036－22 018a＋1－22 018－a ＋1＝4 034. 2．已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f (x )x 在区间(1，＋∞)上一定( )A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数解析：选D 由题意知a <1，又函数g (x )＝x ＋ax －2a 在[|a |，＋∞)上为增函数，故选D.3．(2018·湖南雅礼中学月考)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log ax ，x >2(a >0且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,2]B ．(0,2]C ．[2，＋∞)D ．(1,2 2 ]解析：选A 当x ≤2时，－x ＋6≥4.当x >2时，⎩⎪⎨⎪⎧3＋log a x ≥4，a >1，∴a ∈(1,2]，故选A.4．(2018·安徽合肥模拟)已知函数f (x )＝(x 2－2x )·sin(x －1)＋x ＋1在[－1,3]上的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝( )A ．4B ．2C ．1D ．0解析：选A 设t ＝x －1，则y ＝(x 2－2x )sin(x －1)＋x ＋1＝(t 2－1)sin t ＋t ＋2，t ∈[－2,2]．记g (t )＝(t 2－1)sin t ＋t ＋2，则函数y ＝g (t )－2＝(t 2－1)sin t ＋t 是奇函数．由已知得y ＝g (t )－2的最大值为M －2，最小值为m －2，所以M －2＋(m －2)＝0，即M ＋m ＝4.故选A.5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x －3，x ≥1，lg (x 2＋1)，x <1，则f (x )的最小值是________．解析：当x ≥1时，x ＋2x －3≥2x ·2x －3＝22－3，当且仅当x ＝2x ，即x ＝2时等号成立，此时f (x )min ＝22－3＜0；当x ＜1时，lg(x 2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此时f (x )min ＝0.所以f (x )的最小值为22－3.答案：22－36．(2018·益阳模拟)已知函数f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤38，49，则函数g (x )＝f (x )＋1－2f (x )的值域为________．解析：∵38≤f (x )≤49，∴13≤1－2f (x )≤12.令t ＝1－2f (x )，则f (x )＝12(1－t 2)⎝⎛⎭⎫13≤t ≤12，令y ＝g (x )，则y ＝12(1－t 2)＋t ，即y ＝－12(t －1)2＋1⎣⎡⎦⎤13≤t ≤12.∴当t ＝13时，y 有最小值79；当t ＝12时，y 有最大值78.∴g (x )的值域为⎣⎡⎦⎤79，78. 答案：⎣⎡⎦⎤79，78[大题综合练——迁移贯通]1．已知函数f (x )＝ax ＋1a (1－x )(a >0)，且f (x )在[0,1]上的最小值为g (a )，求g (a )的最大值．解：f (x )＝⎝⎛⎭⎫a －1a x ＋1a ，当a >1时，a －1a >0，此时f (x )在[0,1]上为增函数，∴g (a )＝f (0)＝1a ；当0<a <1时，a －1a <0，此时f (x )在[0,1]上为减函数，∴g (a )＝f (1)＝a ；当a ＝1时，f (x )＝1，此时g (a )＝1.∴g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，0<a <1，1a ，a ≥1，∴g (a )在(0,1)上为增函数，在[1，＋∞)上为减函数，又a ＝1时，有a ＝1a＝1，∴当a ＝1时，g (a )取最大值1.2．(2018·衡阳联考)已知函数f (x )对于任意x ，y ∈R ，总有f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )，且当x >0时，f (x )<0，f (1)＝－23.(1)求证：f (x )在R 上是减函数；(2)求f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值．解：(1)证明：设x 1>x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1－x 2＋x 2)－f (x 2)＝f (x 1－x 2)＋f (x 2)－f (x 2)＝f (x 1－x 2)．又∵x >0时，f (x )<0，而x 1－x 2>0，∴f (x 1－x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在R 上为减函数．(2)∵f (x )在R 上是减函数，∴f (x )在[－3,3]上也是减函数，∴f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f (－3)与f (3)．而f (3)＝3f (1)＝－2，且f (0)＋f (0)＝f (0)，∴f (0)＝0，又f (－3)＋f (3)＝f (－3＋3)＝0，∴f (－3)＝－f (3)＝2.∴f (x )在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.3．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )． (1)若a ＝－2，试证明f (x )在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：任设x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝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 ).∵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]．。