2021高考浙江版数学一轮讲义：第二章 专题强化练一 函数的性质 Word版含解析

专项强化练二 基本初等函数Ⅰ及其应用1.若函数f(x)=|x+1|+|x+a|的图象关于直线x=1对称,则a 的值为( ) A.1B.-1C.-3D.-51.答案 C 若函数f(x)的图象关于直线x=1对称,则f(1+x)=f(1-x)对于任意实数x 恒成立,即|x+2|+|x+1+a|=|x-2|+|x-1-a|对于任意实数x 恒成立,从而有{-2=1+a ,-1-a =2,解得a=-3,故选C.2.若关于x 的方程7x 2-(m+13)x-m-2=0的一个根在区间(0,1)内,另一个根在区间(1,2)内,则实数m 的取值范围是( ) A.(-4,-2) B.(-3,-2)C.(-4,0)D.(-3,1)2.答案 A 设函数f(x)=7x 2-(m+13)x-m-2,∵方程7x 2-(m+13)x-m-2=0的一个根在区间(0,1)内,另一个根在区间(1,2)内, 又f(x)的图象开口向上, ∴{f (0)>0,f (1)<0,f (2)>0,即{-m -2>0,-2m -8<0,-3m >0,解得-4<m<-2,即实数m 的取值范围是(-4,-2).故选A. 3.函数f(x)=ax+b (x+c )2的图象如图所示,则下列结论成立的是( )A.a>0,b>0,c<0B.a<0,b>0,c>0C.a<0,b>0,c<0D.a<0,b<0,c<03.答案 C 函数f(x)的定义域为{x|x≠-c},由题图可知-c=x P >0,即c<0,排除B.令f(x)=0,可得x=-ba,则x N =-ba ,又x N >0,则ba <0.所以a,b 异号,排除A,D.故选C.4.(2019浙江高三模拟)已知函数f(x)=x 2-bx+a 的部分图象如图所示,则函数g(x)=e x +f '(x)的零点所在的区间为( )A.(-1,0)B.(0,1)C.(1,2)D.(2,3)4.答案 B 由题图可知,0<f(0)=a<1, f(1)=1-b+a=0,所以1<b<2.又f '(x)=2x-b,所以g(x)=e x +2x-b,所以g'(x)=e x +2>0,所以g(x)在R 上单调递增, 又g(0)=1-b<0,g(1)=e+2-b>0,所以根据零点存在性定理可知,函数g(x)的零点所在的区间是(0,1), 故选B.5.(2018镇海中学期末)关于x 的方程x 2-(a-1)x+4=0在区间[1,3]内有两个不等实根,则实数a 的取值范围是( ) A.(4,5] B.[3,6]C.(5,163]D.[163,6)5.答案 C ∵关于x 的方程x 2-(a-1)x+4=0在区间[1,3]内有两个不等实根, ∴{Δ=(a -1)2-16>0,1<a -12<3,1-(a -1)+4≥0,9-3(a -1)+4≥0,解得5<a≤163,故选C. 6.(2019台州中学月考)已知x 1,x 2为一元二次方程x 2+(1+a)x+1+a+b=0的两个实根,且0<x 1<1,x 2>1,则b a 的取值范围是( ) A.(-1,-12]B.(-1,-12)C.(-2,-12]D.(-2,-12)6.答案 D 令f(x)=x 2+(1+a)x+1+a+b,易知函数f(x)的图象开口向上, ∵方程x 2+(1+a)x+1+a+b=0的两根满足0<x 1<1<x 2, ∴{f (0)>0,f (1)<0,即{1+a +b >0,3+2a +b <0,其对应的平面区域如图中的阴影区域所示.又ba 表示阴影区域内一点与原点连线的斜率, 故由图可知b a ∈(-2,-12), 故选D.7.已知函数f(x)=x 2-x-4xx -1(x<0),g(x)=x 2+bx-2(x>0),b∈R,若f(x)图象上存在两个不同的点A,B 分别与g(x)图象上A',B'两点关于y 轴对称,则b 的取值范围是( ) A.(-4√2-5,+∞) B.(4√2-5,+∞) C.(-4√2-5,1)D.(4√2-5,1)7.答案 D 设函数g(x)图象上任一点的坐标为(x,x 2+bx-2),其关于y 轴的对称点的坐标为(-x,x 2+bx-2),所以方程x 2+bx-2=x 2+x--4x-x -1,即(b-1)x 2+(b+1)x-2=0在(0,+∞)上有两个不等实根,所以{ Δ=(b +1)2+8(b -1)>0,-2b -1>0,-b+12(b -1)>0,解得4√2-5<b<1,即实数b 的取值范围是(4√2-5,1),故选D.8.函数f(x)={(x -1)2,x ≥0,|e x-2|,x <0,则f(-1)= ,若方程f(x)=m 有两个不同的实数根,则m 的取值范围是 . 8.答案 2-1e ;(0,2)解析 f(-1)=|1e -2|=2-1e .作出函数f(x)的图象,如图,当x<0时, f(x)=2-e x ∈(1,2),∴当x≤1时, f(x)∈[0,2),当x>1时, f(x)>0,若方程f(x)=m 有两个不同的实数根,则0<m<2,即实数m 的取值范围是(0,2).9.(2019浙江三校第二次联考)定义max{a,b}={a ,a ≥b ,b ,a <b ,已知函数f(x)=max{|x|,-(x-1)2+b},b∈R, f(1)>1,则b 的取值范围是 ;若f(x)=2有四个不同的实根,则b 的取值范围是 . 9.答案 (1,+∞);(2,3)解析 由题意得f(1)=max{1,b},当b≤1时, f(1)=1,不符合题意,当b>1时, f(1)=b>1,故b 的取值范围是(1,+∞).