2021届高三高考数学文科一轮复习知识点专题2-2 函数的单调性与最值【含答案】

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核心考点·精准研析考点一函数的单调性(区间)1.下列函数中,在区间(-∞,0)上是减少的是 ( )A.y=1-x2B.y=x2+2xC.y=-D.y=2.函数f(x)=ln(x2-2x-8) 的单调递增区间是( )A.(-∞,-2)B.(-∞,1)C.(1,+∞)D.(4,+∞)3.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=在R上为减函数B.y=|f(x)|在R上为增函数C.y=-在R上为增函数D.y=-f(x)在R上为减函数4.设函数f(x)=g(x)=x2f(x-1),则函数g(x)的递减区间是( )A.(-∞,0]B.[0,1)C.[1,+∞)D.[-1,0]【解析】1.选D.对于选项A,该函数是开口向下的抛物线,在区间(-∞,0]上是增加的;对于选项B,该函数是开口向上的抛物线,在区间(-∞,-1]上是减少的,在区间[-1,+∞)上是增加的;对于选项C,在区间(-∞,0]上是增加的;对于选项D,因为y==1+.易知其在(-∞,1)上为减少的.2.选D.函数有意义,则x2-2x-8>0,解得:x<-2或x>4,结合二次函数的单调性和复合函数同增异减的原则,可得函数的单调增区间为(4,+∞).3.选D.特例法:设f(x)=x,则y==的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),在定义域上无单调性,A错;则y=|f(x)|=|x|在R上无单调性,B错;则y=-=-的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),在定义域上无单调性,C错.y=-f(x)=-x在R上为减函数,所以选项D正确.4.选B.因为g(x)=作出函数图像如图所示,所以其递减区间为[0,1).判断函数单调性的方法(1)定义法:取值→作差→变形→定号→结论.(2)图像法:从左往右看,图像逐渐上升,单调递增;图像逐渐下降,单调递减.(3)利用函数和、差、积、商和复合函数单调性的判断法则.(4)导数法:利用导函数的正负判断函数单调性.其中(2)(3)一般用于选择题和填空题.【秒杀绝招】T2用特例法、排除法也可求解.考点二函数的最值(值域)【典例】1.函数y=的值域是________.2.函数y=x+的最小值为________.3.已知函数f(x)=-(a>0,x>0),若f(x)在上的值域为,则a=________. 世纪金榜导学号【解题导思】序号联想解题1 由,想到分离常数由x+,想到利用函数的单调性或换元法求2解3 由-,想到反比例函数的单调性【解析】1.(分离常数法)因为y==-1+,又因为1+x2≥1,所以0<≤2,所以-1<-1+≤1,所以函数的值域为(-1,1].答案:(-1,1]2.方法一:因为函数y=x和y=在定义域内均为增函数,故函数y=x+在其定义域[1,+∞)内为增函数,所以当x=1时,y取最小值,即y min=1.方法二:令t=,且t≥0,则x=t2+1,所以原函数变为y=t2+1+t,t≥0.配方得y=+,又因为t≥0,所以y≥+=1.故函数y=x+的最小值为1.答案:13.由反比例函数的性质知函数f(x)=-(a>0,x>0)在上是增加的,所以即解得a=.答案:求函数最值的常用方法(1)单调性法:先确定函数的单调性,再利用单调性求最值.(2)图像法:先作出函数的图像,再观察其最高点、最低点,求出最值.(3)换元法:对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数,再用相应的方法求最值.(4)分离常数法:对于分式的分子、分母中都含有变量的求值域,变成只有分子或分母有变量的情况,再利用函数的观点求最值.(5)基本不等式法:先对解析式变形,使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.1.若函数f(x)=则函数f(x)的值域是( )A.(-∞,2)B.(-∞,2]C.[0,+∞)D.(-∞,0)∪(0,2)【解析】选A.当x<1时,0<2x<2,当x≥1时,f(x)=-log2x≤-log21=0,综上f(x)<2,即函数的值域为(-∞,2).2.函数y=的值域为________.【解析】y===3+,因为≠0,所以3+≠3,所以函数y=的值域为{y|y≠3}.答案:{y|y≠3}3.(2020·汉中模拟)设0<x<,则函数y=4x(3-2x)的最大值为________.【解析】y=4x(3-2x)=2[2x(3-2x)]≤2=,当且仅当2x=3-2x,即x=时,等号成立.因为∈,所以函数y=4x(3-2x)的最大值为.答案:考点三函数单调性的应用命题精解读1.考什么:(1)考查比较大小问题、与抽象函数有关的不等式和已知单调性求参数解不等式等问题.(2)考查数学运算、数学抽象、直观想象等核心素养.2.怎么考:与基本初等函数、单调性、最值交汇考查函数的单调性、图像等知识.3.新趋势:以基本初等函数为载体,与其他知识交汇考查为主.学霸好方法1.比较大小问题的解题思路(1)利用函数的单调性判断两个值的大小.(2)寻找中间量比较两个数值的大小,经常利用1,0,-1等.2.与抽象函数有关的不等式问题的解题策略判断函数的单调性,并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,然后求解即可.3.已知函数单调性求参数值的解题策略依据函数的图像或单调性得出含有所求参数的不等式或方程,解该不等式或方程即可.比较大小问题【典例】(2020·重庆模拟)已知函数f(x)的图像关于直线x=1对称,当x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0恒成立,设a=f,b=f(2),c=f(e),则a,b,c的大小关系为( )A.c>a>bB.c>b>aC.a>c>bD.b>a>c【解析】选D.因为f(x)的图像关于x=1对称,所以f=f,又由已知可得f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以f(2)>f>f(e),即f(2)>f>f(e).与抽象函数有关的不等式问题【典例】函数f(x)的定义域为(0,+∞),且对一切x>0,y>0都有f=f(x)-f(y),当x>1时,有f(x)>0. 世纪金榜导学号(1)求f(1)的值;(2)判断f(x)的单调性并证明;(3)若f(6)=1,解不等式f(x+5)-f<2.【解析】(1)f(1)=f=f(x)-f(x)=0.(2)f(x)在(0,+∞)上是增函数.证明:设0<x1<x2,则由f=f(x)-f(y),得f(x2)-f(x1)=f,因为>1,所以f>0.所以f(x2)-f(x1)>0,即f(x)在(0,+∞)上是增函数.(3)因为f(6)=f=f(36)-f(6),又f(6)=1,所以f(36)=2,原不等式化为f(x2+5x)<f(36),又因为f(x)在(0,+∞)上是增函数,所以解得0<x<4.已知函数单调性求参数值问题【典例】(2020·蚌埠模拟)若f(x)=是定义在R上的减函数,则a的取值范围为________. 世纪金榜导学号【解析】由题意知,解得所以a∈.答案:1.若函数f(x)=|2x+a|的单调递增区间是[3,+∞),则a的值为( )A.-2B.2C.-6D.6【解析】选C.由图像易知函数f(x)=|2x+a|的单调增区间是,令-=3,所以a=-6.2.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( )A.(8,+∞)B.(8,9]C.[8,9]D.(0,8)【解析】选B.2=1+1=f(3)+f(3)=f(9),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,所以有解得8<x≤9.3.函数y=f(x)在R上是增函数,且y=f(x)的图像经过点A(-2,-3)和B(1,3),则不等式|f(2x-1)|<3的解集为________.【解析】因为y=f(x)的图像经过点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)在R上是增函数,所以-2<2x-1<1,即即所以-<x<1.答案:(2020·北京模拟)函数y=f(x),x∈[1,+∞),数列{a n}满足a n=f(n),n ∈N*,①函数f(x)是增加的;②数列{a n}是递增数列.写出一个满足①的函数f(x)的解析式________.写出一个满足②但不满足①的函数f(x)的解析式________.【解析】由题意可知:在x∈[1,+∞)这个区间上是增加的函数有许多,可写为:f(x)=x2.第二个填空是找一个数列是递增数列,而对应的函数不是增加的,可写为:f(x)=.则这个函数在上单调递减,在上单调递增,所以f(x)=在[1,+∞)上不是增加的,不满足①.而对应的数列为:a n=在n∈N*上越来越大,属递增数列.答案:(答案不唯一)f(x)=x2f(x)=关闭Word文档返回原板块莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。

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．1．函数的单调性(1)单调函数的定义如果函数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y ＝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1．函数单调性的结论(1)对∀x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞0⇔f (x )在D 上是增函数；f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜0⇔f (x )在D 上是减函数．(2)对勾函数y ＝x ＋ax (a ＞0)的增区间为(－∞，－a ]和[a ，＋∞)，减区间为[－a ，0)和(0，a ]．(3)在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．(4)函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)和u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”．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．一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数y＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(2)若定义在R上的函数f(x)有f(－1)＜f(3)，则函数f(x)在R上为增函数．()(3)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．()(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)√二、教材改编1．函数y＝x2－6x＋10在区间(2,4)上()A．递减B．递增C．先递减后递增D．先递增后递减C [因为函数y ＝x 2－6x ＋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 ＝x 2－6x ＋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 ＝|x | B ．y ＝3－x C ．y ＝1xD ．y ＝－x 2＋4A [y ＝3－x 在R 上递减，y ＝1x 在(0，＋∞)上递减，y ＝－x 2＋4在(0，＋∞)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________． ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12 [因为函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在R 上是减函数，所以2k ＋1＜0， 即k ＜－12.] 4．已知函数f (x )＝2x －1，x ∈[2,6]，则f (x )的最大值为________，最小值为________．2 25 [易知函数f (x )＝2x －1在x ∈[2,6]上为减函数，故f (x )max ＝f (2)＝2，f (x )min＝f (6)＝25.]考点1确定函数的单调性(区间)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“∪”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．求函数的单调区间(1)函数f (x )＝|x 2－3x ＋2|的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32和[2，＋∞) C ．(－∞，1]和⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，2D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32和[2，＋∞) (2)函数y ＝x 2＋x －6的单调递增区间为________，单调递减区间为________．(1)B (2)[2，＋∞) (－∞，－3] [(1)y ＝|x 2－3x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ＋2，x ≤1或x ≥2，－(x 2－3x ＋2)，1＜x ＜2.如图所示，函数的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32和[2，＋∞)；单调递减区间是(－∞，1]和⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，2.故选B.(2)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，＋∞)．](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[一题多解]判断并证明函数f (x )＝ax 2＋1x (其中1＜a ＜3)在x ∈[1,2]上的单调性．[解] 法一：(定义法)设1≤x 1＜x 2≤2，则 f (x 2)－f (x 1)＝ax 22＋1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 21＋1x 1 ＝(x 2－x 1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤a (x 1＋x 2)－1x 1x 2，由1≤x 1＜x 2≤2，得x 2－x 1＞0,2＜x 1＋x 2＜4， 1＜x 1x 2＜4，－1＜－1x 1x 2＜－14.又1＜a ＜3，所以2＜a (x 1＋x 2)＜12，得a (x 1＋x 2)－1x 1x 2＞0，从而f (x 2)－f (x 1)＞0，即f (x 2)＞f (x 1)，故当a ∈(1,3)时，f (x )在[1,2]上单调递增．法二：(导数法)因为f ′(x )＝2ax －1x 2＝2ax 3－1x 2，因为1≤x ≤2，∴1≤x 3≤8，又1＜a＜3，所以2ax3－1＞0，所以f′(x)＞0，所以函数f(x)＝ax2＋1x(其中1＜a＜3)在[1,2]上是增函数．定义法证明函数单调性的一般步骤：①任取x1，x2∈D，且x1＜x2；②作差f(x1)－f(x2)；③变形(通常是因式分解和配方)；④定号(即判断f(x1)－f(x2)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)．1.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，＋∞)A [由题意得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥2，－x 2＋2x ，x ＜2，当x ≥2时，[2，＋∞)是函数f (x )的单调递增区间；当x ＜2时，(－∞，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f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性．[解] 法一：(定义法)设－1＜x 1＜x 2＜1， f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1， 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)上递增． 法二：(导数法)f ′(x )＝a (x －1)－ax (x －1)2＝－a (x －1)2，所以当a ＞0时，f ′(x )＜0，当a ＜0时，f ′(x )＞0，即当a＞0时，f(x)在(－1,1)上为单调减函数，当a＜0时，f(x)在(－1,1)上为单调增函数．考点2函数的最值求函数最值的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．(1)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x －a )2(x ≤0)，x ＋1x ＋a (x ＞0)的最小值为f (0)，则实数a 的取值范围是( )A ．[－1,2]B ．[－1,0]C ．[1,2]D ．[0,2](2)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x－log 2(x ＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．(3)函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________．(1)D (2)3 (3)14 [(1)当x ＞0时，f (x )＝x ＋1x ＋a ≥2＋a ，当且仅当x ＝1x ，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－1≤a ≤2. 又a ≥0，得0≤a ≤2.故选D.(2)∵f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x－log 2(x ＋2)在区间[－1,1]上单调递减，∴f (x )max ＝f (－1)＝3－log 21＝3.(3)令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋14，当t ＝12，即x ＝14时，y max＝14.][逆向问题] 若函数f (x )＝－a x ＋b (a ＞0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，则a ＝________，b ＝________.1 52 [∵f (x )＝－a x ＋b (a ＞0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是增函数，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (x )max ＝f (2)＝2.即⎩⎪⎨⎪⎧－2a ＋b ＝12，－a 2＋b ＝2，解得a ＝1，b ＝52.](1)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．1.函数f (x )＝x 2＋4x 的值域为________．(－∞，－4]∪[4，＋∞) [当x ＞0时，f (x )＝x ＋4x ≥4， 当且仅当x ＝2时取等号； 当x ＜0时，－x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－4x ≥4，即f (x )＝x ＋4x ≤－4， 当且仅当x ＝－2时取等号，所以函数f (x )的值域为(－∞，－4]∪[4，＋∞)．]2．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________．1 [法一：(图象法)在同一坐标系中，作函数f (x )，g (x )图象， 依题意，h (x )的图象如图所示．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.法二：(单调性法)依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0＜x ≤2，－x ＋3，x ＞2.当0＜x ≤2时，h (x )＝log 2 x 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.]考点3 函数单调性的应用比较大小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．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 ＞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，＋∞)上是减函数．所以a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，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)＜0得出f (x )在(1，＋∞)上是减函数，然后借助对称性，化变量－12，2,3于同一单调区间，并借助单调性比较大小．解不等式求解含“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)＜h(x))．此时要特别注意函数的定义域．定义在[－2,2]上的函数f(x)满足(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠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，x1≠x2，所以函数在[－2,2]上单调递增，所以－2≤2a －2＜a 2－a ≤2，解得0≤a ＜1，故选C.]本例在求解时，应注意隐含条件为a 2－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)≤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.]根据函数的单调性求参数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．(1)(2019·郑州模拟)函数y ＝x －5x －a －2在(－1，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( )A ．a ＝－3B ．a ＜3C ．a ≤－3D ．a ≥－3(2)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( )A ．(－∞，1]B ．[1,4]C ．[4，＋∞)D ．(－∞，1]∪[4，＋∞) (1)C (2)D [(1)y ＝x －a －2＋a －3x －a －2＝1＋a －3x －a －2＝1＋a －3x －(a ＋2)，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a －3＜0，a ＋2≤－1，得a ≤－3. 所以a 的取值范围是a ≤－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≤2，即a ≤1或a ≥4，故选D.]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)．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，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(－∞，1]B [因为函数f (x )＝2|x －a |＋3＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －2a ＋3，x ≥a ，－2x ＋2a ＋3，x ＜a ，且函数f (x )＝2|x －a |＋3在区间[1，＋∞)上不单调，所以a ＞1.所以a 的取值范围是(1，＋∞)．故选B.]2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3，x ≤0，ln (x ＋1)，x ＞0，若f (2－x 2)＞f (x )，则实数x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C ．(－1,2)D ．(－2,1)D [因为当x ＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，所以函数的图象是一条连续的曲线．因为当x ≤0时， 函数f (x )＝x 3为增函数，当x ＞0时，f (x )＝ln(x ＋1)也是增函数， 所以函数f (x )是定义在R 上的增函数． 因此，不等式f (2－x 2)＞f (x )等价于2－x 2＞x ， 即x 2＋x －2＜0， 解得－2＜x ＜1.]3．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( )A ．(1,2) B.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2 C [由已知条件得f (x )为增函数， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2－a ＞0，a ＞1，(2－a )×1＋1≤a ，解得32≤a ＜2，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2.故选C.]。

