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3．2　函数的单调性与最值
(教师独具内容)
1．能够结合具体的函数及图象(如一次函数、二次函数、反比例函数等)深刻理解单调性的有关概念及实质．
2．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．
3．能利用函数的单调性解决问题，如利用定义证明函数的单调性、求最值或值域．
4．重点提升数学抽象和直观想象素养．
(教师独具内容)
1．理解好函数的单调性、最大(小)值及其几何意义，能够解决证明函数在给定区间上的单调性、求函数的单调区间、利用函数的单调性求最值(值域)、利用单调性比较大小及求参数的取值范围等问题．
2．函数的单调性是函数的重要性质之一，高考一般不单独考查，但是是每年必考的内容，高考对单调性与最值的考查常常与其他知识相结合，小题和大题均有考查，小题的考查如与对数函数结合，考查复合函数的单调性；大题的考查如与导数结合，考查函数的单调性．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
1．函数的单调性
(1)定义
一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D I：
如果 x1，x2∈D，当x1特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数．
如果 x1，x2∈D，当x1f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递减．
特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是减函数．
注：增(减)函数定义中的x1，x2的三个特征：一是任意性；二是有大小，即x1x2)；三是同属于一个单调区间，三者缺一不可．
(2)单调性、单调区间
如果函数y＝f(x)在区间D上单调递增或单调递减，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．
注：有关单调区间的两个防范
①单调区间只能用区间表示，不能用不等式表示．
②有多个单调区间应分别写，不能用符号“∪”连接，也不能用“或”连接，只能用“逗号”或“和”连接．
2．函数的最值
(1)一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I.如果存在实数M满足：
① x∈I，都有f(x)≤M；
② x0∈I，使得f(x0)＝M.
那么，我们称M是函数y＝f(x)的最大值．
(2)一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I.如果存在实数M满足：
① x∈I，都有f(x)≥M；
② x0∈I，使得f(x0)＝M.
那么，我们称M是函数y＝f(x)的最小值．
注：函数最值存在的两条结论
(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在端点取到．
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值．
3．常用结论
(1)若函数f(x)，g(x)在区间I上具有单调性，则在区间I上具有以下性质：
①当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，f(x)＋g(x)是增(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＝的单调性相反；
④复合函数y＝f(g(x))的单调性与y＝f(u)和u＝g(x)的单调性有关，简记：“同增异减”．
(2)增函数与减函数形式的等价变形： x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，则(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0 >0 f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0 <0 f(x)在[a，b]上是减函数．
1．(多选)下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　　)
A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝－ D．f(x)＝|x|
答案　CD
解析　对于A，一次函数f(x)＝3－x在R上为减函数，故A不符合题意；对于B，二次函数f(x)＝x2－3x的图象的对称轴是直线x＝，函数在上为减函数，故B不符合题意；对于C，f(x)＝－是由反比例函数y＝－向左平移1个单位得到的，因为反比例函数y＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝－在(－1，＋∞)上单调递增，故C符合题意；对于D，f(x)＝|x|，当x＞0时，f(x)＝x为增函数，故D符合题意．
2．函数y＝在区间[2，3]上的最大值是________．
答案　2
解析　函数y＝＝1＋在区间[2，3]上是减函数，当x＝2时，y＝取得最大值＝2.
3．函数y＝－x(x≥0)的最大值为________．
答案　
解析　令t＝，则t≥0，所以y＝t－t2＝－＋，当t＝，即x＝时，ymax＝.
4．函数y＝的单调递增区间是________．
答案　
解析　函数y＝的定义域是(－∞，＋∞)，设u＝x2＋x＋2，则函数u＝x2＋x＋2在上单调递减，在上单调递增，因为函数y＝在u>0和u<0时单调递减，于是得函数y＝在区间上单调递增，所以函数y＝的单调递增区间为.
5．如果二次函数f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b在区间(－∞，1)上是减函数，那么a的取值范围是________．
答案　(－∞，－2]
解析　二次函数图象的对称轴方程为x＝－，由题意知－≥1，即a≤－2.