如图所示,A(1,b),令-(x-1)2+b=x,解得x=1±√4b -32, 则B (1+√4b -32,1+√4b -32) .若f(x)=2有四个不同的实根,则1+√4b -32<2<b,解得2<b<3,即b∈(2,3).10.(2019浙江台州高三上期末)若函数f(x)=x 2+(13+a)x+b 在[-1,1]上有零点,则a 2-3b 的最小值为 . 10.答案 -13解析 设函数f(x)的零点为x 0,x 0∈[-1,1],则由f(x 0)=0得b=-x 02-(13+a)x 0, 所以a 2-3b=a 2+3x 02+(1+3a)x 0=(a +32x 0)2+34(x 0+23)2-13, 当x 0=-23,a=1时,a 2-3b 有最小值-13.11.(2019浙江金丽衢十二校高三第一次联考)偶函数f(x)满足f(x-1)=f(x+1),且当x∈[0,1]时, f(x)=x,则f (43)= ;若在区间[-1,3]内,函数g(x)=f(x)-kx-k 有4个零点,则实数k 的取值范围是 . 11.答案 23;(0,14]解析 ∵偶函数f(x)满足f(x-1)=f(x+1), ∴f(x)=f(x+2),即函数f(x)是周期为2的周期函数, ∴f (43)=f (43-2)=f (-23)=f (23)=23. 若-1≤x≤0,则0≤-x≤1, 则f(-x)=-x=f(x), 即f(x)=-x,-1≤x≤0, 令g(x)=f(x)-kx-k=0, 得f(x)=k(x+1),函数g(x)=f(x)-kx-k 有4个零点,即函数f(x)与h(x)=k(x+1)有四个不同的交点, 作出函数f(x),h(x)的图象,如图:由图可知,h(x)的图象过定点A(-1,0), f(3)=1, 则0<h(3)≤1,,即0<4k≤1,得0<k≤14].即实数k的取值范围是(0,14。

重点强化课(一) 函数的图象与性质[复习导读] 函数是中学数学的核心概念，函数的图象与性质既是中学数学教学的重点，又是高考考查的重点与热点，题型以选择题、填空题为主，既重视三基，又注重思想方法的考查，备考时，要透彻理解函数，尤其是分段函数的概念，切实掌握函数的性质，并加强函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想的应用意识．重点1 函数图象的应用已知f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cos πx ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，2x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，则不等式f (x －1)≤12的解集为( ) 【导学号：51062061】A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，23∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤43，74 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，－13∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，23C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，34∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤43，74D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，－13∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，34A [画出函数f (x )的图象，如图，当0≤x ≤12时，令f (x )＝cos πx ≤12，解得13≤x ≤12；当x ＞12时，令f (x )＝2x －1≤12，解得12＜x ≤34，故有13≤x ≤34.因为f (x )是偶函数，所以f (x )≤12的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，－13∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，34，故f (x －1)≤12的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，23∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤43，74.][迁移探究1] 在本例条件下，若关于x 的方程f (x )＝k 有2个不同的实数解，某某数k 的取值X 围．[解] 由函数f (x )的图象(图略)可知，当k ＝0或k >1时，方程f (x )＝k 有2个不同的实数解，即实数k 的取值X 围是k ＝0或k >1.15分[迁移探究2] 在本例条件下，若函数y ＝f (x )－k |x |恰有两个零点，某某数k 的取值X 围．[解] 函数y ＝f (x )－k |x |恰有两个零点，即函数y ＝f (x )的图象与y ＝k |x |的图象恰有两个交点，借助函数图象(图略)可知k ≥2或k ＝0，即实数k 的取值X 围为k ＝0或k ≥2.15分[规律方法] 1.利用函数的图象研究函数的性质，一定要注意其对应关系，如：图象的左右X 围对应定义域，上下X 围对应值域，上升、下降趋势对应单调性，对称性对应奇偶性．