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.。

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，＋∞)。

第2课时 函数的单调性与最值1．函数的单调性 (1)函数自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的(2)若函数y ＝f (x )在区间D 上是增函数或减函数，则称函数y ＝f (x )在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D 叫做函数y ＝f (x )的单调区间．2．3.(1)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(×)(2)相同单调性函数的和、差、积、商函数还具有相同的单调性．(×)(3)若定义在R 上的函数f (x )，有f (－1)＜f (3)，则函数f (x )在R 上为增函数．(×) (4)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(×)(5)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数．(×) (6)所有的单调函数都有最值．(×)(7)对于函数f (x )，x ∈D ，若x 1，x 2∈D ，且(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0，则函数f (x )在D 上是增函数．(√) (8)函数y ＝|x |是R 上的增函数．(×)(9)函数f (x )＝log 5(2x ＋1)的单调增区间是(0，＋∞)．(×)(10)函数y ＝1－x 21＋x 2的最大值为1.(√)[例1] (1)A ．y ＝x ＋1 B ．y ＝(x －1)2C ．y ＝2－x D ．y ＝log 0.5(x ＋1)解析：利用函数的单调性或函数的图象逐项验证．A 项，函数y ＝x ＋1在[－1，＋∞)上为增函数，所以函数在(0，＋∞)上为增函数，故A 正确；B 项，函数y ＝(x －1)2在(－∞，1)上为减函数，在[1，＋∞)上为增函数，故B 错误；C 项，函数y ＝2－x ＝⎝⎛⎭⎫12x 在R 上为减函数，故C 错误；D 项，函数y ＝log 0.5(x ＋1)在(－1，＋∞)上为减函数，故D 错误．答案：A(2)函数f (x )＝lg x 2的单调递减区间是________．解析：函数f (x )是定义域为{x |x ≠0}的偶函数，且f (x )＝lg x 2＝⎩⎪⎨⎪⎧2lg x ，x ＞0，2lg (－x )，x ＜0.函数大致图象如图所示，所以函数的单调递减区间是(－∞，0)．答案：(－∞，0)(3)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：法一：(定义法)设－1＜x 1＜x 2＜1，则f (x 1)－f (x 2)＝ax 1x 21－1－ax 2x 22－1＝ax 1x 22－ax 1－ax 2x 21＋ax 2(x 21－1)(x 22－1) ＝a (x 2－x 1)(x 1x 2＋1)(x 21－1)(x 22－1). ∵－1＜x 1＜x 2＜1，∴x 2－x 1＞0，x 1x 2＋1＞0，(x 21－1)(x 22－1)＞0.因此当a ＞0时，f (x 1)－f (x 2)＞0，即f (x 1)＞f (x 2)，所以函数f (x )在(－1,1)上为减函数． 法二：(导数法)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，所以函数f (x )在(－1,1)上为减函数． [方法引航] 判断函数单调性的方法(1)定义法：取值，作差，变形，定号，下结论.(2)利用复合函数关系：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”.(3)图象法：从左往右看，图象逐渐上升，单调增；图象逐渐下降，单调减. (4)导数法：利用导函数的正负判断函数单调性.1．下列函数中，定义域是R 且为增函数的是( )A ．y ＝e －x B ．y ＝x C ．y ＝ln x D ．y ＝|x |解析：选B.因为定义域是R ，排除C ，又是增函数，排除A 、D ，所以选B. 2．(2016·安徽合肥检测)函数y ＝|x |(1－x )在区间A 上是增函数，那么区间A 是( )A ．(－∞，0) B.⎣⎡⎦⎤0，12 C ．[0，＋∞) D.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ 解析：选B.(数形结合法)y ＝|x |(1－x ) ＝⎩⎪⎨⎪⎧ x (1－x )，x ≥0，－x (1－x )，x ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ，x ≥0，x 2－x ，x ＜0 ＝⎩⎨⎧－⎝⎛⎭⎫x －122＋14，x ≥0，⎝⎛⎭⎫x －122－14，x ＜0.画出函数的图象，如图所示．由图象可知原函数在⎣⎡⎦⎤0，12上单调递增，故选B.3．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．证明：设x 1，x 2是任意两个正数，且0＜x 1＜x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝⎝⎛⎭⎫x 1＋a x 1－⎝⎛⎭⎫x 2＋a x 2＝x 1－x 2x 1x 2(x 1x 2－a )． 当0＜x 1＜x 2≤a 时，0＜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(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．考点二 利用函数的单调性求最值[例2] (1)函数f (x )＝2xx ＋1在[1,2]上的最大值和最小值分别是________．解析：f (x )＝2x x ＋1＝2(x ＋1)－2x ＋1＝2－2x ＋1在[1,2]上是增函数，∴f (x )max ＝f (2)＝43，f (x )min ＝f (1)＝1.答案：43，1(2)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 ＝________. 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[方法引航] 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)m ＞f (x )恒成立⇔m ＞f (x )max ；(6)m ＜f (x )恒成立⇔m ＜f (x )min .1．(2017·湖南株洲一模)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 ．－1 B ．1 C ．6 D ．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＝6.2．下列四个函数：①y ＝3－x ；②y ＝1x 2＋1；③y ＝x 2＋2x －10；④y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x (x ≤0)，－1x(x ＞0).其中值域为R 的函数有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 解析：选B.依题意，注意到y ＝3－x 与函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x (x ≤0)，－1x (x ＞0)的值域均是R ，函数y ＝1x 2＋1的值域是(0,1]，函数y ＝x 2＋2x －10＝(x ＋1)2－11的值域是[－11，＋∞)，因此选B.[例3] (1)已知f (x )＝x 2－cos x ，则A ．f (0.6)＜f (0)＜f (－0.5) B ．f (0)＜f (－0.5)＜f (0.6) C ．f (0.6)＜f (－0.5)＜f (0) D ．f (－0.5)＜f (0)＜f (0.6)解析：∵f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，∴f (x )是偶函数． ∴f (－0.5)＝f (0.5)．又∵f ′(x )＝2x ＋sin x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0. ∴f (x )在(0,1)上是增函数， ∴f (0)＜f (0.5)＜f (0.6)，即f (0)＜f (－0.5)＜f (0.6)．故选B. 答案：B(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________．解析：由已知条件得f (x )为增函数， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2－a ＞0a ＞1(2－a )×1＋1≤a ，解得32≤a ＜2，∴a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫32，2. 答案：⎣⎡⎭⎫32，2[方法引航] (1)利用单调性比较大小，首先把不在同一个单调区间上的变量转化为同一个单调区间，再结合单调性进行比较.(2)已知函数的单调性确定参数的值域范围要注意以下两点：①若函数在区间[a ，b ]上单调，则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.1．若本例(1)中函数变为f (x )＝12x －sin x ，比较f (0.6)，f (0)，f (－0.5)的大小．解：f (x )＝12x －sin x ，∴f ′(x )＝12－cos x当－π3＜x ＜π3，f ′(x )＜0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－π3，π3上，为减函数，故有f (－0.5)＞f (0)＞f (0.6)． 2．在本例(2)中，若f (x )不变且a ∈⎣⎡⎭⎫32，2.解不等式f (4a 2－2a －5)＜f (a ＋2)． 解：由题意可知，当a ∈⎣⎡⎭⎫32，2时，f (x )在R 上为增函数． ∴4a 2－2a －5＜a ＋2 即4a 2－3a －7＜0， ∴(4a －7)(a ＋1)＜0，－1＜a ＜74.故32≤a ＜74. ∴f (4a 2－2a －5)＜f (a ＋2)的解集为⎣⎡⎭⎫32，74.[易错警示]定义域的请求——求函数单调区间先求我1．函数的单调区间是定义域的子集，求函数的单调区间必须做到“定义域优先”的原则． [典例1] 函数f (x )＝x 2＋x －6的单调增区间为________．[正解] 设u ＝x 2＋x －6＝⎝⎛⎭⎫x ＋122－254. 令u ＝x 2＋x －6≥0，得f (x )的定义域为(－∞，－3]∪[2，＋∞)，u ＝x 2＋x －6＝⎝⎛⎭⎫x ＋122－254是对称轴为x ＝－12，开口向上的抛物线，故u 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f (x )的单调减区间为(－∞，－3]，单调增区间为[2，＋∞)． [答案] [2，＋∞)[易误] 解题时不先求f (x )的定义域，误认为u ＝x 2＋x －6的增区间就是f (x )的增区间．[警示] 求函数的单调区间，应该先求定义域，在定义域内寻找减区间、增区间；若增区间或减区间是间断的，要分开写，不能用“并集符号”合并联结．2．利用函数单调性解不等式时也要先求定义域．[典例2] 已知，定义在[－2,3]上的函数f (x )是减函数，则满足f (x )＜f (2x －3)的x 的取值范围是________． [正解] 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－2≤x ≤3，－2≤2x －3≤3，x ＞2x －3.即⎩⎪⎨⎪⎧－2≤x ≤3，12≤x ≤3，x ＜3.∴12≤x ＜3. [答案] ⎣⎡⎭⎫12，3[易误] 此类不等式，只考虑单调性直接去掉“f ”符号得到一个不等式，如本题只得到“x ＞2x －3”是错误的没注意定义域x ∈[－2,3]．[警示] 这类不等式应等价于：单调性和定义域构成的不等式组．[高考真题体验]1．(2016·高考北京卷)下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( )A ．y ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－x解析：选D.选项A 中，y ＝11－x ＝－1x －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；选项B 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；选项C 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；选项D 符合题意． 2．(2015·高考湖南卷)设函数f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，则f (x )是( ) A ．奇函数，且在(0,1)上是增函数 B ．奇函数，且在(0,1)上是减函数 C ．偶函数，且在(0,1)上是增函数 D ．偶函数，且在(0,1)上是减函数解析：选A.函数y ＝f (x )的定义域为(－1,1)，又f (－x )＝ln(1－x )－ln(1＋x )＝－f (x )，∴y ＝f (x )为奇函数，且函数f (x )在(0,1)上是增函数．故选A. 3．(2014·高考湖南卷)下列函数中，既是偶函数又在区间(－∞，0)上单调递增的是( )A ．f (x )＝1x2 B ．f (x )＝x 2＋1C ．f (x )＝x 3D ．f (x )＝2－x解析：选A.f (x )＝1x2是偶函数，且在(－∞，0)上单调递增，A 正确；f (x )＝x 2＋1是偶函数，但在(－∞，0)上单调递减，B 错；f (x )＝x 3是奇函数，C 错；f (x )＝2－x 是非奇非偶函数，D 错．故选A. 4．(2016·高考北京卷)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为________．解析：法一：∵f ′(x )＝－1(x －1)2，∴x ≥2时，f ′(x )＜0恒成立，∴f (x )在[2，＋∞)上单调递减，∴f (x )在[2，＋∞)上的最大值为f (2)＝2.法二：∵f (x )＝x x －1＝x －1＋1x －1＝1＋1x －1，∴f (x )的图象是将y ＝1x的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的．∵y ＝1x在[2，＋∞)上单调递减，∴f (x )在[2，＋∞)上单调递减，故f (x )在[2，＋∞)上的最大值为f (2)＝2.法三：由题意可得f (x )＝1＋1x －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. 答案：25．(2016·高考北京卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x ＞a .①若a ＝0，则f (x )的最大值为________；②若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________．解析：①代入a 值直接求分段函数的最值；②结合图象分类讨论求解． 由当x ≤a 时，f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1.如图是函数y ＝x 3－3x 与y ＝－2x 在没有限制条件时的图象． ①若a ＝0，则f (x )max ＝f (－1)＝2. ②当a ≥－1时，f (x )有最大值；当a ＜－1时，y ＝－2x 在x ＞a 时无最大值，且－2a ＞(x 3－3x )max ，所以a ＜－1. 答案：①2 ②a ＜－16．(2016·高考天津卷)已知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 (2|a －1|)＞f (－2)，则a 的取值范围是________．解析：∵f (x )在(－∞，0)上单调递增，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减．∴f (2|a －1|)＞f (－2)＝f (2)，∴2|a －1|＜2＝212，∴|a －1|＜12，∴－12＜a －1＜12，∴12＜a ＜32.答案：⎝⎛⎭⎫12，32课时规范训练A 组 基础演练1．函数y ＝x 2－6x ＋10在区间(2,4)上是( ) A ．递减函数 B ．递增函数 C ．先递减再递增 D ．先递增再递减解析：选C.作出函数y ＝x 2－6x ＋10的图象如图所示，观察图象可知函数在(2,4)上是先递减再递增．2．已知f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝⎛⎭⎫1x ＞f (1)的实数x 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，0)∪(0,1)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析：选D.