1．(2021·全国甲卷)下列函数中是增函数的为(　　)
A．f(x)＝－x B．f(x)＝
C．f(x)＝x2 D．f(x)＝
答案　D
解析　解法一(排除法)：取x1＝－1，x2＝0，对于A，有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以A不符合题意；对于B，有f(x1)＝，f(x2)＝1，所以B不符合题意；对于C，有f(x1)＝1，f(x2)＝0，所以C不符合题意．故选D.
解法二(图象法)：如图，在同一平面直角坐标系中分别作出A，B，C，D四个选项中函数的大致图象，由图可快速直观地判断D项符合题意．故选D.
2．(2020·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝ln |2x＋1|－ln |2x－1|，则f(x)(　　)
A．是偶函数，且在单调递增
B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增
D．是奇函数，且在单调递减
答案　D
解析　f(x)＝ln |2x＋1|－ln |2x－1|的定义域为，关于坐标原点对称，又f(－x)＝ln |1－2x|－ln |－2x－1|＝ln |2x－1|－ln |2x＋1|＝－f(x)，∴f(x)为定义域上的奇函数，可排除A，C；当x∈时，f(x)＝ln (2x＋1)－ln (1－2x)，∵y＝ln (2x＋1)在上单调递增，y＝ln (1－2x)在上单调递减，∴f(x)在上单调递增，排除B；当x∈时，f(x)＝ln (－2x－1)－ln (1－2x)＝ln ＝ln ，∵μ＝1＋在上单调递减，f(μ)＝ln μ在定义域内单调递增，∴根据复合函数单调性可知f(x)在上单调递减，D正确．故选D.
3．(2020·全国Ⅱ卷)若2x－2y＜3－x－3－y，则(　　)
A．ln (y－x＋1)＞0 B．ln (y－x＋1)＜0
C．ln |x－y|＞0 D．ln |x－y|＜0
答案　A
解析　由2x－2y＜3－x－3－y，得2x－3－x＜2y－3－y.令f(t)＝2t－3－t，∵y＝2t为R上的增函数，y＝3－t为R上的减函数，∴f(t)为R上的增函数．∴x＜y，∴y－x＞0，∴y－x＋1＞1，∴ln (y－x＋1)＞0，故A正确，B错误．∵|x－y|与1的大小关系不确定，故C，D无法确定．故选A.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、基础知识巩固
考点　　证明或判断函数的单调性
例1　(2022·贵州省瓮安第二中学高三月考)下列函数中，既是奇函数，又是R上的增函数的是(　　)
A．y＝x cos x B．y＝6x－6－x
C．y＝x2＋3 D．y＝x|x|＋1
答案　B
解析　对于A，因为f(－x)＝(－x)cos (－x)＝－x cos x＝－f(x)，所以y＝x cos x是奇函数，但不单调，所以A错误；对于B，因为f(－x)＝6－x－6x＝－(6x－6－x)＝－f(x)，所以y＝6x－6－x是奇函数，因为y＝6x是增函数，y＝6－x是减函数，所以y＝6x－6－x是增函数，所以B正确；对于C，因为f(－x)＝(－x)2＋3＝x2＋3＝f(x)，所以y＝x2＋3是偶函数，所以C错误；对于D，因为f(－x)＝－x|－x|＋1＝－x|x|＋1≠－f(x)，f(－x)≠f(x)，所以y＝x|x|＋1是非奇非偶函数，所以D错误．故选B.
例2　(2022·山西运城高三月考)已知函数f(x)＝(a，b∈R)，且f(1)＝，f(2)＝.
