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【2016版】新步步高 人教B版 大一轮复习讲义 数学(文)精品课件:第二章 2.2函数的单调性与最值


数学 B(文)

第二章

函数概念与基本初等函数Ⅰ

§2.2 函数的单调性与最值

? 基础知识·自主学习
? 题型分类·深度剖析 ? 思想方法·感悟提高 ? 练出高分

基础知识·自主学习
1.函数单调性的定义

知识梳理

增函数

减函数

设函数y=f(x)的定义域为A,区间M?A,如果取区间M中任
定 义 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

基础知识·自主学习

知识梳理

图 象 自左向右看图象是 上升的 自左向右看图象是 下降的

基础知识·自主学习

知识梳理

2.单调性与单调区间 如果一个函数在某个区间M上是 增函数 或是 减函数 ,就说这个

函数在这个区间M上具有单调性,区间M称为 单调区间 .

基础知识·自主学习
3.函数的最值
前提

知识梳理

设函数y=f(x)的定义域为I,如果存在实数M满足 (1)对于任意x∈I,都有 (3)对于任意x∈I,都

条件

f(x)≤M ;(2)存在x0∈I, 使得 f(x0)=M .

有 f(x)≥M;(4)存在
x0∈I,使得 f(x0)=M . M为最小值

结论

M为最大值

基础知识·自主学习
? 思考辨析
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)

知识梳理

1 (1)函数y= 的单调递减区间是(-∞,0)∪(0,+∞).( × ) x (2) 对于函数 f(x) ,x∈D,若x1 ,x2∈D,且(x1 -x2)· [f(x1)-f(x2)]>0,
则函数f(x)在D上是增函数.( √ ) (3)函数y=|x|是R上的增函数.( × )

基础知识·自主学习

知识梳理

(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)函数f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是(0,+∞).( × )

1-x2 (6)函数y= 的最大值为1.( √ ) 2 1+x

基础知识·自主学习 题号
1

考点自测

答案
A B
4 ,1 3

解析

2
3

4

(-∞,1]∪[2,+∞)

函数f(x)=x2-2ax-3的图象开口向上, 对称轴为直线x=a,画出草图如图所示.

由图象可知函数在(-∞,a]和[a,+ ∞)上都具有单调性,
因此要使函数f(x)在区间[1,2]上具有单调性,只需a≤1或 a≥2,从而a∈(-∞,1]∪[2,+∞).

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

题型一
例1

函数单调性的判断

ax (1) 判 断 函 数 f(x) = 2 x -1

(a>0)在 x∈(-1,1)上的单调性.

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

题型一
例1

函数单调性的判断

ax (1) 判 断 函 数 f(x) = 2 x -1 则 f(x1) - f(x2) =

设-1<x1<x2<1,

ax1

(a>0)在 x∈(-1,1)上的单调性.

x -1

2 1



ax2 2 x2 -1
2 ax1x2 -ax1-ax2x2 1+ax2 = 2 ?x2 1-1??x2-1?

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

题型一
例1

函数单调性的判断

ax (1) 判 断 函 数 f(x) = 2 x -1

a?x2-x1??x1x2+1? = . 2 ?x2 - 1 ?? x - 1 ? 1 2
∵-1<x1<x2<1,

(a>0)在 x∈(-1,1)上的单调性.

∴x2-x1>0,x1x2+1>0,
2 ( x1 -1)( x2 -1)>0.

2

又∵a>0,∴f(x1)-f(x2)>0,

∴函数f(x)在(-1,1)上为减函数.

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

题型一
例1

函数单调性的判断

ax (1) 判 断 函 数 f(x) = 2 x -1

对于给出具体解析式的函数, 证明或判断其在某区间上的 单调性有两种方法:①可以 利用定义 ( 基本步骤为取值、 作差或作商、变形、定号、 下结论 ) 求解;②可导函数则 可以利用导数解之.

(a>0)在 x∈(-1,1)上的单调性.

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

例1

(2)求函数 y = x2+x-6 的

单调区间.

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

令 u=x2+x-6,

例1

(2)求函数 y = x2+x-6 的

y= x2+x-6可以看作有 y= u与 u=x2+x-6 的复合 函数.
由u=x2+x-6≥0, 得x≤-3或x≥2.

单调区间.

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

∵u=x2+x-6 在(-∞,-3]

例1

(2)求函数 y = x2+x-6 的 上是减函数,在[2,+∞)上是
增函数,而 y= u在[0,+∞) 上是增函数.

单调区间.

∴y= x2+x-6的单调减区间 为(-∞,-3],单调增区间为 [2,+∞).