依题意得1x ＜1，即x －1x＞0，所以x 的取值范围是x ＞1或x ＜0.3．函数f (x )中，满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)”的是( )A ．f (x )＝1xB ．f (x )＝(x －1)2C ．f (x )＝e xD ．f (x )＝ln(x ＋1)解析：选A.由题意知f (x )在(0，＋∞)上是减函数．A 中，f (x )＝1x满足要求；B 中，f (x )＝(x －1)2在[0,1]上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数；C 中，f (x )＝e x 是增函数；D 中，f (x )＝ln(x ＋1)是增函数．4．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 ．a ＞－14B ．a ≥－14C ．－14≤a ＜0D ．－14≤a ≤0解析：选D.当a ＝0时，f (x )＝2x －3，在定义域R 上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a ≠0时，二次函数f (x )的对称轴为x ＝－1a，因为f (x )在(－∞，4)上单调递增，所以a ＜0，且－1a ≥4，解得0＞a ≥－14.综上所述得－14≤a ≤0.5．函数y ＝x －5x －a －2在(－1，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( )A ．a ＝－3B ．a ＜3C ．a ≤－3D ．a ≥－3解析：选C.y ＝x －5x －a －2＝1＋a －3x －(a ＋2)，由函数在(－1，＋∞)上单调递增，有⎩⎪⎨⎪⎧a －3＜0a ＋2≤－1，解得a ≤－3. 6．已知f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝⎛⎭⎫⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)的实数x 的取值范围是________． 解析：由f ⎝⎛⎭⎫⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)，得⎪⎪⎪⎪1x ＞1， ∴1x ＞1或1x＜－1， ∴0＜x ＜1或－1＜x ＜0. 答案：(－1,0)∪(0,1)7．y ＝－x 2＋2|x |＋3的单调增区间为________．解析：由题意知，当x ≥0时，y ＝－x 2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4； 当x ＜0时，y ＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋1)2＋4， 画出二次函数的图象如图所示．由图象可知，函数y ＝－x 2＋2|x |＋3在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数．答案：(－∞，－1]，[0,1]8．已知函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是________． 解析：因为函数f (x )在(－∞，－a )上是单调函数， 所以－a ≥－1，解得a ≤1. 答案：(－∞，1]9．函数f (x )＝x 2－4x －4在闭区间[t ，t ＋1](t ∈R )上的最小值记为g (t )． (1)试写出g (t )的函数表达式； (2)求g (t )的最小值．解：(1)f (x )＝x 2－4x －4＝(x －2)2－8. 当t ＞2时，f (x )在[t ，t ＋1]上是增函数， ∴g (t )＝f (t )＝t 2－4t －4；当t ≤2≤t ＋1，即1≤t ≤2时，g (t )＝f (2)＝－8；当t ＋1＜2，即t ＜1时， f (x )在[t ，t ＋1]上是减函数， ∴g (t )＝f (t ＋1)＝t 2－2t －7. 从而g (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧t 2－2t －7 (t ＜1)，－8 (1≤t ≤2)，t 2－4t －4 (t ＞2).(2)画出g (t )的图象如图所示，由图象易知g (t )的最小值为－8.10．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证f (x )在(－∞，－2)上单调递增；(2)若a ＞0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：任取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)f (x )＝x x －a ＝x －a ＋a x －a ＝1＋ax －a，当a ＞0时，f (x )在(－∞，a )，(a ，＋∞)上是减函数， 又f (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴0＜a ≤1，故实数a 的取值范围为(0,1]．B 组 能力突破1．设函数f (x )＝log a |x |在(－∞，0)上单调递增，则f (a ＋1)与f (2)的大小关系是( ) A ．f (a ＋1)＞f (2) B ．f (a ＋1)＜f (2) C ．f (a ＋1)＝f (2) D ．不能确定解析：选A.由已知得0＜a ＜1，所以1＜a ＋1＜2，根据函数f (x )为偶函数，可以判断f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (a ＋1)＞f (2)．2．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)解析：选B.y ＝12x 2－ln x ，y ′＝x －1x ＝x 2－1x＝(x －1)(x ＋1)x(x ＞0)．令y ′≤0，得0＜x ≤1，∴函数的递减区间为(0,1]．故选B.3．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0－x 2－2x ＋3，x ＞0，不等式f (x ＋a )＞f (2a －x )在[a ，a ＋1]上恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－2)B ．(－∞，0)C ．(0,2)D ．(－2,0)解析：选A.作出函数f (x )的图象如图所示，易知函数f (x )在R 上为单调递减函数，所以不等式f (x ＋a )＞f (2a －x )在[a ，a ＋1]上恒成立等价于x ＋a ＜2a －x ，即x ＜a 2在[a ，a ＋1]上恒成立，所以只需a ＋1＜a2，即a ＜－2.故选A.4．函数f (x )＝log 5(2x ＋1)的单调递增区间是________．解析：要使y ＝log 5(2x ＋1)有意义，则2x ＋1＞0，即x ＞－12，设u ＝2x ＋1，则y ＝log 5u 为(0，＋∞)上的增函数，当x＞－12时，u ＝2x ＋1也为增函数，故原函数的单调增区间是⎝⎛⎭⎫－12，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫－12，＋∞ 5．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x ＞1时，f (x )＜0. (1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值． 解：(1)令x 1＝x 2＞0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.(2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1＞x 2，则x 1x 2＞1，由于当x ＞1时，f (x )＜0，所以f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＜0， 即f (x 1)－f (x 2)＜0，因此f (x 1)＜f (x 2)， 所以f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数．(3)∵[2,9]⊆(0，＋∞)，∴f (x )在[2,9]上为减函数f (x )min ＝f (9)．由题意可知f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＋f (x 2)，∴f (9)＝f ⎝⎛⎭⎫93＋f (3)＝2f (3)＝－2. ∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.第3课时 函数的奇偶性与周期性1．2.(1)周期函数对于函数y ＝f (x )，如果存在一个非零常数T ，使得当x 取定义域内的任何值时，都有f (x ＋T )＝f (x )，那么就称函数y ＝f (x )为周期函数，称T 为这个函数的周期． (2)最小正周期如果在周期函数f (x )的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f (x )的最小正周期． 3．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若f (x )是定义在R 上的奇函数，则f (－x )＋f (x )＝0.(√)(2)偶函数的图象不一定过原点，奇函数的图象一定过原点．(×)(3)如果函数f (x )，g (x )为定义域相同的偶函数，则F (x )＝f (x )＋g (x )是偶函数．(√) (4)定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的一个必要条件．(√)(5)若T 是函数的一个周期，则nT (n ∈Z ，n ≠0)也是函数的周期．(√)(6)函数f (x )在定义域上满足f (x ＋a )＝－f (x )，则f (x )是周期为2a (a ＞0)的周期函数．(√) (7)函数f (x )＝0，x ∈(0，＋∞)既是奇函数又是偶函数．(×)(8)若函数y ＝f (x ＋a )是偶函数，则函数y ＝f (x )关于直线x ＝a 对称．(√) (9)若函数y ＝f (x ＋b )是奇函数，则函数y ＝f (x )关于点(b,0)中心对称．(√)(10)若某函数的图象关于y 轴对称，则该函数为偶函数；若某函数的图象关于(0,0)对称，则该函数为奇函数．(√)考点一 判断函数的奇偶性[例1] (1)下列函数为奇函数的是( A ．y ＝x B ．y ＝e xC ．y ＝cos xD ．y ＝e x －e －x解析：对于A ，定义域不关于原点对称，故不符合要求；对于B ，f (－x )≠－f (x )，故不符合要求；对于C ，满足f (－x )＝f (x )，故不符合要求；对于D ，∵f (－x )＝e －x －e x ＝－(e x －e －x )＝－f (x )，∴y ＝e x －e －x 为奇函数，故选D. 答案：D(2)下列函数中为偶函数的是( )A ．y ＝1xB ．y ＝lg|x |C ．y ＝(x －1)2D ．y ＝2x解析：根据奇、偶函数的定义，可得A 是奇函数，B 是偶函数，C ，D 为非奇非偶函数． 答案：B(3)函数f (x )＝3－x 2＋x 2－3，则( ) A ．不具有奇偶性 B ．只是奇函数 C ．只是偶函数 D ．既是奇函数又是偶函数解析：由⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2≥0，x 2－3≥0，得x ＝－3或x ＝ 3.∴函数f (x )的定义域为{－3，3}．∵对任意的x ∈{－3，3}，－x ∈{－3，3}，且f (－x )＝－f (x )＝f (x )＝0，∴f (x )既是奇函数，又是偶函数． 答案：D[方法引航] 判断函数的奇偶性的三种重要方法 (1)定义法：(2)图象法：函数是奇(偶)函数的充要条件是它的图象关于原点(y 轴)对称． (3)性质法：①“奇＋奇”是奇，“奇－奇”是奇，“奇·奇”是偶，“奇÷奇”是偶； ②“偶＋偶”是偶，“偶－偶”是偶，“偶·偶”是偶，“偶÷偶”是偶； ③“奇·偶”是奇，“奇÷偶”是奇．判断下列函数的奇偶性(1)f (x )＝(x ＋1) 1－x1＋x；(2)f (x )＝lg 1－x1＋x.解：(1)要使函数有意义，则1－x1＋x≥0，解得－1＜x ≤1，显然f (x )的定义域不关于原点对称， ∴f (x )既不是奇函数，也不是偶函数．(2)由1－x 1＋x＞0⇒－1＜x ＜1，定义域关于原点对称．又f (－x )＝lg 1＋x 1－x ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 1＋x －1＝－lg 1－x 1＋x ＝－f (x )，f (－x )≠f (x )．故原函数是奇函数．考点二 函数的周期性及应用[例2] (1)下列函数不是周期函数的是( ) A ．y ＝sin x B ．y ＝|sin x | C ．y ＝sin|x | D ．y ＝sin(x ＋1)解析：y ＝sin x 与y ＝sin(x ＋1)的周期T ＝2π，B 的周期T ＝π，C 项y ＝sin|x |是偶函数，x ∈(0，＋∞)与x ∈(－∞，0)图象不重复，无周期． 答案：C(2)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，若对于x ≥0，都有f (x ＋2)＝－1f (x )，且当x ∈[0,2)时，f (x )＝log 2(x ＋1)，则求f (－2 017)＋f (2 019)的值为________．解析：当x ≥0时，f (x ＋2)＝－1f (x )，∴f (x ＋4)＝f (x )，即4是f (x )(x ≥0)的一个周期． ∴f (－2 017)＝f (2 017)＝f (1)＝log 22＝1，f (2 019)＝f (3)＝－1f (1)＝－1，∴f (－2 017)＋f (2 019)＝0.答案：0[方法引航] (1)利用周期f (x ＋T )＝f (x )将不在解析式范围之内的x 通过周期变换转化到解析式范围之内，以方便代入解析式求值．(2)判断函数周期性的几个常用结论．①f (x ＋a )＝－f (x )，则f (x )为周期函数，周期T ＝2|a |.②f (x ＋a )＝1f (x )(a ≠0)，则函数f (x )必为周期函数，2|a |是它的一个周期；③f (x ＋a )＝－1f (x )，则函数f (x )必为周期函数，2|a |是它的一个周期．1．若将本例(2)中“f (x ＋2)＝－1f (x )”变为“f (x ＋2)＝－f (x )”，则f (－2 017)＋f (2 019)＝________.解析：由f (x ＋2)＝－f (x )可知T ＝4 ∴f (－2 017)＝1，f (2 019)＝－1， ∴f (－2 017)＋f (2 019)＝0. 答案：0 2．若本例(2)条件变为f (x )对于x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x )且当x ∈[0,2)时，f (x )＝log 2(x ＋1)，求f (－2 017)＋f (2 019)的值． 解：由f (x ＋2)＝f (x )，∴T ＝2 ∴f (2 019)＝f (1)＝log 22＝1f (－2 017)＝f (2 017)＝f (1)＝1， ∴f (－2 017)＋f (2 019)＝2.[例3] (1)若函数f (x )＝2x 2x －a是奇函数，则使f (x )＞3成立的x 的取值范围为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,0)C ．(0,1)D ．(1，＋∞)解析：因为函数y ＝f (x )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，即2－x ＋12－x －a ＝－2x ＋12x －a .化简可得a ＝1，则2x ＋12x －1＞3，即2x ＋12x －1－3＞0，即2x ＋1－3(2x －1)2x －1＞0，故不等式可化为2x －22x－1＜0，即1＜2x ＜2，解得0＜x ＜1，故选C. 答案：C(2)函数f (x )＝ax ＋b 1＋x 2是定义在(－1,1)上的奇函数，且f ⎝⎛⎭⎫12＝25. ①确定函数f (x )的解析式；②用定义证明f (x )在(－1,1)上是增函数； ③解不等式f (t －1)＋f (t )＜0.解：①∵在x ∈(－1,1)上f (x )为奇函数，∴f (0)＝0，即b ＝0，∴f (x )＝ax1＋x 2.又∵f ⎝⎛⎭⎫12＝25，∴a 21＋14＝25.解得，a ＝1. ∴f (x )＝x1＋x 2，经检验适合题意．②证明：由f ′(x )＝1＋x 2－2x 2(1＋x 2)2＝1－x 2(1＋x 2)2.x ∈(－1,1)时，1－x 2＞0，∴f ′(x )＞0 ∴f (x )在(－1,1)上为增函数．③由f (t －1)＋f (t )＜0，得f (t －1)＜－f (t )，即f (t －1)＜f (－t )．∴⎩⎪⎨⎪⎧－1＜t －1＜1－1＜－t ＜1t －1＜－t得0＜t ＜12.(3)已知f (x )是R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 3＋ln(1＋x )，则当x ＜0时，f (x )＝( ) A ．－x 3－ln(1－x ) B ．