(1)求a，b；
(2)判断f(x)在[1，＋∞)上的单调性并用定义证明．
解　(1)因为f(1)＝，f(2)＝，所以解得
(2)由(1)知，f(x)＝，f(x)在[1，＋∞)上单调递减．证明如下：
在[1，＋∞)上任取x1，x2，且x1则f(x1)－f(x2)＝ eq \f(x1,x＋1)－ eq \f(x2,x＋1)
＝ eq \f(x1（x＋1）－x2（x＋1）,（x＋1）（x＋1）)
＝ eq \f(（x2－x1）（x1x2－1）,（x＋1）（x＋1）)，
因为1≤x10，x1x2－1>0，(x＋1)(x＋1)>0，可得f(x1)－f(x2)>0，所以f(x1)>f(x2)，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减．
　1.(多选)下列函数中，满足“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，使得＜0”成立的是(　　)
A．f(x)＝－x2－2x＋1
B．f(x)＝x－
C．f(x)＝x＋1
D．f(x)＝log(2x)＋1
答案　AD
解析　对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，使得＜0，则函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数．对于A，f(x)＝－x2－2x＋1为二次函数，其对称轴为直线x＝－1，在(0，＋∞)上单调递减，符合题意；对于B，f(x)＝x－，其导数f′(x)＝1＋＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意；对于C，f(x)＝x＋1在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意；对于D，f(x)＝log(2x)＋1在(0，＋∞)上单调递减，符合题意．
2．(2022·湖南衡阳阶段测试)已知函数f(x)＝2x－，x>0，判断f(x)在其定义域上的单调性，并用单调性的定义证明你的结论．
解　f(x)在其定义域上单调递增．证明如下：
当x>0时，设0　判断函数单调性常用的四种方法
(1)定义法：取值、作差、变形(因式分解、配方、有理化、通分)、定号、下结论．
(2)复合法：同增异减，即内外层函数的单调性相同时为增函数，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的单调性．
(4)导数法：利用导函数的正负判断函数的单调性．
考点　　求函数的单调区间
例3　(2021·贵州贵阳一中高三月考)函数f(x)＝ln (2x2－3x＋1)的单调递减区间为(　　)
A． B．
C． D．(1，＋∞)
答案　B
解析　在函数f(x)＝ln (2x2－3x＋1)中，由2x2－3x＋1>0得x<或x>1，则f(x)的定义域为∪(1，＋∞)，函数u＝2x2－3x＋1在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又y＝ln u在u∈(0，＋∞)上单调递增，于是得f(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间为.故选B.
例4　函数f(x)＝x2－2x＋4的单调递减区间为________；单调递增区间为________．
答案　(－∞，1)　(1，＋∞)
解析　f(x)＝x2－2x＋4图象的对称轴为直线x＝1，开口向上，所以f(x)＝x2－2x＋4在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
　3.(2022·河北保定月考)函数y＝|－x2＋2x＋1|的单调递增区间是________，单调递减区间是________．
答案　(1－，1)，(1＋，＋∞)　(－∞，1－)，(1，1＋)
解析　作出函数y＝|－x2＋2x＋1|的图象，如图所示，
观察图象得，函数y＝|－x2＋2x＋1|在(1－，1)和(1＋，＋∞)上单调递增，在(－∞，1－)和(1，1＋)上单调递减，所以原函数的单调递增区间是(1－，1)，(1＋，＋∞)，单调递减区间是(－∞，1－)，(1，1＋).
4．函数g(x)＝x2－x的单调递增区间是________；函数y＝2x2－x的单调递增区间是________．
答案　　
解析　g(x)＝x2－x的图象开口向上，对称轴为直线x＝，故是其递增区间；记u＝x2－x，则x∈时，u＝x2－x单调递减，x∈时，u＝x2－x单调递增，根据指数函数的性质，y＝2u单调递增，根据复合函数“同增异减”的原则，y＝2x2－x的单调递增区间是.
　
(1)“指数型”的复合函数，利用复合函数“同增异减”的原则来判断单调区间．
(2)结合函数图象也可写出函数的单调区间．
考点　　利用单调性求函数的最值或值域
例5　(2022·山西太原五中高三月考)若函数f(2－x)＝x－x2，则f(x)在[0，1]上的最大值与最小值之和为(　　)
A.－2 B．－ C．0 D．
答案　A
解析　令2－x＝t，则x＝2－t，所以f(t)＝(2－t)－(2－t)2＝－t2＋3t－2，所以f(x)＝－x2＋3x－2，图象开口向下，对称轴为直线x＝－＝，所以f(x)在[0，1]上单调递增，f(x)max＝f(1)＝0，f(x)min＝f(0)＝－2，所以f(x)在[0，1]上的最大值与最小值之和为－2.故选A.
例6　(2021·上海交大附中高三期末)若函数y＝f(x)的值域是，则函数F(x)＝f(2x＋1)＋的值域是________．
答案　
解析　由函数y＝f(x)的值域是，得函数t＝f(2x＋1)的值域为，函数F(x)变为y＝t＋，t∈，由对勾函数的性质知y＝t＋在上递减，在[1，3]上递增，t＝1时，ymin＝2，而t＝时，y＝，t＝3时，y＝，即ymax＝，所以原函数的值域是.