2．有关方程解的个数问题常常转化为两个熟悉的函数图象的交点个数；利用此法也可由解的个数求参数值或X 围．3．有关不等式的问题常常转化为两个函数图象的上、下关系来解．[对点训练1] 已知函数y ＝f (x )的图象是圆x 2＋y 2＝2上的两段弧，如图1所示，则不等式f (x )>f (－x )－2x 的解集是________．图1(－1,0)∪(1，2] [由图象可知，函数f (x )为奇函数，故原不等式可等价转化为f (x )>－x ，在同一直角坐标系中分别画出y ＝f (x )与y ＝－x 的图象，由图象可知不等式的解集为(－1,0)∪(1，2]．]重点2 函数性质的综合应用☞角度1 单调性与奇偶性结合(1)(2017·某某市质检(二))下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝1xB ．y ＝lg xC ．y ＝|x |－1D ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |(2)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X 围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ (1)C (2)C [(1)函数y ＝1x是奇函数，排除A ；函数y ＝lg x 既不是奇函数，也不是偶函数，排除B ；当x ∈(0，＋∞)时，函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x单调递减，排除D ；函数y ＝|x |－1是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，故选C.(2)因为f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，所以f (－x )＝f (x )，且f (x )在(0，＋∞)上单调递减．由f (2|a －1|)＞f (－2)，f (－2)＝f (2)可得2|a－1|＜2，即|a －1|＜12，所以12＜a ＜32.]☞角度2 奇偶性与周期性结合(2017·某某适应性考试(二))若函数f (x )＝a sin 2x ＋b tan x ＋1，且f (－3)＝5，则f (π＋3)＝________. 【导学号：51062062】－3 [令g (x )＝a sin 2x ＋b tan x ，则g (x )是奇函数，且最小正周期是π，由f (－3)＝g (－3)＋1＝5，得g (－3)＝4，则g (3)＝－g (－3)＝－4，则f (π＋3)＝g (π＋3)＋1＝g (3)＋1＝－4＋1＝－3.]☞角度3 单调性、奇偶性与周期性结合已知定义在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)D [因为f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，所以f (x －8)＝f (x )，所以函数f (x )是以8为周期的周期函数，则f (－25)＝f (－1)，f (80)＝f (0)，f (11)＝f (3)．由f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足f (x －4)＝－f (x )，得f (11)＝f (3)＝－f (－1)＝f (1)．因为f (x )在区间[0,2]上是增函数，f (x )在R 上是奇函数， 所以f (x )在区间[－2,2]上是增函数，所以f (－1)＜f (0)＜f (1)，即f (－25)＜f (80)＜f (11)．] [规律方法] 函数性质综合应用问题的常见类型及解题方法(1)函数单调性与奇偶性结合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．(2)周期性与奇偶性结合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．(3)周期性、奇偶性与单调性结合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．重点3 函数图象与性质的综合应用(1)(2017·某某二检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2，x ＞a ，x 2＋5x ＋2，x ≤a ，函数g (x )＝f (x )－2x 恰有三个不同的零点，则实数a 的取值X 围是( )A ．[－1,1)B ．[0,2]C ．[－2,2)D ．[－1,2)(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x－1，x ≤0，f x －1，x ＞0，若方程f (x )＝x ＋a 有且只有两个不相等的实数根，则实数a 的取值X 围是( )A ．(－∞，0]B ．[0,1)C ．(－∞，1)D ．[0，＋∞)(1)D (2)C [(1)由题意知g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，x ＞a ，x 2＋3x ＋2，x ≤a .因为g (x )有三个不同的零点，所以2－x ＝0在x ＞a 时有一个解．由x ＝2，得a ＜2. 由x 2＋3x ＋2＝0，得x ＝－1或x ＝－2， 由x ≤a ，得a ≥－1.