x 3＋ln(1－x ) C ．x 3－ln(1－x ) D ．－x 3＋ln(1－x ) 解析：当x ＜0时，－x ＞0， f (－x )＝(－x )3＋ln(1－x )，∵f (x )是R 上的奇函数，∴当x ＜0时，f (x )＝－f (－x )＝－[(－x )3＋ln(1－x )]＝x 3－ln(1－x )． 答案：C[方法引航] (1)根据奇偶性求解析式中的参数，是利用f (－x )＝－f (x )或f (－x )＝f (x )在定义域内恒成立，建立参数关系. (2)根据奇偶性求解析式或解不等式，是利用奇偶性定义进行转化.1．已知f (x )＝ax 2＋bx 是定义在[a －1,2a ]上的偶函数，那么a ＋b 的值是________．解析：a －1＋2a ＝0，∴a ＝13.f (x )＝ax 2＋bx 为偶函数，则b ＝0，∴a ＋b ＝13.答案：132．定义在R 上的偶函数y ＝f (x )在[0，＋∞)上递减，且f ⎝⎛⎭⎫12＝0，则满足f (x )＜0的x 的集合为( ) A.⎝⎛⎭⎫－∞，12∪(2，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫12，1∪(1,2) C.⎝⎛⎭⎫0，12∪(2，＋∞) D.⎝⎛⎭⎫12，1∪(2，＋∞) 解析：选C.由题意可得f ＝f＜0＝f ⎝⎛⎭⎫12，又f (x )在[0，＋∞)上递减，所以＞12，即x ＞12或x ＜－12，解得0＜x ＜12或x ＞2，所以满足不等式f ＜0的x 的集合为⎝⎛⎭⎫0，12∪(2，＋∞)． 3．已知函数f (x )＝－x ＋log 21－x 1＋x ＋1，则f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫－12的值为( ) A ．2 B ．－2C ．0D ．2log 213解析：选A.由题意知，f (x )－1＝－x ＋log 21－x 1＋x ，f (－x )－1＝x ＋log 21＋x 1－x ＝x －log 21－x1＋x＝－(f (x )－1)，所以f (x )－1为奇函数，则f ⎝⎛⎭⎫12－1＋f ⎝⎛⎭⎫－12－1＝0，所以f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫－12＝2.[方法探究]“多法并举”解决抽象函数性质问题[典例] (2017·山东泰安模拟)定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )，f (x ＋2)＝－f (x )且f (x )在[－1,0]上是增函数，给出下列四个命题：①f (x )是周期函数；②f (x )的图象关于x ＝1对称；③f (x )在[1,2]上是减函数；④f (2)＝f (0)，其中正确命题的序号是________(请把正确命题的序号全部写出来)． [分析关系] ①f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )隐含了用什么结论？什么方法探究？ ②f (x ＋2)＝－f (x )，隐含了什么结论？用什么方法探究．③若f (x )的图象关于x ＝1对称，其解析式具备什么等式关系？从何处理探究？ ④f (x )在[－1,0]上的图象与[1,2]上的图象有什么关系？依据什么指导？ ⑤f (2)，f (0)从何处计算．[解析] 第一步：f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )对任意x ，y ∈R 恒成立． (赋值法)：令x ＝y ＝0，∴f (0)＝0.令x ＋y ＝0，∴y ＝－x ，∴f (0)＝f (x )＋f (－x )． ∴f (－x )＝－f (x )，∴f (x )为奇函数．第二步：∵f (x )在x ∈[－1,0]上为增函数，又f (x )为奇函数，∴f (x )在[0,1]上为增函数． 第三步：由f (x ＋2)＝－f (x )⇒f (x ＋4)＝－f (x ＋2) ⇒f (x ＋4)＝f (x )，(代换法)∴周期T ＝4，即f (x )为周期函数．第四步：f (x ＋2)＝－f (x )⇒f (－x ＋2)＝－f (－x )．(代换法) 又∵f (x )为奇函数，∴f (2－x )＝f (x )，∴关于x ＝1对称． 第五步：由f (x )在[0,1]上为增函数，又关于x ＝1对称， ∴[1,2]上为减函数．(对称法)第六步：由f (x ＋2)＝－f (x )，令x ＝0得f (2)＝－f (0)＝f (0)．(赋值法) [答案] ①②③④[回顾反思] 此题用图象法更直观．[高考真题体验]1．(2014·高考课标全国卷Ⅰ)设函数f (x )，g (x )的定义域都为R ，且f (x )是奇函数，g (x )是偶函数，则下列结论中正确的是( )A ．f (x )g (x )是偶函数B ．|f (x )|g (x )是奇函数C ．f (x )|g (x )|是奇函数D ．|f (x )g (x )|是奇函数解析：选C.由题意可知f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，对于选项A ，f (－x )·g (－x )＝－f (x )·g (x )，所以f (x )g (x )是奇函数，故A 项错误；对于选项B ，|f (－x )|g (－x )＝|－f (x )|g (x )＝|f (x )|g (x )，所以|f (x )|g (x )是偶函数，故B 项错误；对于选项C ，f (－x )|g (－x )|＝－f (x )|g (x )|，所以f (x )|g (x )|是奇函数，故C 项正确；对于选项D ，|f (－x )g (－x )|＝|－f (x )g (x )|＝|f (x )g (x )|，所以|f (x )g (x )|是偶函数，故D 项错误，选C.2．(2016·高考山东卷)已知函数f (x )的定义域为R .当x ＜0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x ＞12时，f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＝f ⎝⎛⎭⎫x －12.则f (6)＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．0 D ．2解析：选D.由题意可知，当－1≤x ≤1时，f (x )为奇函数，且当x ＞12时，f (x ＋1)＝f (x )，所以f (6)＝f (5×1＋1)＝f (1)．而f (1)＝－f (－1)＝－[(－1)3－1]＝2，所以f (6)＝2.故选D.3．(2016·高考四川卷)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0＜x ＜1时，f (x )＝4x ，则f ⎝⎛⎭⎫－52＋f (1)＝________.解析：综合运用函数的奇偶性和周期性进行变换求值． ∵f (x )为奇函数，周期为2，∴f (1)＝f (1－2)＝f (－1)＝－f (1)，∴f (1)＝0. ∵f (x )＝4x ，x ∈(0,1)，∴f ⎝⎛⎭⎫－52＝f ⎝⎛⎭⎫－52＋2＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝－f ⎝⎛⎭⎫12 ＝－412＝－2.∴f ⎝⎛⎭⎫－52＋f (1)＝－2. 答案：－2 4．(2015·高考课标全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x ln(x ＋a ＋x 2)为偶函数，则a ＝________. 解析：由题意得f (x )＝x ln(x ＋a ＋x 2)＝f (－x )＝－x ln(a ＋x 2－x )，所以a ＋x 2＋x ＝1a ＋x 2－x，解得a ＝1.答案：15．(2014·高考四川卷)设f (x )是定义在R 上的周期为2的函数，当x ∈[－1,1)时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x 2＋2，－1≤x ＜0，x ， 0≤x ＜1，则f ⎝⎛⎭⎫32＝________.解析：由已知易得f ⎝⎛⎭⎫－12＝－4×⎝⎛⎭⎫－122＋2＝1，又由函数的周期为2，可得f ⎝⎛⎭⎫32＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝1. 答案：1课时规范训练A 组 基础演练1．下列函数中为偶函数的是( ) A ．y ＝x 2sin x B ．y ＝x 2cos xC ．y ＝|ln x |D ．y ＝2－x解析：选B.因为y ＝x 2是偶函数，y ＝sin x 是奇函数，y ＝cos x 是偶函数，所以A 选项为奇函数，B 选项为偶函数；C 选项中函数图象是把对数函数y ＝ln x 的图象在x 轴下方部分翻折到x 轴上方，其余部分的图象保持不变，故为非奇非偶函数；D 选项为指数函数y ＝⎝⎛⎭⎫12x，是非奇非偶函数． 2．下列函数中既不是奇函数也不是偶函数的是( ) A ．y ＝2|x | B ．y ＝lg(x ＋x 2＋1)C ．y ＝2x ＋2－x D ．y ＝lg 1x ＋1解析：选D.选项D 中函数定义域为(－1，＋∞)，不关于原点对称，故y ＝lg 1x ＋1不是奇函数也不是偶函数，选项A为偶函数，选项B 为奇函数，选项C 为偶函数．3．若f (x )是R 上周期为5的奇函数，且满足f (1)＝1，f (2)＝2，则f (3)－f (4)等于( ) A ．－1 B ．1 C ．－2 D ．2解析：选A.由f (x )是R 上周期为5的奇函数知f (3)＝f (－2)＝－f (2)＝－2， f (4)＝f (－1)＝－f (1)＝－1， ∴f (3)－f (4)＝－1，故选A.4．已知函数f (x )为奇函数，且当x ＞0时，f (x )＝x 2＋1x，则f (－1)＝( )A ．－2B ．0C ．1D ．2解析：选A.当x ＞0时，f (x )＝x 2＋1x，∴f (1)＝12＋11＝2.∵f (x )为奇函数，∴f (－1)＝－f (1)＝－2.5．设f (x )是定义在R 上的周期为3的函数，当x ∈[－2,1)时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－2，－2≤x ≤0x ，0＜x ＜1，则f ⎝⎛⎭⎫52＝( ) A ．0 B ．1 C.12D ．－1解析：选D.因为f (x )是周期为3的周期函数，所以f ⎝⎛⎭⎫52＝f ⎝⎛⎭⎫－12＋3＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝4×⎝⎛⎭⎫－122－2＝－1，故选D. 6．函数f (x )对于任意实数x 满足条件f (x ＋2)＝1f (x )，若f (1)＝－5，则f (f (5))＝________.解析：f (x ＋2)＝1f (x )，∴f (x ＋4)＝1f (x ＋2)＝f (x )，∴f (5)＝f (1)＝－5，∴f (f (5))＝f (－5)＝f (3)＝1f (1)＝－15.答案：－157．已知f (x )是定义在R 上的偶函数，f (2)＝1，且对任意的x ∈R ，都有f (x ＋3)＝f (x )，则f (2 017)＝________.解析：由f (x ＋3)＝f (x )得函数f (x )的周期T ＝3，则f (2 017)＝f (1)＝f (－2)，又f (x )是定义在R 上的偶函数，所以f (2 017)＝f (2)＝1. 答案：18．函数f (x )＝e x ＋x (x ∈R )可表示为奇函数h (x )与偶函数g (x )的和，则g (0)＝________. 解析：由题意可知h (x )＋g (x )＝e x ＋x ①，用－x 代替x 得h (－x )＋g (－x )＝e －x －x ，因为h (x )为奇函数，g (x )为偶函数，所以－h (x )＋g (x )＝e －x －x ②.由(①＋②)÷2得g (x )＝e x ＋e －x2，所以g (0)＝e 0＋e 02＝1.答案：19．已知f (x )是R 上的奇函数，且当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝－x lg(2－x )，求f (x )的解析式． 解：设x ∈(0，＋∞)，∴－x ∈(－∞，0)， ∴f (－x )＝x lg(2＋x )，∵f (x )为奇函数，f (－x )＝－f (x )，∴－f (x )＝x lg(2＋x )，∴f (x )＝－x lg(2＋x )．又∵当x ＝0时，f (0)＝0，适合f (x )＝－x lg(2＋x )∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x lg (2＋x ) x ∈[0，＋∞)－x lg (2－x ) x ∈(－∞，0)10．已知函数f (x )＝x 2＋ax(x ≠0，常数a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的奇偶性，并说明理由；(2)若函数f (x )在[2，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为{x |x ≠0}，当a ＝0时，f (x )＝x 2(x ≠0)，显然为偶函数； 当a ≠0时，f (1)＝1＋a ，f (－1)＝1－a ， 因此f (1)≠f (－1)，且f (－1)≠－f (1)，所以函数f (x )＝x 2＋ax(x ≠0)既不是奇函数，也不是偶函数．(2)f ′(x )＝2x －a x 2＝2x 3－ax 2，当a ≤0时，f ′(x )＞0，则f (x )在[2，＋∞)上是增函数；当a ＞0时，令f ′(x )＝2x 3－a x2≥0，解得x ≥3a 2，由f (x )在[2，＋∞)上是增函数，可知3a2≤2，解得0＜a ≤16.综上，实数a 的取值范围是(－∞，16]．B 组 能力突破1．若f (x )是定义在R 上的函数，则“f (0)＝0”是“函数f (x )为奇函数”的 ( ) A ．必要不充分条件 B ．充要条件 C ．充分不必要条件 D ．既不充分也不必要条件解析：选A.f (x )在R 上为奇函数⇒f (0)＝0；f (0)＝0f (x )在R 上为奇函数，如f (x )＝x 2，故选A.2．已知定义在R 上的奇函数f (x )和偶函数g (x )满足f (x )＋g (x )＝a x －a －x ＋2(a ＞0，且a ≠1)．若g (2)＝a ，则f (2)等于( )A ．2 B.154C.174D ．a 2 解析：选B.∵f (x )为奇函数，g (x )为偶函数， ∴f (－2)＝－f (2)，g (－2)＝g (2)＝a ，∵f (2)＋g (2)＝a 2－a －2＋2，①∴f (－2)＋g (－2)＝g (2)－f (2)＝a －2－a 2＋2，②由①、②联立，g (2)＝a ＝2，f (2)＝a 2－a －2＝154.3．已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0,2]上是增函数，则( ) A ．f (－25)＜f (11)＜f (80) B ．f (80)＜f (11)＜f (－25) C ．f (11)＜f (80)＜f (－25)D ．f (－25)＜f (80)＜f (11)解析：选D.由函数f (x )是奇函数且f (x )在[0,2]上是增函数可以推知，f (x )在[－2,2]上递增，又f (x －4)＝－f (x )⇒f (x －8)＝－f (x －4)＝f (x )，故函数f (x )是以8为周期的周期函数．f (－25)＝f (－1)，f (11)＝f (3)＝－f (3－4)＝f (1)， f (80)＝f (0)，故f (－25)＜f (80)＜f (11)．4．定义在R 上的函数f (x )，对任意x 均有f (x )＝f (x ＋2)＋f (x －2)且f (2 016)＝2 016，则f (2 028)＝________. 解析：∵x ∈R ，f (x )＝f (x ＋2)＋f (x －2)， ∴f (x ＋4)＝f (x ＋2)－f (x )＝－f (x －2)， ∴f (x ＋6)＝－f (x )，∴f (x ＋12)＝f (x )， 则函数f (x )是以12为周期的函数． 又∵f (2 016)＝2 016，∴f (2 028)＝f (2 028－12)＝f (2 016)＝2 016. 答案：2 0165．函数f (x )的定义域为D ＝{x |x ≠0}，且满足对于任意x 1，x 2∈D ，有f (x 1·x 2)＝f (x 1)＋f (x 2)． (1)求f (1)的值；(2)判断f (x )的奇偶性并证明你的结论；(3)如果f (4)＝1，f (x －1)＜2，且f (x )在(0，＋∞)上是增函数，求x 的取值范围． 解：(1)∵对于任意x 1，x 2∈D ，有f (x 1·x 2)＝f (x 1)＋f (x 2)， ∴令x 1＝x 2＝1，得f (1)＝2f (1)， ∴f (1)＝0.(2)令x 1＝x 2＝－1，有f (1)＝f (－1)＋f (－1)，∴f (－1)＝12f (1)＝0.令x 1＝－1，x 2＝x ，有f (－x )＝f (－1)＋f (x )， ∴f (－x )＝f (x )，∴f (x )为偶函数． (3)依题设有f (4×4)＝f (4)＋f (4)＝2， 由(2)知，f (x )是偶函数，∴f (x －1)＜2⇔f (|x －1|)＜f (16)． 又f (x )在(0，＋∞)上是增函数．∴0＜|x －1|＜16，解得－15＜x ＜17且x ≠1. ∴x 的取值范围是{x |－15＜x ＜17且x ≠1}．。