　5.(2022·湖南长沙一中月考)函数f(x)＝＋的值域为________．
答案　
解析　由已知得解得x≤2，所以f(x)的定义域为{x|x≤2}，且x≤2时，y＝与y＝都是减函数，所以f(x)在(－∞，2]上是减函数，f(x)≥f(2)＝，所以f(x)的值域为[，＋∞).
6．(2021·重庆市第七中学高三期中)已知二次函数f(x)＝mx2－4x＋n的值域为[0，＋∞)，且f(1)≤4，则K＝的最大值为________．
答案　7
解析　由题意可知m>0，n>0，Δ＝16－4mn＝0，得mn＝4，f(1)＝m＋n－4≤4，即m＋n≤8，又m＋n≥2＝4，当且仅当m＝n＝2时取等号，所以4≤m＋n≤8，K＝＝＝m＋n－，设m＋n＝t，则4≤t≤8，y＝t－，函数y＝t－在[4，8]上单调递增，所以当t＝8时，函数y＝t－取得最大值，ymax＝8－＝7.
　求函数值域(最值)的方法
(1)分离常数法
形如y＝(ac≠0)的函数的值域经常使用“分离常数法”求解．
(2)配方法
配方法是求“二次函数型函数”值域的基本方法，形如F(x)＝a[f(x)]2＋bf(x)＋c(a≠0)的函数的值域问题，均可使用配方法．
(3)换元法
①代数换元．形如y＝ax＋b±(a，b，c，d为常数，ac≠0)的函数，可设 ＝t(t≥0)，转化为二次函数求值域．
②三角换元：如y＝x＋，可令x＝cos θ，θ∈[0，π].
利用换元法求值域，一定要注意新元的范围对值域的影响．
(4)判别式法
把函数转化成关于x的一元二次方程，通过方程有实根，知判别式Δ≥0，从而求得原函数的值域，形如y＝(a1，a2不同时为零)的函数的值域常用此法求解．
用判别式法求值域的注意事项：①函数的定义域应为R；②分式的分子、分母没有公因式．
(5)有界性法
形如sin α＝f(y)，x2＝g(y)，ax＝h(y)等，由|sin α|≤1，x2≥0，ax>0可解出y的范围，从而求出其值域．
(6)数形结合法
若函数的解析式的几何意义较明显，如距离、斜率等，可用数形结合的方法．
(7)基本不等式法
利用基本不等式：a＋b≥2(a>0，b>0).
用此法求函数值域时，要注意条件“一正，二定，三相等”．
(8)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．
(9)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．
(10)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　　利用单调性比较大小
例7　(2022·北京海淀中关村中学高三开学考试)已知函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．cC．b答案　B
解析　因为函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，则a＝f＝f，因为函数y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递增，且1<2<<3，所以f(2)例8　(2021·西藏拉萨中学高三月考)已知函数f(x)＝x2－2x，若a＝log827，b＝log211，c＝－log0.258，则(　　)
A．f(b)B．f(b)C．f(c)D．f(c)答案　C
解析　a＝log827＝log23＝log49>log48＝，a＝log827log28＝3，c＝－log0.258＝log48＝，∴1　7.定义在R上的函数f(x)的图象关于y轴对称且满足：对任意的x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有<0，则f(－2)，f，f(－3)的大小关系为(　　)
A．fB．f(－2)C．f(－3)D．f(－3)答案　D
解析　由题意，知f(x)在[0，＋∞)上是减函数，又f(x)是偶函数，所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)，因为2<<3，所以f(2)>f>f(3)，即f(－2)>f>f(－3).故选D.
8．(2022·北京交通大学附属中学高三开学考试)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，对任意实数t都有f(2＋t)＝f(2－t)成立，则函数值f(－1)，f(1)，f(2)，f(5)中，最小的一个不可能是(　　)
A．f(－1) B．f(1) C．f(2) D．f(5)
答案　B
解析　∵对任意实数t都有f(2＋t)＝f(2－t)成立，∴函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴为直线x＝2，当a>0时，自变量取值离对称轴距离越近函数值越小，函数值f(－1)，f(1)，f(2)，f(5)中，最小的一个是f(2).当a<0时，自变量取值离对称轴距离越远函数值越小，函数值f(－1)，f(1)，f(2)，f(5)中，最小的是f(－1)和f(5).故选B.