综上，a 的取值X 围为[－1,2)．(2)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x－1，x ≤0，f x －1，x ＞0的图象如图所示，当a <1时，函数y ＝f (x )的图象与函数f (x )＝x ＋a 的图象有两个交点，即方程f (x )＝x ＋a 有且只有两个不相等的实数根．][规律方法] 解决分段函数与函数零点的综合问题的关键在于“对号入座”，即根据分段函数中自变量取值X 围的界定，代入相应的解析式求解零点，注意取值X 围内的大前提，以及函数性质和数形结合在判断零点个数时的强大功能．[对点训练2] (2017·某某一模)已知函数y ＝f (x ＋2)的图象关于直线x ＝－2对称，且当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝|log 2x |，若a ＝f (－3)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，c ＝f (2)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a ＞b ＞cB ．b ＞a ＞cC ．c ＞a ＞bD ．a ＞c ＞bB [由函数y ＝f (x ＋2)的图象关于直线x ＝－2对称，得函数y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，即y ＝f (x )是偶函数．当x ∈(0,1)时，f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝|log 2x |，且x ∈[1，＋∞)时，f (x )＝log 2x 单调递增，又a ＝f (－3)＝f (3)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝f (4)，所以b ＞a ＞c ，故选B.] 重点强化训练(一) 函数的图象与性质A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．设函数f (x )为偶函数，当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝log 2x ，则f (－2)＝( )【导学号：51062063】A ．－12B.12C ．2D ．－2B [因为函数f (x )是偶函数，所以f (－2)＝f (2)＝log 22＝12.]2．已知f (x )，g (x )分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且f (x )－g (x )＝x 3＋x 2＋1，则f (1)＋g (1)＝( )A ．－3B ．－1C ．1D ．3C [用“－x ”代替“x ”，得f (－x )－g (－x )＝(－x )3＋(－x )2＋1，化简得f (x )＋g (x )＝－x 3＋x 2＋1，令x ＝1，得f (1)＋g (1)＝1，故选C.]3．函数f (x )＝3x＋12x －2的零点所在的一个区间是( )A ．(－2，－1)B ．(－1,0)C ．(0,1)D ．(1,2)C [因为函数f (x )在定义域上单调递增， 又f (－2)＝3－2－1－2＝－269＜0，f (－1)＝3－1－12－2＝－136＜0， f (0)＝30＋0－2＝－1＜0，f (1)＝3＋12－2＝32＞0，所以f (0)·f (1)＜0，所以函数f (x )的零点所在区间是(0,1)．]4．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a 满足f (log 2a )＋f (log 12a )≤2f (1)，则a 的取值X 围是( )A ．[1,2]B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 D ．(0,2]C [∵f (log 12a )＝f (－log 2a )＝f (log 2a )，∴原不等式可化为f (log 2a )≤f (1)．又∵f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，∴0≤log 2a ≤1，即1≤a ≤2.∵f (x )是偶函数，∴f (log 2a )≤f (－1)．又f (x )在区间(－∞，0]上单调递减，∴－1≤log 2a ≤0，∴12≤a ≤1.综上可知12≤a ≤2.]5．(2017·某某质检(二))若f (x )是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，∀x 1，x 2∈[0，＋∞)(x 1≠x 2)，有f x 2－f x 1x 2－x 1＜0，则( )A ．f (3)＜f (1)＜f (－2)B ．f (1)＜f (－2)＜f (3)C ．f (－2)＜f (1)＜f (3)D ．f (3)＜f (－2)＜f (1)D [由对任意的x 1，x 2∈[0，＋∞)，f x 2－f x 1x 2－x 1＜0得函数f (x )为[0，＋∞)上的减函数，又因为函数f (x )为偶函数，所以f (3)＜f (2)＝f (－2)＜f (1)，故选D.]二、填空题6．函数y ＝f (x )在x ∈[－2,2]上的图象如图2所示，则当x ∈[－2,2]时，f (x )＋f (－x )＝________. 