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

复合函数 y = f[g(x)] 的单调

例1

(2)求函数 y = x2+x-6 的

性规律是“同则增,异则减”, 即 y = f(u) 与 u = g(x) 若具有 相同的单调性,则y=f[g(x)] 为增函数,若具有不同的 单调性 ,则 y = f[g(x)] 必为 减函数.

单调区间.

题型分类·深度剖析
跟踪训练1 (1)判断函数f(x)=x+a (a>0)在(0,+∞)上的单调性. x 解 设x1,x2是任意两个正数,且0<x1<x2,
? a? ? a? f(x1)-f(x2)=?x1+x ?-?x2+x ? ? ? 1? 2?



x1-x2 = (x x -a). x1x2 1 2

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),

题型分类·深度剖析
跟踪训练1 (1)判断函数f(x)=x+a (a>0)在(0,+∞)上的单调性. x

所以函数 f(x)在(0, a]上是减函数;

当 a≤x1<x2 时,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[ a,+∞)上是增函数.

题型分类·深度剖析
跟踪训练1 (1)判断函数f(x)=x+a (a>0)在(0,+∞)上的单调性. x a 综上可知,函数 f(x)=x+ (a>0)在(0, a]上是减函数, x

在[ a,+∞)上为增函数.

题型分类·深度剖析
2-4x+3)的单调区间. (2)求函数y=log 1 ( x 3



2-4x+3的复 令u=x2-4x+3,原函数可以看作y=log 1 u 与 u = x 3

合函数. 令u=x2-4x+3>0,则x<1或x>3.
2-4x+3)的定义域为(-∞,1)∪(3,+∞). ∴函数y=log 1 ( x 3

又u=x2-4x+3的图象的对称轴为x=2,且开口向上, ∴u=x2-4x+3在(-∞,1)上是减函数,在(3,+∞)上是增函数.

题型分类·深度剖析
2-4x+3)的单调区间. (2)求函数y=log 1 ( x 3

而函数y=log 1 u在(0,+∞)上是减函数,
3

∴y=log 1 (x2-4x+3)的单调递减区间为(3,+∞),单调递增区间为
3

(-∞,1).

题型分类·深度剖析
解析 答案 思维升华

题型二 利用单调性求参数范围
例2 (1)如果函数f(x)=ax2+2x-3 在区间 ( - ∞ , 4) 上是单调递增的, 则实数a的取值范围是( )

1 A.a>- 4 1 C.- ≤a<0 4

1 B.a≥- 4 1 D.- ≤a≤0 4

题型分类·深度剖析
解析 答案 思维升华

题型二 利用单调性求参数范围
例2 (1)如果函数f(x)=ax2+2x-3 当 a = 0 时, f(x) = 2x - 3 ,在 在区间 ( - ∞ , 4) 上是单调递增的, 定义域 R 上是单调递增的, 则实数a的取值范围是( ) 故在(-∞,4)上单调递增; 1 1 A.a>- B.a≥- 4 4 当 a≠0 时,二次函数 f(x)的对 1 1 C.- ≤a<0 D.- ≤a≤0 1 4 4 称轴为 x=- , a

题型分类·深度剖析
解析 答案 思维升华

题型二 利用单调性求参数范围
例2 (1)如果函数f(x)=ax2+2x-3 因为 f(x) 在 ( - ∞ , 4) 上单调 递增, 在区间 ( - ∞ , 4) 上是单调递增的, 则实数a的取值范围是( )

1 A.a>- 4 1 C.- ≤a<0 4

1 B.a≥- 4 1 D.- ≤a≤0 4

1 所以 a<0,且- ≥4, a 1 解得- ≤a<0. 4 1 综合上述得- ≤a≤0. 4

题型分类·深度剖析
解析 答案 思维升华

题型二 利用单调性求参数范围
例2 (1)如果函数f(x)=ax2+2x-3 因为 f(x) 在 ( - ∞ , 4) 上单调 递增, 在区间 ( - ∞ , 4) 上是单调递增的, 则实数a的取值范围是( D )

1 A.a>- 4 1 C.- ≤a<0 4

1 B.a≥- 4 1 D.- ≤a≤0 4

1 所以 a<0,且- ≥4, a 1 解得- ≤a<0. 4 1 综合上述得- ≤a≤0. 4

题型分类·深度剖析
解析 答案 思维升华

题型二 利用单调性求参数范围
例2 (1)如果函数f(x)=ax2+2x-3

已知函数的单调性确定参数

的值或范围要注意以下两点:

在区间 ( - ∞ , 4) 上是单调递增的, ①若函数在区间[a,b]上单 则实数a的取值范围是( D )

调,则该函数在此区间的任
意子区间上也是单调的;

1 A.a>- 4 1 C.- ≤a<0 4

1 B.a≥- 4 1 D.- ≤a≤0 4

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.