§ 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.。

《函数与方程》（二）考查内容：主要涉及函数零点个数的判断（方程法、数形结合法、图象法、零点存在定理与函数性质结合法）一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．函数26,0()3ln ,0x x x f x x x ⎧--≤=⎨-+>⎩的零点个数为（ ）A ．3B ．2C ．1D ．02．已知函数ln ,0()2(2),0x x f x x x x ⎧>=⎨-+≤⎩，则函数()3y f x =-的零点个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．43．函数()ln 1f x x x =-+的零点个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．34．已知函数()()y f x x R =∈满足(2)()f x f x +=，且(1,1]x ∈-时，2()f x x =，则4()log ||y f x x =-的零点个数为（ ） A ．8B ．6C ．4D ．25．函数()sin 1f x x x =-在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上的零点个数为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．56．函数()22lg 2||f x x x x =+-的零点的个数为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．67．已知函数23(0),()1(0),x x x x f x e x -⎧-=⎨-+<⎩则方程|()1|2f x c -=-（c 为常数且(1,0)c ∈-）的不同的实数根的个数为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．68．已知函数()2e e xx f x ax =--有且只有一个零点，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(],0-∞B ．[)0,+∞ C ．()()0,11,+∞ D ．(]{},01-∞9．已知函数23||,3()(3),3x x f x x x -⎧=⎨->⎩，()(3)6g x f x +-=，则函数()()y f x g x =-的零点个数为（ ）A ．0B ．4C ．3D ．210．若函数()2020xlog x x f x a x ⎧=⎨--≤⎩，＞，有且只有一个零点，则a 的取值范围是（ ） A ．（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞） B ．（﹣∞，﹣1）∪[0，+∞） C ．[﹣1，0）D ．[0，+∞）11．已知函数()sin ,02224xx f x x π⎧≤≤⎪=⎨⎪<≤⎩，若函数()()1g x f x kx =--恰有三个零点，则实数k 的取值范围为 （ ）A ．31,44⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．31,44⎛⎤-- ⎥⎝⎦C ．41,34⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．41,34⎛⎤-- ⎥⎝⎦12．已知函数()()21,1ln 1,1x x f x x x -≤⎧⎪=⎨->⎪⎩,则方程()()1f f x =根的个数为( )A ．3B ．5C ．7D ．9二．填空题13．函数()()2ln 14xf x x =⋅+-的零点个数为_______.14．已知函数32,2()(1),2x f x xx x ⎧≥⎪=⎨⎪-<⎩，若关于x 的方程()f x k =有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是________．15．已知函数32ln(2),2,()68,,x x m f x x x x x m +-<<⎧=⎨-+≥⎩若函数()f x 仅有2个零点，则实数m 的取值范围为______. 16．已知函数,0()(1),0xlnx x f x e x x >⎧=⎨+⎩，若函数()()()F x f x c c R =-∈恰有3个零点，则实数c 的取值范围是__.三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．求函数lg y x =和sin y x =的图像的交点个数．18．讨论a 取不同值时，关于x 的方程2|log |1|2|x a -+=的解的个数.19．已知函数()f x =，()3g x ax =-.（1）设函数()()()()25h x f x g x x =+-+，讨论函数()y h x =在区间[]0,2内的零点个数；（2）若对任意[]0,4x ∈，总存在[]02,2x ∈-，使得()()0g x f x =成立，求实数a 的取值范围.20．已知函数2()7f x x mx m =++-，m R ∈.（1）若()f x 在区间[]2,4上单调递增，求m 的取值范围； （2）求()f x 在区间[]1,1-上的最小值()g m ； （3）讨论()f x 在区间[]3,3-上的零点个数.21．已知函数()22,182,1x a x f x ax x a x ⎧-≤=⎨-+>⎩，其中a R ∈.()1当1a =时，求()f x 的最小值； ()2当2a ≤时，讨论函数()f x 的零点个数.22．已知函数()34ln f x x x x=--. （1）求()f x 的单调区间；（2）判断()f x 在(]0,10上的零点的个数，并说明理由.（提示：ln10 2.303≈）《函数与方程》（二）解析1.【解析】若260x x --=．则2x =-或3x =．又∵0x ≤∴2x =- 若3ln 0x -+=，则3x e =满足0x >，综上，函数()f x 的零点个数为2． 故选:B2.【解析】当0x >时，3|ln |30,ln 3,x x x e -=∴=±∴=或3e -，都满足0x >； 当0x ≤时，222430,2430,20,164230x x x x ---=∴++=>∆=-⨯⨯<，所以方程没有实数根.综合得函数()3y f x =-的零点个数是2.故选：B3.【解析】函数()ln 1f x x x =-+的零点个数等价于函数ln y x =与函数1y x =-的图象的交点个数.在同一坐标系下作出函数ln y x =与1y x =-的图象，如下图：因为1(ln )y x x ''==，曲线ln y x =在点(1,0)处的切线的斜率为：11k x==， 所以曲线ln y x =在点(1,0)处的切线方程为1y x =-，所以可知两函数图象有一个交点，故函数()ln 1f x x x =-+的零点个数为1. 故选：B .4.【解析】因为()()y f x x R =∈为周期为2的函数,通过且(1,1]x ∈-时，2()f x x =,做出函数图象如图所示:4()log ||y f x x =-的零点个数即为()y f x =与4log ||y x =图象交点个数,由图象可知共有6个交点.故选:B.5.【解析】令()sin 10f x x x =-=，显然0x =不是函数的零点，可得1sin x x=． 故作出函数sin y x =和1y x =的图象，如图所示：在(,)22ππ-上有2个交点.故选：A6.【解析】函数()22lg 2||f x x x x =+-的零点个数，即方程22lg 2||x x x =-+的根的个数，考虑()()22lg ,2||g x x h x x x ==-+，定义在()(),00,-∞+∞的偶函数，当0x >时，()()22lg ,2g x x h x x x ==-+，作出函数图象：两个函数一共两个交点，即当0x >时22lg 2||x x x =-+有两根， 根据对称性可得：当0x <时22lg 2||x x x =-+有两根， 所以22lg 2||x x x =-+一共4个根，即函数()22lg 2||f x x x x =+-的零点的个数为4.故选：C7.【解析】由|()1|2f x c -=-，得()1(2)f x c =±-．∵(1,0)c ∈-， ∴1(2)(3,4),1(2)(2,1)c c +-∈--∈--． 作出函数()f x 和1(2)y c =±-的图象如图所示，易知它们的图象共有4个不同的交点，即方程|()1|2f x c -=-（c 为常数且(1,0)c ∈-）有4个不同的实数根．故选：B8.【解析】(0)1100f =--=,则可知0x =一定是函数()f x 的一个零点0x ≠时,可得:1x x e a x e -=,令1(),()x x e a g x h x x e -==,21()x x xe e g x x '-+=，令()1x x u x xe e =-+, ()xu e x x '=，可得函数()u x 在0x =时取得极小值即最小值 ,()()00u x u ∴≥=.())'0(0g x x ∴>≠.∴函数()g x 在(,0)-∞和(0,)+∞上单调递增，此时，()0g x >恒成立，对于()xa h x e =， 0a <时 , 函数()g x 与()h x 没有交点，如下图，满足条件0a =时 , 函数()g x 与()h x 没有交点，如下图，满足条件1a =时 , 函数1()x h x e=, 经过()0,1, 与函数()g x 的图象没有交点, 如下图，满足条件 .0a >, 且1a ≠时 , 函数()h x 与函数()g x 的图象有交点，如下图，不满足条件，舍去 .综上可得：实数a 的取值范围为{}(],01-∞⋃，故选：D .9.【解析】由()6(3)g x f x =--，知()()()(3)6y f x g x f x f x =-=+--. 令()()(3)F x f x f x =+-，则(3)(3)()F x f x f x -=-+， 所以(3)()F x F x -=，即()F x 的图象关于直线32x =对称.当302x时，()()(3)33(3)3F x f x f x x x =+-=-+--=； 当0x <时，2221()()(3)3(33)32F x f x f x x x x x x ⎛⎫=+-=++--=++=++⎪⎝⎭114.作出()F x 的图象可知，函数()6F x =的解有2个，所以函数()()y f x g x =-的零点个数2个.故选：D10.【解析】当x ＞0时，因为log 21＝0，所以有一个零点，所以要使函数()2020x log x x f x a x ⎧=⎨--≤⎩，＞，有且只有一个零点，则当x ≤0时，函数f （x ）没有零点即可，当x ≤0时，0＜2x ≤1，∴﹣1≤﹣2x ＜0，∴﹣1﹣a ≤﹣2x ﹣a ＜﹣a ，所以﹣a ≤0或﹣1﹣a ＞0，即a ≥0或a ＜﹣1.