　
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．函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴确定后，要讨论a>0和a<0两种情况，结合图象单调性，比较出函数值的大小．
3．要注意数形结合思想的应用．
考点　　利用单调性解不等式(涉及抽象函数)例9　(2021·东莞市东莞中学高三月考)若函数f(x)的图象关于直线x＝0对称，当x10恒成立，则不等式f(x2－x＋1)≥f(7)的解集为(　　)
A．[－2，3]
B．[－3，2]
C．(－∞，－2]∪[3，＋∞)
D．(－∞，－3]∪[2，＋∞)
答案　A
解析　函数图象关于直线x＝0对称，并且在区间(－∞，0]上单调递增，所以函数在区间(0，＋∞)上单调递减，x2－x＋1＝＋>0，所以f(x2－x＋1)≥f(7) x2－x＋1≤7，即x2－x－6≤0，解得－2≤x≤3，所以不等式的解集是[－2，3].故选A.
例10　(2021·上海市复旦中学高三月考)已知定义在R上的函数f(x)，图象关于原点对称，在(－∞，0)上单调递减，且f(3)＝0，则xf(x)≤0的解集为________．
答案　{x|x≥3或x≤－3或x＝0}
解析　因为定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(3)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(－3)＝0，f(0)＝0，由不等式xf(x)≤0得或或x＝0，解得x≥3或x≤－3或x＝0，故不等式xf(x)≤0的解集为{x|x≥3或x≤－3或x＝0}．
　9.(2021·海口中学高三月考)已知定义在R上的函数f(x)的图象关于y轴对称，在(－∞，0]上是减函数，若f(m＋1)－f(3m－2)<0，则实数m的取值范围是________．
答案　∪
解析　依题意可得，f(x)是定义在R上的函数，图象关于y轴对称，且在(－∞，0]上是减函数，所以f(x)在(0，＋∞)上递增．因为f(m＋1)－f(3m－2)<0，所以f(m＋1)0，解得m<或m>.所以实数m的取值范围是∪.
10．(2022·广西桂林高三月考)若定义在R上的函数f(x)，图象关于原点对称，f(x)在(－∞，0)上单调递减且f(10)＝0，求满足xf(x－10)≥0的x的取值范围．
解　不等式xf(x－10)≥0可化为
或由奇函数的性质得f(－10)＝－f(10)＝0＝f(0)，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴或解得10≤x≤20或x＝0，∴满足xf(x－10)≥0的x的取值范围是{0}∪[10，20].
　
1．根据函数图象的对称性以及单调性解抽象不等式．
2．解不等式时，要结合函数的单调性，将原函数不等式转化为一般不等式，求解集即可．
考点　　利用单调性求参数的取值范围
例11　(2021·北京海淀人大附中高三月考)函数f(x)＝－x2＋2(a－1)x＋2在(－∞，4)上是增函数，则a的取值范围是(　　)
A．[5，＋∞) B．[3，＋∞)
C．(－∞，3] D．(－∞，5]
答案　A
解析　函数f(x)＝－x2＋2(a－1)x＋2图象的对称轴为直线x＝a－1，开口向下，f(x)＝－x2＋2(a－1)x＋2在(－∞，4)上是增函数，则a－1≥4，可得a≥5，所以a的取值范围是[5，＋∞).故选A.
例12　(2021·桐乡市茅盾中学高三月考)已知函数f(x)＝是(－∞，＋∞)上的减函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．0≤a≤ B．a≥0
C．a≤0 D．0答案　A
解析　由于函数y＝f(x)是(－∞，＋∞)上的减函数，则函数y＝x2－ax＋1在(－∞，0)上为减函数，所以对称轴x＝≥0，解得a≥0，且有3a≤1，解得a≤.综上所述，实数a的取值范围是.故选A.
　11.(2022·东莞市东莞中学高三月考)已知函数f(x)＝是(－∞，＋∞)上的增函数，则a的取值范围是(　　)
A．[－4，0) B．[－4，－2]
C．(－∞，－2] D．(－∞，0)
答案　B
解析　因为函数f(x)＝
是R上的增函数，所以解得－4≤a≤－2.故选B.