题型分类·深度剖析
解析 答案 思维升华

例2

(2)已知 f(x)=

??2-a?x+1,x<1, ? x 满足对任意 ?a ,x≥1,

f?x1?-f?x2? x1≠x2,都有 >0 成立, x1-x2 那么 a 的取值范围是________.

题型分类·深度剖析
解析 答案 思维升华

例2

(2)已知 f(x)=

由已知条件得f(x)为增函数,

??2-a?x+1,x<1, ? x 满足对任意 ?a ,x≥1,

f?x1?-f?x2? x1≠x2,都有 >0 成立, x1-x2 那么 a 的取值范围是________.

?2-a>0, ? ∴?a>1, ? ??2-a?×1+1≤a,
3 解得 ≤a<2,∴a 的取值范围 2 3 是[ ,2). 2

题型分类·深度剖析
解析 答案 思维升华

例2

(2)已知 f(x)=

由已知条件得f(x)为增函数,

??2-a?x+1,x<1, ? x 满足对任意 ?a ,x≥1,

f?x1?-f?x2? x1≠x2,都有 >0 成立, x1-x2 3 [ ,2) . 那么 a 的取值范围是________ 2

?2-a>0, ? ∴?a>1, ? ??2-a?×1+1≤a,
3 解得 ≤a<2,∴a 的取值范围 2 3 是[ ,2). 2

题型分类·深度剖析
解析 答案 思维升华

例2

(2)已知 f(x)=

已知函数的单调性确定参数 ①若函数在区间[a,b]上单

??2-a?x+1,x<1, ? x 满足对任意 ?a ,x≥1,

的值或范围要注意以下两点:

f?x1?-f?x2? x1≠x2,都有 >0 成立, x1-x2 3 [ ,2) . 那么 a 的取值范围是________ 2

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.

题型分类·深度剖析
跟踪训练2 (1)若f(x)=-x2+2ax与g(x)= 都是减函数,则a的取值范围是( D ) A.(-1,0)∪(0,1) C.(0,1) 解析

a 在区间 [1,2] 上 x +1

B.(-1,0)∪(0,1] D.(0,1]

由f(x) =- x2 +2ax 在 [1,2] 上是减函数可得 [1,2]?[a ,+ ∞) ,

∴a≤1.

1 ∵y= 在(-1,+∞)上为减函数, x+1 a ∴由 g(x)= 在[1,2] 上是减函数可得 a>0,故 0<a≤1. x+1

题型分类·深度剖析
ax ?x>1?, ? ? (2)已知 f(x)=?? 是 R 上的增函数, 则实数 a? ? 4 - ? x +2 ?x≤1? ? ?? 2? a 的取值范围为( B ) A.(1,+∞) B.[4,8) C.(4,8) D.(1,8)

解析 因为f(x)是R上的增函数, ?a>1, ? ?4-a>0, 所以可得? 2 解得 4≤a<8,故选 B. ? a ?a≥4- +2. ? 2

题型分类·深度剖析
题型三 利用函数的单调性求最值
?x1? ? ? ?x ?=f(x1) ? 2?

+∞)上的函数 f(x)满足 f 例3 已知定义在区间(0, -f(x2),且当 x>1 时,f(x)<0. (1)求 f(1)的值;
解 令x1=x2>0,代入得f(1)=f(x1)-f(x1)=0, 故f(1)=0.

题型分类·深度剖析
例3 (2)证明:f(x)为减函数;
证明 任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,则
x1 >1, x2

由于当 x>1 时,f(x)<0,所以 f

?x1? ? ?<0, ?x2?

即f(x1)-f(x2)<0,因此f(x1)<f(x2), 所以函数f(x)在区间(0,+∞)上是减函数.

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

例3

(3)若f(3)=-1,求f(x)在

[2,9]上的最小值.

题型分类·深度剖析
解析 思维升华



∵f(x) 在 (0 ,+ ∞) 上是减

例3

(3)若f(3)=-1,求f(x)在 函数.
∴f(x) 在 [2,9] 上 的 最 小 值 为

[2,9]上的最小值.

f(9).

由f

?x1? ? ?=f(x1)-f(x2)得, ?x2?

f

?9? ? ?=f(9)-f(3), ?3?

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

例3

(3)若f(3)=-1,求f(x)在

∴f(9)=2f(3)=-2. 即f(x)在[2,9]上的最小值为- 2.

[2,9]上的最小值.

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

(1) 抽象函数的单调性的判断

例3

(3)若f(3)=-1,求f(x)在

要紧扣单调性的定义,结合题
目所给性质和相应的条件,对

[2,9]上的最小值.