故选：B11.【解析】当24x <≤时，y =，则0y ≤，等式两边平方得2268y x x =-+-，整理得()2231x y -+=，所以曲线)24y x =<≤表示圆()2231x y -+=的下半圆，如下图所示：由题意可知，函数()y g x =有三个不同的零点，等价于直线1y kx =+与曲线()y f x =的图象有三个不同交点，直线1y kx =+过定点()0,1P ，当直线1y kx =+过点()4,0A 时，则410k +=，可得14k =-； 当直线1y kx =+与圆()2231x y -+=相切，且切点位于第三象限时，k0<，1=，解得34k =-.由图象可知，当3144k -<≤-时，直线1y kx =+与曲线()y f x =的图象有三个不同交点.因此，实数k 的取值范围是31,44⎛⎤-- ⎥⎝⎦. 故选：B.12.【解析】令()u f x =,先解方程()1f u =. （1）当1u ≤时,则()211f u u =-=,得11u =；（2）当1u >时,则()()ln 11f u u =-=,即()ln 11u -=±,解得211u e=+,31u e =+. 如下图所示：直线1u =,11u e=+,1u e =+与函数()u f x =的交点个数为3、2、2, 所以,方程()1f f x ⎡⎤=⎣⎦的根的个数为3227++=.故选：C. 13.【解析】令()()2ln 140xf x x =⋅+-=，则()24ln 122x x x -+==， 在同一直角坐标系中作出函数()ln 1y x =+与22xy -=的图象，如图：由图象可知，函数()ln 1y x =+当1x →-时，()ln 1y x =+→+∞则与22xy -=的图象有必有两个交点， 所以方程()24ln 122xxx -+==有两个不同实根，所以函数()()2ln 14x f x x =⋅+-的零点个数为2.故答案为：2.14.【解析】作出函数()f x 的图象，如图所示，由图象可知，当01k <<时，函数()f x 与y k =的图象有两个不同的交点， 此时，方程有两个不同实根，所以所求实数k 的取值范围是(0,1)．故答案为：(0,1) 15.【解析】对于函数3268y x x x =-+，23128y x x '=-+，令0y '=，解得23x =±，故当,2x ⎛∈-∞- ⎝⎭时，0y '>；当22x ⎛∈ ⎝⎭时，0y '<；当2x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，0y '>； 令ln(2)0x +=，解得1x =-；令32680x x x -+=，解得0x =，2x =或4x =. 作出ln(2)y x =+，3268y x x x =-+的大致图像：观察可知，若函数()f x 仅有2个零点，则24m <≤，故实数m 的取值范围为(]2,4. 16.【解析】当0x >时，函数()f x lnx =单调递增；当0x ≤时，()(1)xf x e x =+，则()(2)x f x e x '=+2x <-时，()0f x '<，20x -<时，()0f x '>，故当0x ≤时，()f x 在(,2)-∞-上单调递减，在(2,0)-上单调递增，所以()f x 在2x =-处取极小值，极小值为2(2)f e --=-；当1x <-时，()(1)0xf x e x =+< 作出函数()f x 的图象如图：函数()()()F x f x c c R =-∈恰有3个零点，等价于函数()f x 与y c =的图象有且仅有3个交点，由图可知，20e c --<<，故答案为：()20，e -- 17.【解析】由1y lgx ==解得10x =，又sin y x =的值域为[]1,1-， 且y lgx =在定义域上单调递增，作出函数sin y x =与y lgx =的图象如图： 由图象可知两个图象的交点个数为3个，18.【解析】令2()|log |1|2|f x x =-+，作出函数()f x 的图象，如图所示，所求问题可转化为函数()f x ，与直线y a =交点的个数问题. 当0a <时，()y f x =与y a =无交点，所以原方程无解； 当0a =时，()y f x =与y a =有两个交点，原方程有2个解； 当0a >时，()y f x =与y a =有四个交点，原方程有4个解.19.【解析】（1）因为()()()()()22511h x fx g x x x a x =+-+=+-+，令()0h x =，则()2110x a x +-+=，当=0x 时，则10=，不符合条件，当0x ≠时，则11a x x-=+ 作函数1y a =-与()102y x x x=+<≤的图象，由图可知：①当12a -<时，即1a >-时，两图象无公共点，则()h x 在区间[]0,2内无零点；②当12a -=时或512a ->时，即32a <-或1a =-时，两图象仅有一个公共点， 则()h x 在区间[]0,2内仅有一个零点； ③当5212a <-≤时，即312a -≤<-时，两图象有两个公共点， 则()h x 在区间[]0,2内有两个零点.（2）当[]0,4x ∈时，[]20,16x ∈，则[]299,25x +∈，所以()f x 的值域是[]3,5； 当[]02,2x ∈-时，设函数()0g x 的值域是M ，依题意，[]3,5M ⊆，①当0a =时，()03g x =-不合题意；②当0a >时，()()[]2,223,23M g g a a =-=---⎡⎤⎣⎦， 由()()2523g g ⎧≥⎪⎨-≤⎪⎩ ，得2352330a a a -≥⎧⎪--≤⎨⎪>⎩，解得4a ≥； ③当0a <时，()()[]2,223,23M g g a a =-=---⎡⎤⎣⎦，由()()2523g g ⎧-≥⎪⎨≤⎪⎩，得2352330a a a --≥⎧⎪-≤⎨⎪<⎩，解得4a ≤-； 综上得，实数a 的取值范围是(][),44,-∞-⋃+∞.20.【解析】（1）由题意，函数2()()7f x x mx m m R =++-∈开口向上，对称轴的方程为2m x =-，若使得函数()f x 在[]2,4上单调递增，则满足122m -≤，解得4m ≥-，即实数m 的取值范围[4,)-+∞.（2）①当112m -≤-即2m ≥时，函数()y f x =在区间[]1,1-单调递增， 所以函数()y f x =的最小值为()()16g m f =-=-；②当1112m -<-<，即22m -<<时， 函数()y f x =在区间11,2m ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦单调递减，在区间1,12m ⎡-⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增， 所以函数()y f x =的最小值为21()724m g m f m m ⎛⎫=-=-+- ⎪⎝⎭； ③当112m -≥即2m ≤-时，函数()y f x =在区间[]1,1-单调递减， 所以函数()y f x =的最小值为()()126g m g m ==-， 综上可得，函数的最小值为226,27(),2246,2m m m m g m m m -≤-⎧⎪+-⎪=--<<⎨⎪-≥⎪⎩. （3）因为函数()y f x =的对称轴方程为12x m =-，且24280m m ∆=-+>恒成立， ①当()()133232203420m f m f m ⎧-<-<⎪⎪-=-≥⎨⎪=+≥⎪⎩，即112m -≤≤时， 函数()f x 在区间[]3,3-上有2个零点； ②当()1323220m f m ⎧-≤-⎪⎨⎪-=-≥⎩，此时m 不存在； ③当()1323420m f m ⎧-≥⎪⎨⎪=+≥⎩，此时m 不存在；④当()()330f f -⋅≤，即()()22420m m -+≤，解得m 1≥或12m ≤-时，函数()f x 在区间[]3,3-上有1个零点. 综上可得：当112m -≤≤时，函数()f x 在区间[]3,3-上有2个零点， 当m 1≥或12m ≤-时，函数()f x 在区间[]3,3-上有1个零点. 21.【解析】()1当1a =时，()221,182,1x x f x x x x ⎧-≤=⎨-+>⎩，则当1x ≤时，()f x 在(],1-∞上单调递增，()1f x >-且无最小值；当1x >时，由二次函数()()2282414g x x x x =-+=--知，()f x 在(]1,4上单调递减，在()4,+∞上单调递增，故()()min 414f x f ==-.()2当0a ≤，1x ≤时，()f x 没有零点，当1x >时，()f x 没有零点；当02a <≤，1x ≤时，()f x 有一个零点，当1x >时，()f x 有一个零点.22.【解析】（1）由题意知，()f x 的定义域为()0,∞+，则令2223443()10x x f x x x x -+'=+-==， 解得1x =或3x =，当01x <<或3x >时，()0f x '>，则此时()f x 单调递增； 当13x <<时，()0f x '<，则此时()f x 单调递减.故()f x 的单调递增区间是()0,1和()3,+∞，单调递减区间是()1,3.（2）由函数在()0,1上单调递增，在()1,3上单调递减，则当03x <≤时，()()12f x f ≤=-，故()f x 在(]0,3上无零点；又()324ln30f =-<，当310x <≤时，因为3(10)104ln10100.34 2.3030.488010f =--≈--⨯=>， 又()f x 在(]3,10上单调递增，所以()f x 在(]3,10上仅有一个零点.综上，()f x 在(]0,10上的零点的个数为1.。

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。

高考一轮复习热点难点精讲精析：2.2函数的单调性与最值一、函数单调性的判定1、用定义证明函数单调性的一般步骤，即：（1）取值：即设x 1、x 2是该区间内的任意两个值，且x 1< x 2.（2）作差：即f(x 2) –f(x 1)(或f(x 1)-f(x 2))，并通过通分、配方、因式分解等方法，向有利于判断差的符号的方向变形。

（3）定号：根据给定的区间和x 2- x 1符号，确定差f (x 2) –f(x 1)(或f(x 1)-f(x 2))的符号。

当符号不确定时，可以进行分类讨论。

（4）判断：根据定义得出结论。

2、利用导数的基本步骤是：2、求函数的单调性或单调区间的方法（1）能画出图象的函数，用图象法,其思维流程为:（2）由基本初等函数通过加、减运算或复合运算构成的函数，用转化法，其思维流程为：（3）能求导的用导数法，其思维流程为：（4）能作差变形的用定义法，其思维流程为：注：函数的单调性是对某个区间而言的，所以要受到区间的限制。