12．(2022·湖北武汉模拟)函数f(x)＝在(1，＋∞)上是减函数，则实数a的取值范围是________．
答案　(－2，4]
解析　函数f(x)＝的定义域为(－∞，a－3)∪(a－3，＋∞)，f(x)＝＝1＋，因为函数f(x)＝在(1，＋∞)上是减函数，所以只需y＝在(1，＋∞)上是减函数，因此解得－2　
1．与二次函数有关的参数问题，二次函数图象的对称轴把定义域分为两个单调区间，根据所给区间的单调性，确定对称轴与区间的位置关系，从而列不等式求解．
2．与分段函数有关的参数范围(常常分两段)，如f(x)＝解法如下：当函数在全体实数上单调递增(递减)时，需由g(x)单调递增(递减)列出关于参数的不等式，由h(x)单调递增(递减)列出关于参数的不等式，由h(x0)≤g(x0)(h(x0)≥g(x0))得到关于参数的不等式，将以上关于参数的不等式联立求解即可．
二、核心素养提升
例1　(2022·沈阳市第十中学高三月考)若 x∈{x|1≤x≤5}，不等式x2＋ax－2≤0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C．{a|a＞1} D．
答案　D
解析　解法一：因为 x∈{x|1≤x≤5}，x2＋ax－2≤0恒成立，所以 x∈{x|1≤x≤5}，f(x)max≤0.所以即解不等式组可得a≤－.故选D.
解法二：由于 x∈{x|1≤x≤5}，不等式x2＋ax－2≤0恒成立，所以 x∈{x|1≤x≤5}，a≤－x恒成立，即a≤.令f(x)＝－x，显然f(x)在x∈[1，5]上单调递减，f(x)min＝f(5)＝－5＝－，所以实数a的取值范围是.故选D.
例2　已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若 x1∈， x2∈[2，3]，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是________．
答案　
解析　依题意知f(x)max≤g(x)max.
∵f(x)＝x＋在上单调递减，
∴f(x)max＝f＝.
又g(x)＝2x＋a在[2，3]上单调递增，
∴g(x)max＝8＋a，
因此≤8＋a，解得a≥.
例3　已知函数f(x)＝x2－2x＋3a，g(x)＝.若对任意x1∈[0，3]，总存在x2∈[2，3]，使得|f(x1)|≤g(x2)成立，则实数a的值为________．
答案　－
解析　不等式|f(x1)|≤g(x2)可化为－g(x2)≤f(x1)≤g(x2)，若对任意x1∈[0，3]，总存在x2∈[2，3]，使得|f(x1)|≤g(x2)成立，则当x∈[2，3]时，g(x)＝的最大值为g(2)＝＝2，当x∈[0，3]时，f(x)＝x2－2x＋3a的最大值为f(3)＝32－2×3＋3a＝3＋3a，最小值为f(1)＝12－2×1＋3a＝－1＋3a.所以解得a＝－.
1．含参不等式恒成立问题的常见解法
(1)分离参数：将问题转化为a≥f(x)恒成立(a≥f(x)max即可)或a≤f(x)恒成立(a≤f(x)min即可)，利用函数的单调性求最值即可得解．
(2)数形结合：对于f(x)≥g(x)恒成立的问题，使y＝f(x)图象在y＝g(x)图象上方即可；对于f(x)≥c或f(x)≤c(c为常数)恒成立的不等式，讨论最值f(x)min≥c或f(x)max≤c即可．
2．恒成立或存在性问题，注意换元法的使用，构造常见的函数(一次函数、二次函数、对勾函数)以便于求出函数的最值．
课时作业
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、单项选择题
1．(2021·长沙检测)函数f(x)＝log2(x2－2x－8)的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
答案　D
解析　由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.设t＝x2－2x－8，则y＝log2t为增函数．要求函数f(x)的单调递增区间，即求t＝x2－2x－8(x＞4或x＜－2)的单调递增区间．因为函数t＝x2－2x－8(x＞4或x＜－2)的单调递增区间为(4，＋∞)，所以函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞).