【导学号：51062064】图20 [由题图可知，函数f (x )为奇函数， 所以f (x )＋f (－x )＝0.]7．若函数y ＝log 2(ax 2＋2x ＋1)的值域为R ，则a 的取值X 围为________．[0,1] [设f (x )＝ax 2＋2x ＋1，由题意知，f (x )取遍所有的正实数．当a ＝0时，f (x )＝2x ＋1符合条件；当a ≠0时，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＝4－4a ≥0，解得0＜a ≤1，所以0≤a ≤1.]8．(2017·某某质检)已知y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，在(0，＋∞)上是增函数，且f (2)＝0，则满足f (x －1)＜0的x 的取值X 围是________．(－∞，－1)∪(1,3) [依题意当x ∈(1，＋∞)时，f (x －1)＜0＝f (2)的解集为x ＜3，即1＜x ＜3；当x ∈(－∞，1)时，f (x －1)＜0＝f (－2)的解集为x ＜－1，即x ＜－1.综上所述，满足f (x －1)＜0的x 的取值X 围是(－∞，－1)∪(1,3)．]三、解答题9．已知函数f (x )＝2x，当m 取何值时方程|f (x )－2|＝m 有一个解，两个解？ [解] 令F (x )＝|f (x )－2|＝|2x－2|，G (x )＝m ，画出F (x )的图象如图所示.4分由图象看出，当m ＝0或m ≥2时，函数F (x )与G (x )的图象只有一个交点，原方程有一个解；10分当0＜m ＜2时，函数F (x )与G (x )的图象有两个交点，原方程有两个解.15分 10．函数f (x )＝m ＋log a x (a ＞0且a ≠1)的图象过点(8,2)和(1，－1)． (1)求函数f (x )的解析式；(2)令g (x )＝2f (x )－f (x －1)，求g (x )的最小值及取得最小值时x 的值.【导学号：51062065】[解] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧f8＝2，f1＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋log a 8＝2，m ＋log a 1＝－1，4分解得m ＝－1，a ＝2，故函数解析式为f (x )＝－1＋log 2x .6分 (2)g (x )＝2f (x )－f (x －1)＝2(－1＋log 2x )－[－1＋log 2(x －1)] ＝log 2x 2x －1－1(x ＞1).8分∵x 2x －1＝x －12＋2x －1＋1x －1＝(x －1)＋1x －1＋2≥2x －1·1x －1＋2＝4.12分当且仅当x －1＝1x －1，即x ＝2时，等号成立． 而函数y ＝log 2x 在(0，＋∞)上单调递增， 则log 2x 2x －1－1≥log 24－1＝1，故当x ＝2时，函数g (x )取得最小值1.15分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2017·某某五校二联)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且在[0，＋∞)上是增函数，则不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ln x －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2＜f (1)的解集为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eB ．(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(e ，＋∞)C [f (x )为R 上的奇函数，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (－ln x )＝－f (ln x )，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ln x －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2＝|f ln x ＋f ln x |2＝|f (ln x )|，即原不等式可化为|f (ln x )|＜f (1)，所以－f (1)＜f (ln x )＜f (1)，即f (－1)＜f (ln x )＜f (1)．又由已知可得f (x )在R 上单调递增，所以－1＜ln x ＜1，解得1e＜x ＜e ，故选C.]2．已知函数f (x )，g (x )分别是定义在R 上的偶函数与奇函数，且g (x )＝f (x －1)，则f (2 019)的值为________．0 [g (－x )＝f (－x －1)，由f (x )，g (x )分别是偶函数与奇函数，得g (x )＝－f (x ＋1)，∴f (x －1)＝－f (x ＋1)，即f (x ＋2)＝－f (x )，∴f (x ＋4)＝f (x )，故函数f (x )是以4为周期的周期函数，则f (2 019)＝f (505×4－1)＝f (－1)＝g (0)＝0.]3．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X 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)＝0.4分 (2)f (x )为偶函数.5分 证明如下：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.10分(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).12分 又f (x )在(0，＋∞)上是增函数， ∴0<|x －1|<16，解得－15<x <17且x ≠1，14分∴x 的取值X 围是{x |－15<x <17且x ≠1}.15分。