例如函数y =1/x 在(,0)(0,)-∞+∞和内都是单调递减的，但不能说它在整个定义域即()(),00,-∞+∞内单调递减，只能分开写，即函数的单调减区间为(,0)(0,)-∞+∞和，不能用“∪”2．例题解析〖例1〗(2011·江苏高考)函数f(x)=log 5(2x+1)的单调增区间是______. (2)判断函数+=+x 2y x 1在(-1，+∞)上的单调性. 【方法诠释】本例为判断函数的单调性或求函数的单调区间. (1)转化为基本初等函数的单调性去判断； (2)可用定义法或导数法.解析：(1)函数f(x)的定义域为(12-，+∞)，令t=2x+1(t>0), 因为y=log 5t 在t ∈(0,+∞)上为增函数，t=2x+1在(12-，+∞)上为增函数，所以函数f(x)=log 5(2x+1)的单调增区间为(12-,+∞).答案：(12-，+∞)(2)方法一：定义法：设x 1>x 2>-1, 则()().++--=-=++++1221121212x 2x 2x x y y x 1x 1x 1x 1 ∵x 1>x 2>-1,x 2-x 1<0,x 1+1>0,x 2+1>0,()(),-∴<++2112x x 0x 1x 1即y 1-y 2<0,y 1<y 2.+∴=+x 2y x 1在(-1,+∞)上是减函数. 方法二：导数法：()()()()(),+-++-'='==+++22x 1x 2x 21y x 1x 1x 1 ∴在(-1，+∞)上，y ′<0,故+=+x 2y x 1[在(-1,+∞)上为减函数.〖例2〗求函数的单调区间思路分析：该函数整体来说是一个二次根式，首先要考虑被开方数大于等于零，在此基础上求被开方函数的单调性即可．解析：设u=x 2+x-6 ．由x2+x-6≥0，得x≤-3或x≥2，结合二次函数图象可知，函数u=x2+x-6在(-∞，-3］上是递减的，在［2，+∞)上是递增的．又∵函数是递增的，∴函数在(-∞，-3］上是递减的，在［2，+∞)上是递增的．〖例3〗设，(1) 试判断函数的单调性，并用函数单调性定义，给出证明；(2) 若的反函数为，证明:对任意的自然数n(n≥3)，都有;解析: 1) ∵>0且2－x≠0 ∴的定义域为判断在上是增函数，下证明之：………………………………………1分设任………………………………………2分∵∴………………………………3分∵∴x2－x1＞0，2－x1＞0，2－x2＞0则………………………………………4分用数学归纳法易证证略. …… 12分二、应用函数的单调性1．应用函数的单调性可求解的问题(1)由x1,x2的大小，可比较f(x1)与f(x2)的大小；(2)知f(x1)与f(x2)的大小关系，可得x1与x2的大小关系；(3)求解析式中参数的值或取值范围；(4)求函数的最值；(5)得到图象的升、降情况，画出函数图象的大致形状.2．例题解析〖例1〗(1)若f(x)为R上的增函数，则满足f(2-m)<f(m2)的实数m的取值范围是______.(2)已知函数y=f(x)是偶函数，y=f(x-2)在［0,2］上是单调减函数，试比较f(-1),f(0)，f(2)的大小.【方法诠释】(1)根据f(x)的单调性，得到2-m与m2的大小关系，从而求解.(2)根据函数f(x)的性质先得到y=f(x)在［0,2］上的单调性或［-2,2］上的图象，进而借助于单调性或图象比较出函数值的大小.解析：(1)因为f(x)为R上的增函数，且f(2-m)<f(m2)，则有:2-m<m2,即m2+m-2>0.解得:m<-2或m>1.所以m的取值范围为:(-∞,-2)∪(1,+∞).答案：(-∞,-2)∪(1,+∞)(2)方法一：因为y=f(x-2)的图象可由y=f(x)的图象向右平移2个单位而得到，而y=f(x)为偶函数，其图象关于直线x=0对称，∴函数y=f(x-2)的图象关于直线x=2对称，又y=f(x-2)在［0,2］上单调递减,∴函数y=f(x-2)在［2,4］上单调递增，因此,y=f(x)在［0,2］上单调递增，又f(-1)=f(1),0<1<2,∴f(2)>f(-1)>f(0).方法二：由方法一可得函数y=f(x)在［-2,2］上图象的大致形状为由图象知f(2)>f(-1)>f(0).注：1.根据函数的单调性，解含有“f”号的不等式时，要根据函数的性质，转化为如“f(g(x))>f(h(x))”的形式，再利用单调性，转化为具体不等式求解，但要注意函数的定义域.2.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、填空题能数形结合的尽量用图象法求解.〖例2〗已知函数f(x)对于任意a，b∈R,总有f(a+b)=f(a)+f(b)-1，并且当x＞0时，f(x)＞1．(1)求证：f(x)在R上是增函数；(2)若f(4)=5，解不等式f(3m2-m-2)＜3；(3)若关于x的不等式f(nx-2)+f(x-x2)＜2恒成立，求实数n的取值范围．【解析】(1)设x1,x2∈R，且x1＜x2，则x2-x1>0，∴f(x2-x1)＞1 ，f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1＞0,∴f(x 1)-f(x 2)＜0，即f(x 1)＜f(x 2)． ∴f(x)在R 上是增函数.(2)∵f(4)=f(2+2)=f(2)+f(2)-1=5,∴f(2)=3, ∴不等式f(3m 2-m-2)＜3即为 f(3m 2-m-2)＜f(2). 又∵f(x)在R 上是增函数， ∴3m 2-m-2＜2，解得-41m 3＜＜． 因此不等式的解集为{m|-41m 3＜＜}； (3)令a=b=0,得 f(0)=2f(0)-1,∴f(0)=1. ∵f(nx-2)+f(x-x 2)＜2，即f(nx-2)+f(x-x 2)-1＜1， ∴f(nx-2+x-x 2)＜f(0)． 由(1)知nx-2+x-x 2＜0恒成立， ∴x 2-(n+1)x+2＞0恒成立． ∴ Δ=［-(n+1)］2-4×2＜0,.∴---1n 1＜＜注：判定复合函数的单调性及确定单调区间,关键是把复合函数分解成已知单调性的初等函数.另外，注意不要忽略函数的定义域.三、抽象函数的单调性及最值〖例1〗已知f (x )是定义在R 上的增函数，对x ∈R 有f (x )>0，且f (5)=1，设F (x )= f (x )+)(1x f ，讨论F (x )的单调性，并证明你的结论解析：这是抽角函数的单调性问题，应该用单调性定义解决。

第2讲
函数的单调性与最值
[学生用书P19]
1．函数的单调性
(1)单调函数的定义
增函数减函数
定义一般地，设函数f(x)的定义域为I：如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2
当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那
么就说函数f(x)在区间D上是增
函数
当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就
说函数f(x)在区间D上是减函数
图象描述
自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的
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．
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
1．辨明两个易误点
(1)区分两个概念：“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)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
出，一般不能用符号“∪”连接，也不能用“或”连接．例如函数f(x)＝1
x在区间(－1，0)
上是减函数，在(0，1)上是减函数，但在(－1，0)∪(0，1)上却不是减函数．2．函数最值的有关结论
(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时最值一定。

2021年新高考数学一轮专题复习第05讲-函数的单调性与最值一、考情分析借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义．二、知识梳理1.函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义设函数y＝f(x)的定义域为A，区间M⊆A，如果取区间M中任意两个值x1，x2，改变量Δx＝x2－x1>0，则当Δy＝f(x2)－f(x1)>0时，就称函数y＝f(x)在区间M上是增函数Δy＝f(x2)－f(x1)<0时，就称函数y＝f(x)在区间M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)上是增函数或是减函数，性，区间M称为单调区间.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x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值[微点提醒]1.(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取到.(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(或最小值). 2.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. 3.“对勾函数”y ＝x ＋ax (a >0)的增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)；单调减区间是[－a ，0)，(0，a ].三、 经典例题考点一 确定函数的单调性(区间)【例1－1】（2019·安徽省泗县第一中学高二开学考试（理））如果函数f(x)在[a ，b]上是增函数，对于任意的x 1，x 2∈[a ，b](x 1≠x 2)，下列结论不正确的是( ) A ．()()1212f x f x x x -->0B ．f(a)<f(x 1)<f(x 2)<f(b)C ．(x 1－x 2) [f(x 1)－f(x 2)]>0D ．()()2121x x f x f x -->0【答案】B 【解析】试题分析：函数在[a ，b]上是增函数则满足对于该区间上的12,x x ，当12x x <时有()()12f x f x <，因此()()12120f x f x x x ->-，(x 1－x 2) [f(x 1)－f(x 2)]>0，()()21210x x f x f x ->-均成立，因为不能确定12,x x 的大小，因此f(a)<f(x 1)<f(x 2)<f(b)不正确【例1－2】（2020·诸城市教育科学研究院高一期末）函数2y x =-的单调递增区间为( ) A ．(],0-∞ B ．[)0,+∞ C ．()0,∞+D ．(,)-∞+∞【答案】A 【分析】由解析式知函数图像为开口向下的抛物线,且对称轴为y 轴,故可得出其单调增区间. 【详解】∵函数2y x =-, ∴函数图像为开口向下的抛物线,且其对称轴为y 轴∴函数的单调增区间为(],0-∞.规律方法 1.(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1).(2)单调区间不能用集合或不等式表达，且图象不连续的单调区间要用“和”“，”连接.2.(1)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法. (2)函数y ＝f [g (x )]的单调性应根据外层函数y ＝f (t )和内层函数t ＝g (x )的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.考点二 求函数的最值【例2－1】（2020·安徽省六安一中高一月考）若函数()22231x f x x+=+，则()f x 的值域为（ ） A ．(],3-∞ B ．()2,3 C ．(]2,3 D ．[)3,+∞【答案】C 【分析】利用分子分离法化简()f x ，再根据不等式的性质求函数的值域. 【详解】()22222232(1)112111x x f x x x x+++===++++， 又22211110122311x x x+≥⇒<≤⇒<+≤++， ∴()f x 的值域为(]2,3，故选：C.【例2－2】（2020·民勤县第一中学高二期中（理））下列结论正确的是( )A ．当2x ≥时，1xx +的最小值为2B ．当0x >时，2≥C ．当02x <≤时，1x x-无最大值D ．当0x >且1x ≠时，1lg 2lg x x+≥ 【答案】B 【分析】结合函数的单调性及基本不等式逐个判断即可． 【详解】对于A ，x +1x 在[2，+∞）上单调增，所以x =2时，1x x +的最小值为52，故A 错误；对于B ，当x ＞02≥，当且仅当x =1时，等号成立，故B 成立； 对于C ，1x x -在（0，2]上单调增，所以x =2时，1x x-取得最大值，故C 不成立；对于D ，当0＜x ＜1时，lgx ＜0，1lg x＜0，结论不成立； 规律方法 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)均值不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用均值不等式求出最值.(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. 考点三 函数单调性的应用【例3－1】（2020·安徽师范大学附属中学高三月考（理））若函数32,1()3,1x e a x f x x x x ⎧->=⎨-+≤⎩有最小值，则实数a 的取值范围为( ) A ．(,1]-∞ B ．(–],e ∞C ．(01]，D ．(0,]e【答案】B 【分析】分别求出两段的范围，结合图象即可得到实数a 的取值范围. 【详解】作出32,1()3,1x e x f x x x x ⎧>=⎨-+≤⎩的图象：当1x >时，()f x =x e a e a ->-，当1x ≤时，'2()363(2),f x x x x x =-+=--在(),0-∞上'()0,<f x 在 ()0,1上'()0,f x > 则()f x =323x x -+在(),0-∞上单调递减，在 ()0,1上单调递增，又(0)0f = ∴()0f x ≥，函数32,1()3,1x e a x f x x x x ⎧->=⎨-+≤⎩有最小值，则0e a -≥， 即a e ≤，故选：B【例3－2】（2020·江苏省高一期末）函数()11xxe f x e-=+（e 是自然对数的底数）的图象大致为（ ）. A ． B ．C ．D ．【答案】A 【分析】利用分离常数的方法，将式子化简，可得()211xf x e =-++，根据单调性以及值域，可得结果.【详解】因为()11211x x xxe ef x e e -+-==-++ 所以()211x f x e =-++， 可知y=x e 是递增的函数，所以2y=1xe +为递减的函数， 则()211x f x e =-++是递减的函数，且0,1x x e >>所以1112,012xx e e +><<+ 则21101xe -<-+<+，所以A 正确 故选：A【例3－3】（2019·会泽县第一中学校高二开学考试（理））已知函数23,1,()2, 1.x x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨+>⎪⎩设a R ∈，若关于x 的不等式()||2xf x a ≥+在R 上恒成立，则a 的取值范围是 A ．47[,2]16-B ．4739[,]1616-C．[- D．39[]16- 【答案】A 【解析】 不等式()2x f x a ≥+为()()2xf x a f x -≤+≤(*)， 当1x ≤时，(*)式即为22332x x x a x x -+-≤+≤-+，2233322x x a x x -+-≤≤-+， 又22147473()241616x x x -+-=---≤-（14x =时取等号）， 223339393()241616x x x -+=-+≥（34x =时取等号），所以47391616a -≤≤， 当1x >时，(*)式为222x x a x x x --≤+≤+，32222x x a x x--≤≤+，又3232()22x x x x --=-+≤-x =，222x x +≥=（当2x =时取等号），所以2a -≤≤， 综上47216a -≤≤．故选A ．规律方法 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.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解决. (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 ”. [思维升华]1.利用定义证明或判断函数单调性的步骤： (1)取值；(2)作差；(3)定号；(4)判断.2.确定函数单调性有四种常用方法：定义法、导数法、复合函数法、图象法，也可利用单调函数的和差确定单调性.3.求函数最值的常用求法：单调性法、图象法、换元法、利用均值不等式. [易错防范]1.区分两个概念：“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.函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不要用“∪”.例如，函数f (x )在区间(－1，0)上是减函数，在(0 ，1)上是减函数，但在(－1，0)∪(0，1)上却不一定是减函数，如函数f (x )＝1x.四、 课时作业1．（2020·湖南省茶陵三中高二开学考试）已知函数()([1,5])y f x x =∈-的图象如图所示，则()f x 的单调递减区间为（ ）A ．[1,1]-B ．[1,3]C ．[3,5]D ．[1,5]-【答案】B 【分析】根据递减区间的性质分析即可. 【详解】由图像可得,函数在[1,3]内单调递减.2．（2020·湖北省高一月考）下列四个函数中，在(0,)+∞上为增函数的是（ ） A ．||y x = B ．1y x =-+ C ．23y x x =- D ．2y x=【答案】A 【分析】根据四个函数解析式，依次判断即可得解. 【详解】对于A ，||y x =在(),0-∞内单调递减，在(0,)+∞内单调递增，所以A 正确； 对于B ，1y x =-+在R 内单调递减，所以在(0,)+∞内也单调递减，所以B 错误； 对于C ，23y x x =-在3,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭内单调递减，在3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递增，所以在(0,)+∞内单调递增错误，即C 错误； 对于D ，2y x=在在(0,)+∞内也单调递减，所以D 错误. 综上可知，A 为正确选项，故选：A.3．（2019·湖南省长郡中学高二期中）下列函数中，在区间()0,1上是增函数的是（ ） A ．y x = B ．3y x =-C ．1y x=D ．24y x =-+【答案】A 【分析】根据一次函数，反比例函数，二次函数性质可得3y x =-，1y x=，24y x =-+在0,1不是增函数，在区间0,1上，y x x ==是增函数. 【详解】()0,1x ∈时， y x x ==，所以y x =在0,1上是增函数；13,y x y x=-=在0,1上均是减函数； 24y x =-+是开口向下以0x =为对称轴的抛物线，所以24y x =-+在在0,1上是减函数，所以A 正确．故选：A4．（2019·江苏省高一月考）下列函数，在区间()0,∞+上是增函数的是（ ） A ．y x =- B ．1y x=-C ．1y x =-D ．2yx x【答案】B 【分析】A 选项讲0x >的表达式写出易判断；B 选项注意改变单调性的两个因素：取倒数和加负号，易判断；C 选项一次函数看斜率正负，易判断；D 选项二次函数看对称轴，易判断。