2．(2021·长春质监)下列函数中，在(0，＋∞)上单调递减的是(　　)
A．y＝22－x B．y＝
C．y＝log D．y＝－x2＋2x＋a
答案　A
解析　A中，y＝22－x，令t＝2－x，因为t＝2－x在(0，＋∞)上单调递减，所以t∈(－∞，2)，y＝2t在(－∞，2)上单调递增，所以y＝22－x在(0，＋∞)上单调递减；B中，y＝＝1－，令t＝x＋1，因为t＝x＋1在(0，＋∞)上单调递增，所以t∈(1，＋∞)，y＝1－在(1，＋∞)上单调递增，所以y＝在(0，＋∞)上单调递增；C中，y＝log＝log2x在(0，＋∞)上单调递增；D中，y＝－x2＋2x＋a图象的对称轴为直线x＝1，所以函数在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故选A.
3．(2021·武汉模拟)函数f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是(　　)
A．[1，2] B．[－1，0]
C．[0，2] D．[2，＋∞)
答案　A
解析　f(x)＝|x－2|x＝其图象如图，由图象可知函数的单调递减区间是[1，2].
4．(2021·全国卷百强名校“领军考试”)已知定义在(－∞，＋∞)上的增函数f(x)满足对任意x1，x2∈(－∞，＋∞)，都有f(x1＋x2)＝f(x1)f(x2)，且f(0)≠0，f(1)＝6，若2A． B．(－1，1)
C．(0，2) D．(1，3)
答案　B
解析　在f(x1＋x2)＝f(x1)f(x2)中，令x1＝x2＝1，得f(2)＝f(1)f(1)＝18，令x1＝x2＝0，得f(0)＝2，所以25．(2021·重庆联考)下列函数的图象既关于直线x＝1对称，又在区间[－1，0]上为增函数的是(　　)
A．y＝sinπx B．y＝|x－1|
C．y＝cosπx D．y＝ex＋e－x
答案　C
解析　A中，当x＝1时，y＝sinπ＝0≠±1，所以y＝sinπx的图象不关于直线x＝1对称，故A错误；B中，y＝|x－1|＝在区间[－1，0]上为减函数，故B错误；C中，令x＝1，y＝cos π＝－1，则y＝cos πx的图象关于直线x＝1对称，当x∈[－1，0]时，πx∈[－π，0]，y＝cos πx在[－π，0]上为增函数，故C正确；D中，令f(x)＝ex＋e－x，则f(0)＝2，f(2)＝e2＋e－2，则f(0)≠f(2)，所以y＝ex＋e－x的图象不关于直线x＝1对称，故D错误．
6．(2021·武汉模拟)已知函数f(x)＝－，若a＝f(21.3)，b＝f(40.7)，c＝f(log38)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．cC．b答案　C
解析　函数f(x)＝－是R上的减函数，又log38<2<21.3<21.4＝40.7，所以f(40.7)7．(2022·福建省永春第二中学高三开学考试)若函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
答案　D
解析　当a＝0时，f(x)＝2x－3在(－∞，4)上单调递增，满足题意；当a≠0时，要使f(x)在(－∞，4)上单调递增，则满足解得－≤a<0.综上，实数a的取值范围为.故选D.
8．已知a>0，设函数f(x)＝＋2020x3(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，则M＋N的值为(　　)
A．2022 B．2021 C．4041 D．4038
答案　C
解析　f(x)＝＋2020x3＝＋2020x3＝2021－＋2020x3，因为y＝－＋2020x3为增函数，所以f(x)在[－a，a]上单调递增，故函数f(x)的最大值为f(a)，最小值为f(－a)，所以M＋N＝f(a)＋f(－a)＝2021－＋2020a3＋2021－＋2020(－a)3＝4042－1＝4041.