§ 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.。

重点强化训练(一) 函数的图象与性质A 组 根底达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．设函数f (x )为偶函数，当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝log 2x ，那么f (－2)＝( )【导学号：51062063】A ．－12B.12 C ．2 D ．－2B [因为函数f (x )是偶函数，所以f (－2)＝f (2)＝log 22＝12.]2．f (x )，g (x )分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且f (x )－g (x )＝x 3＋x 2＋1，那么f (1)＋g (1)＝( )A ．－3B ．－1C ．1D ．3C [用“－x 〞代替“x 〞，得f (－x )－g (－x )＝(－x )3＋(－x )2＋1，化简得f (x )＋g (x )＝－x 3＋x 2＋1，令x ＝1，得f (1)＋g (1)＝1，应选C.]3．函数f (x )＝3x ＋12x －2的零点所在的一个区间是( )A ．(－2，－1)B ．(－1,0)C ．(0,1)D ．(1,2)C [因为函数f (x )在定义域上单调递增，又f (－2)＝3－2－1－2＝－269＜0， f (－1)＝3－1－12－2＝－136＜0，f (0)＝30＋0－2＝－1＜0，f (1)＝3＋12－2＝32＞0，所以f (0)·f (1)＜0，所以函数f (x )的零点所在区间是(0,1)．]4．函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．假设实数a 满足f (log 2a )＋f (log 12a )≤2f (1)，那么a 的取值范围是( )A ．[1,2]B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 D ．(0,2]C [∵f (log 12a )＝f (－log 2a )＝f (log 2a )，∴原不等式可化为f (log 2a )≤f (1)．又∵f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，∴0≤log 2a ≤1，即1≤a ≤2.∵f (x )是偶函数，∴f (log 2a )≤f (－1)．又f (x )在区间(－∞，0]上单调递减，∴－1≤log 2a ≤0，∴12≤a ≤12≤a ≤2.]5．(2021·湖州质检(二))假设f (x )是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，∀x 1，x 2∈[0，＋∞)(x 1≠x 2)，有f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＜0，那么( ) A ．f (3)＜f (1)＜f (－2) B ．f (1)＜f (－2)＜f (3)C ．f (－2)＜f (1)＜f (3)D ．f (3)＜f (－2)＜f (1) D [由对任意的x 1，x 2∈[0，＋∞)，f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＜0得函数f (x )为[0，＋∞)上的减函数，又因为函数f (x )为偶函数，所以f (3)＜f (2)＝f (－2)＜f (1)，应选D.]二、填空题6．函数y ＝f (x )在x ∈[－2,2]上的图象如图2所示，那么当x ∈[－2,2]时，f (x )＋f (－x )＝________. 【导学号：51062064】图20 [由题图可知，函数f (x )为奇函数，所以f (x )＋f (－x )＝0.]7．假设函数y ＝log 2(ax 2＋2x ＋1)的值域为R ，那么a 的取值范围为________．[0,1] [设f (x )＝ax 2＋2x ＋1，由题意知，f (x )取遍所有的正实数．当a ＝0时，f (x )＝2x ＋1符合条件；当a ≠0时，那么⎩⎪⎨⎪⎧ a ＞0，Δ＝4－4a ≥0，解得0＜a ≤1， 所以0≤a ≤1.]8．(2021·温州质检)y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，在(0，＋∞)上是增函数，且f (2)＝0，那么满足f (x －1)＜0的x 的取值范围是________．(－∞，－1)∪(1,3) [依题意当x ∈(1，＋∞)时，f (x －1)＜0＝f (2)的解集为x ＜3，即1＜x ＜3；当x ∈(－∞，1)时，f (x －1)＜0＝f (－2)的解集为x ＜－1，即x ＜－1.