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。

第二节函数的单调性与最值1．增函数、减函数一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I，如果对于任意x1，x2∈D，且x1＜x2，那么都有：(1)f(x)在区间D上是增函数⇔f(x1)＜f(x2)；(2)f(x)在区间D上是减函数⇔f(x1)＞f(x2)．2．单调性、单调区间的定义假设函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．3．函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件①对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M①对于任意的x∈I，都有f(x)≥M；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M结论M是y＝f(x)的最大值M是y＝f(x)的最小值1．(思考辨析)判断以下结论的正误．(正确的打“√〞，错误的打“×〞)(1)对于函数f(x)，x∈D，假设对任意x1，x2∈D，x1≠x2且(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，那么函数f(x)在区间D上是增函数．()(2)函数y＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(3)函数y ＝|x |是R 上的增函数．( )(4)所有的单调函数都有最值．( )[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)×2．以下函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( )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 －1，x ∈[2,6]，那么f (x )的最大值为________，最小值为________．2 25 [可判断函数f (x )＝2x －1在[2,6]上为减函数，所以f (x )max ＝f (2)＝2，f (x )min ＝f (6)＝25.]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：51062021】⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－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)的单调递减区间为________．(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)的单调递减区间为(－∞，－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 ，＋∞当x 1，x 2∈(0，k )时，f (x 1)＞f (x 2)，即函数在(0，k )上单调递减．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 )上单调递增，在(－k ，0)上单调递减．综上，函数f (x )在(－∞，－k )和(k ，＋∞)上单调递增，在(－k ，0)和(0，k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).12分故函数f(x)在(－∞，－k)和(k，＋∞)上单调递增，在(－k，0)和(0，k [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·湖州二次调研)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)的单调递增区间是()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单调递增函数，选项D为在定义域内为单调递减函数，选项C中，设x1＜x2(x1，x2≠0)，那么y2－y1＝1x2－1 x1＝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，所以求原函数的单调递增区间，即求函数t＝x2－4的单调递减区间，可知所求区间为(－∞，－2)．]利用函数的单调性求最值f(x)＝x2＋2x＋ax，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．[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)＝1－12x2＞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＋ax＋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≤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].15分法二：f(x)＝x＋ax＋2＞0，∵x≥1，∴x2＋2x＋a＞0，8分∴a＞－(x2＋2x)，而－(x2＋2x)在x＝1时取得最大值－3，∴－3＜a≤1，即a 的取值范围为(－3,1].15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]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，＋∞)上单调递减，∴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)的图象是将y＝1x的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的．∵y＝1x在[2，＋∞)上单调递减，∴f(x)在[2，＋∞)上单调递减，故f(x)在[2，＋∞)上的最大值为f(2)＝2.法三：由题意可得f(x)＝1＋1x－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·浙江冲刺卷四)定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －2)＝－f (x )，且在区间[0,1]上是增函数，那么( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫54<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫53<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫53<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫54 C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫54<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫53 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫53<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫54 D [由f (x －2)＝－f (x )，得f (x ＋2)＝－f (x )，又f (x )为R 上的奇函数，从而有f (x ＋2)＝f (－x )．那么f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫54＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34.因为f (x )在区间[0,1]上是增函数，且34>13>0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13>f (0)＝0，即有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫54>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫53>0，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>f (0)＝0，那么f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，从而有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫53<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫54.] ☞角度2 解不等式函数f (x )是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，那么不等式f (2x －1)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13的x 的解集是________. 【导学号：51062021】 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，23 [由题意知⎩⎨⎧ 2x －1≥0，2x －1＜13，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥12，x ＜23，所以12≤x ＜23.]☞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)上是单调递增的，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 ax ，x ＞1，假设f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，那么实数a 的取值范围为________．(1)D (2)(2,3] [(1)当a ＝0时，f (x )＝2x －3，在定义域R 上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a ≠0时，二次函数f (x )的对称轴为x ＝－1a ，因为f (x )在(－∞，4)上单调递增，所以a ＜0，且－1a ≥4，解得－14≤a ＜0.综上所述，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0. (2)要使函数f (x )在R 上单调递增，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，依据函数的图象或单调性定义，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)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值．(3)换元法：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．课时分层训练(四)函数的单调性与最值A组根底达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．以下函数中，定义域是R且为增函数的是() 【导学号：51062021】A．y＝2－x B．y＝xC．y＝log2x D．y＝－1 xB[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．假设函数y ＝ax 与y ＝－bx 在(0，＋∞)上都是减函数，那么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B [由题意知，a ＜0，b ＜0，那么－b2a ＜0，从而函数y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上为减函数．]3．函数f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，32 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 D [要使函数有意义需4＋3x －x 2＞0， 解得－1＜x ＜4，∴定义域为(－1,4)． 令t ＝4＋3x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋254.那么t 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，32上递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4上递减，又y ＝ln t 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，254上递增， ∴f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4.]4．(2021·绍兴质检)函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，那么a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)A [因为函数f (x )在(－∞，－1)上是单调函数，所以－a ≥－1，解得a ≤1.] 5．(2021·台州调研)函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋2x ，x ≥0，x 2－2x ，x ＜0.假设f (－a )＋f (a )≤2f (1)，那么a 的取值范围是( )A ．[－1,0)B ．[0,1]C ．[－1,1]D ．[－2,2]C [因为函数f (x )是偶函数，故f (－a )＝f (a )，原不等式等价于f (a )≤f (1)，即f (|a |)≤f (1)，而函数在[0，＋∞)上单调递增，故|a |≤1，解得－1≤a ≤1.]二、填空题6．(2021·温州一模)函数f (x )＝log 2(－x 2＋22)的值域为________.【导学号：51062022】⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32 [∵0＜－x 2＋22≤22， ∴当x ＝0时，f (x )取得最大值， f (x )max ＝f (0)＝log 222＝32， ∴f (x )的值域为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32.]7．函数f (x )为R 上的减函数，假设m ＜n ，那么f (m )________f (n )；假设f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)，那么实数x 的取值范围是________．＞ (－1,0)∪(0,1) [由题意知f (m )＞f (n )；⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＞1，即|x |＜1，且x ≠0.故－1＜x ＜1且x ≠0.]8．(2021·宁波模拟)设函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋a ，x ＜1，2x ，x ≥1的最小值为2，那么实数a 的取值范围是________．[3，＋∞) [当x ≥1时，f (x )≥2，当x ＜1时，f (x )＞a －a －1≥2，∴a ≥3.] 三、解答题 9．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. 【导学号：51062023】[解] 设0≤x 1＜x 2≤2，那么f (x 1)－f (x 2)＝－2x 1＋1－⎝⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1＝－2(x 2＋1－x 1－1)(x 1＋1)(x 2＋1)＝－2(x 2－x 1)(x 1＋1)(x 2＋1).3分由0≤x 1＜x 2≤2，得x 2－x 1＞0，(x 1＋1)(x 2＋1)＞0，6分 所以f (x 1)－f (x 2)＜0， 即f (x 1)＜f (x 2)， 故f (x )在区间[0,2] 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)＝－23.15分10．f (x )＝xx －a(x ≠a )． (1)假设a ＝－2，试证f (x )在(－∞，－2)上单调递增；(2)假设a ＞0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． [解] (1)证明：设x 1＜x 2＜－2， 那么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).4分∵(x 1＋2)(x 2＋2)＞0，x 1－x 2＜0， ∴f (x 1)＜f (x 2)， ∴f (x )在(－∞(2)f (x )＝x x －a ＝x －a ＋a x －a ＝1＋ax －a，当a ＞0时，f (x )在(－∞，a )，(a ，＋∞)上是减函数，10分又f (x )在(1，＋∞)内单调递减，∴0＜a ≤1，故实数a 的取值范围是(0,1].15分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2021·诸暨市一中模拟)函数f (x )＝e x －1，g (x )＝－x 2＋4x －3，假设存在f (a )＝g (b )，那么实数b 的取值范围为( )A ．[0,3]B ．(1,3)C ．[2－2，2＋2]D ．(2－2，2＋2)D [由题可知f (x )＝e x －1＞－1，g (x )＝－x 2＋4x －3＝－(x －2)2＋1≤1， 假设f (a )＝g (b )，那么g (b )∈(－1,1]， 即－b 2＋4b －3＞－1，即b 2－4b ＋2＜0， 解得2－2＜b ＜2＋ 2.所以实数b 的取值范围为(2－2，2＋2)，应选D.]2．规定符号“*〞表示一种两个正实数之间的运算，即a *b ＝ab ＋a ＋b ，a ，b 是正实数，1] .(1，＋∞) [由题意知1]k )＋1＋k ＝3，解得k ＝1或k ＝－2(舍去)， 所以f (x )＝k *x ＝1]x )＋x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34，因为x ＞0，所以f (x )＞1，即f (x )的值域是(1，＋∞)．]3．定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)假设f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值. 【导学号：51062024】 [解] (1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f(2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，那么x 1x 2>1，当x >1时，f (x )<0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2<0，5分即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)， ∴函数f (x )在区间(0，＋∞(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)，12分而f (3)＝－1，∴f (9)＝－2. ∴f (x )在[2,9]。

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