二、多项选择题
9．(2021·江苏模拟)设max{a，b}＝则函数f(x)＝max{x2－x，1－x2}的单调递增区间为(　　)
A．[－1，0] B．(－∞，－1]
C． D．[1，＋∞)
答案　CD
解析　由x2－x≥1－x2得2x2－x－1≥0，解得x≥1或x≤－，当x≥1或x≤－时，f(x)＝max{x2－x，1－x2}＝x2－x，此时函数的单调递增区间为[1，＋∞)；由x2－x<1－x2得2x2－x－1<0，解得－10．(2021·福建莆田第二中学模拟)已知函数f(x)满足f＝，则下列关于函数f(x)的说法中正确的是(　　)
A．f(x)的定义域为{x|x≠－1}
B．f(x)的值域为{y|y≠1，且y≠2}
C．f(x)在(0，＋∞)上单调递减
D．不等式f(x)>2的解集为(－1，0)
答案　BCD
解析　由于f＝＝，故f(x)＝＝1＋(x≠0，且x≠－1)，所以f(x)的定义域为{x|x≠－1，且x≠0}，作出其图象(图略)，由图象知，由于x≠0，故f(x)的值域为{y|y≠1，且y≠2}；f(x)在(0，＋∞)上单调递减；f(x)＝1＋＞2，即＞0，等价于x(x＋1)＜0，解得－1＜x＜0.故选BCD.
三、填空题
11．(2021·聊城检测)函数f(x)＝9x2＋的最小值为________．
答案　9
解析　因为f(x)的定义域为[1，＋∞)，且y＝9x2与y＝在[1，＋∞)上均为增函数，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝9.
12．(2021·山东曲阜月考)函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x＋2)的图象关于直线x＝－2对称．若f(－2)＝1，则f(x－2)≤1的x的取值范围是________．
答案　[0，4]
解析　因为f(x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，所以函数f(x)的图象关于y轴对称，所以f(x)是偶函数．又函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(－2)＝1，所以f(x－2)≤1等价于f(|x－2|)≤f(2)，即|x－2|≤2，解得0≤x≤4.
13．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．
答案　1
解析　解法一：在同一平面坐标系中，作出函数f(x)，g(x)的图象，依题意可得，h(x)的图象如图中的实线部分．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.
解法二：依题意可得，h(x)＝
当02时，h(x)＝3－x是减函数，因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1.
14．(2021·贵州师大附中高三月考)已知函数f(x)＝ex，若对任意x∈(ln 2，＋∞)恒有f(2x)≥mf(x)－1成立，则实数m的取值范围是________．
答案　
解析　由题意，得e2x≥mex－1，即ex＋≥m对任意x∈(ln 2，＋∞)恒成立，设t＝ex∈(2，＋∞)，则t＋≥m在(2，＋∞)上恒成立，因为y＝t＋在(2，＋∞)上单调递增，所以t＋>，所以m∈.
四、解答题
15．函数f(x)＝loga(1－x)＋loga(x＋3)(0(1)求方程f(x)＝0的解；
(2)若函数f(x)的最小值为－1，求a的值．
解　(1)由得－3所以f(x)的定义域为(－3，1).
则f(x)＝loga(－x2－2x＋3)，x∈(－3，1)，
令f(x)＝0，得－x2－2x＋3＝1，
解得x＝－1－或x＝－1＋，经检验，均满足原方程成立．
故f(x)＝0的解为x＝－1±.
(2)由(1)得f(x)＝loga[－(x＋1)2＋4]，x∈(－3，1)，
由于0<－(x＋1)2＋4≤4，且a∈(0，1)，
所以loga[－(x＋1)2＋4]≥loga4，
由题意可得loga4＝－1，解得a＝，满足条件．所以a的值为.
16．已知函数f(x)＝lg (a>0，且a≠1).
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)当a∈(1，4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；
(3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，试确定a的取值范围．
解　(1)由x＋－2＞0，得>0，
当a＞1时，x2－2x＋a＞0恒成立，定义域为(0，＋∞)；
当0＜a＜1时，定义域为{x|0＜x＜1－或x＞1＋}．
(2)设g(x)＝x＋－2，当a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)时，g(x)在[2，＋∞)上是增函数，
所以f(x)在[2，＋∞)上是增函数．
则f(x)min＝f(2)＝lg .
(3)对任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0.
即x＋－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立．
所以a>3x－x2.
令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞).
由于h(x)＝－＋在[2，＋∞)上是减函数，
所以h(x)max＝h(2)＝2.
故a>2时，恒有f(x)>0.
故a的取值范围为(2，＋∞).
17．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.
(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　(1)f(1)＝f＝f(x)－f(x)＝0.
(2)f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
证明：设0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，f(x2)＞f(x1)，
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)又因为f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以解得0所以原不等式的解集为(0，4).

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