综上所述，满足f (x －1)＜0的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(1,3)．]三、解答题9．函数f (x )＝2x ，当m 取何值时方程|f (x )－2|＝m 有一个解，两个解？[解] 令F (x )＝|f (x )－2|＝|2x －2|，G (x )＝m ，画出F (x由图象看出，当m ＝0或m ≥2时，函数F (x )与G (x )的图象只有一个交点，原方程有一个解；10分当0＜m ＜2时，函数F (x )与G (x10．函数f (x )＝m ＋log a x (a ＞0且a ≠1)的图象过点(8,2)和(1，－1)．(1)求函数f (x )的解析式；(2)令g (x )＝2f (x )－f (x －1)，求g (x )的最小值及取得最小值时x 的值.【导学号：51062065】[解] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧ f (8)＝2，f (1)＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋log a 8＝2，m ＋log a 1＝－1，4分 解得m ＝－1，a ＝2，故函数解析式为f (x )＝－1＋log 2x .6分(2)g (x )＝2f (x )－f (x －1)＝2(－1＋log 2x )－[－1＋log 2(x －1)]＝log 2x 2x －1－1(x ＞1).8分 ∵x 2x －1＝(x －1)2＋2(x －1)＋1x －1＝(x －1)＋1x －1＋2≥2(x －1)·1x －1＋2＝4. 12分当且仅当x －1＝1x －1，即x ＝2时，等号成立． 而函数y ＝log 2x 在(0，＋∞)上单调递增，那么log 2x 2x －1－1≥log 24－1＝1， 故当x ＝2时，函数g (xB 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．(2021·浙江五校二联)函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且在[0，＋∞)上是增函数，那么不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪f (ln x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2＜f (1)的解集为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e B ．(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(e ，＋∞)C [f (x )为R 上的奇函数，那么f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (－ln x )＝－f (ln x )，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪f (ln x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2＝|f (ln x )＋f (ln x )|2＝|f (ln x )|，即原不等式可化为|f (ln x )|＜f (1)，所以－f (1)＜f (ln x )＜f (1)，即f (－1)＜f (ln x )＜f (1)．又由可得f (x )在R 上单调递增，所以－1＜ln x ＜1，解得1e ＜x ＜e ，应选C.]2．函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数与奇函数，且g(x)＝f(x－1)，那么f(2 019)的值为________．0[g(－x)＝f(－x－1)，由f(x)，g(x)分别是偶函数与奇函数，得g(x)＝－f(x ＋1)，∴f(x－1)＝－f(x＋1)，即f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，故函数f(x)是以4为周期的周期函数，那么f(2 019)＝f(505×4－1)＝f(－1)＝g(0)＝0.]3．函数f(x)的定义域为D＝{x|x≠0}，且满足对于任意x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)．(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x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，∴令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，∴f(2)f(x证明如下：令x1＝x2＝－1，有f(1)＝f(－1)＋f(－1)，∴f(－1)＝12f(1)＝0.令x1＝－1，x2＝x有f(－x)＝f(－1)＋f(x)，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数.10分(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).12分又f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴0<|x－1|<16，解得－15<x<17且x≠1，14分∴x的取值范围是{x|－15<x<17且x≠1}.15分。