任意 x1 , x2 在所给区间内比较 f?x1? f(x1)-f(x2)与0的大小, f?x2? x1 或 与1的大小.有时根据需 x2 要,需作适当的变形:如 x1= x2· 或x1=x2+x1-x2等;

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

例3

(3)若f(3)=-1,求f(x)在

(2) 求函数最值的常用方法: ①单调性法;②均值不等

[2,9]上的最小值.

式法;③配方法;④图象
法;⑤导数法.

题型分类·深度剖析
(1)如果函数f(x)对任意的实数x,都有f(1+x)= 1 f( - x) ,且当 x≥2 时, f(x) = log2(3x - 1) ,那么函数 f(x) 在 [ - 2,0]上的最大值与最小值之和为( ) 跟踪训练3
A.2 B.3 C.4 D.-1

1 解析 根据 f(1+x)=f(-x), 可知函数 f(x)的图象关于直线 x= 对称. 2 1 又函数 f(x)在[ ,+∞)上单调递增, 2 1 故 f(x)在(-∞, ]上单调递减, 2

题型分类·深度剖析
(1)如果函数f(x)对任意的实数x,都有f(1+x)= 1 f( - x) ,且当 x≥2 时, f(x) = log2(3x - 1) ,那么函数 f(x) 在 [ - 2,0]上的最大值与最小值之和为 ) C ( 跟踪训练3
A.2 B.3 C.4 D.-1

则函数f(x)在[-2,0]上的最大值与最小值之和为
f(-2)+f(0)=f(1+2)+f(1+0)=f(3)+f(1)=log28+log22=4.

题型分类·深度剖析
1 1 (2)函数 f(x)= 在区间[a,b]上的最大值是 1,最小值是 , 3 x-1

6 则 a+b=________.
解析 易知 f(x)在[a,b]上为减函数,
? ? 1 =1, ?a-1 即? ? 1 = 1, ? ?b-1 3 ?a=2, ∴? ∴a+b=6. ?b=4.

?f?a?=1, ? ∴? 1 f?b?= , ? 3 ?

题型分类·深度剖析 答题模板系列1 利用函数的单调性解不等式
典例: (12分)函数f(x)对任意的m、n∈R,都有f(m+n)=f(m)+f(n) -1,并且x>0时,恒有f(x)>1. (1)求证:f(x)在R上是增函数;
思 维 点 拨

规 范 解 答

温 馨 提 醒

题型分类·深度剖析 答题模板系列1 利用函数的单调性解不等式
典例: (12分)函数f(x)对任意的m、n∈R,都有f(m+n)=f(m)+f(n) -1,并且x>0时,恒有f(x)>1. (1)求证:f(x)在R上是增函数;
思 维 点 拨

规 范 解 答

温 馨 提 醒

对于抽象函数的单调性的证明,只能用定义.应该构造出 f(x2)-f(x1)并与0比较大小.

题型分类·深度剖析 答题模板系列1 利用函数的单调性解不等式
典例: (12分)函数f(x)对任意的m、n∈R,都有f(m+n)=f(m)+f(n) -1,并且x>0时,恒有f(x)>1. (1)求证:f(x)在R上是增函数;
思 维 点 拨

规 范 解 答

温 馨 提 醒

证明 设x1,x2∈R,且x1<x2,∴x2-x1>0, ∵当x>0时,f(x)>1,∴f(x2-x1)>1. f(x2)=f[(x2-x1)+x1]=f(x2-x1)+f(x1)-1,
2分 4分

题型分类·深度剖析 答题模板系列1 利用函数的单调性解不等式
典例: (12分)函数f(x)对任意的m、n∈R,都有f(m+n)=f(m)+f(n) -1,并且x>0时,恒有f(x)>1. (1)求证:f(x)在R上是增函数;
思 维 点 拨

规 范 解 答

温 馨 提 醒

∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0?f(x1)<f(x2), ∴f(x)在R上为增函数.
6分

题型分类·深度剖析 答题模板系列1 利用函数的单调性解不等式
典例: (12分)函数f(x)对任意的m、n∈R,都有f(m+n)=f(m)+f(n) -1,并且x>0时,恒有f(x)>1. (1)求证:f(x)在R上是增函数;
思 维 点 拨

规 范 解 答

温 馨 提 醒

本题对函数的单调性的判断是一个关键点.不会运用条件x>0时, f(x)>1,构造不出 f(x2)- f(x1) =f(x2 -x1) -1的形式,便找不到问题 的突破口.第二个关键应该是将不等式化为f(M)<f(N)的形式.

题型分类·深度剖析 答题模板系列1 利用函数的单调性解不等式
典例: (12分)函数f(x)对任意的m、n∈R,都有f(m+n)=f(m)+f(n) -1,并且x>0时,恒有f(x)>1. (1)求证:f(x)在R上是增函数;
思 维 点 拨

规 范 解 答

温 馨 提 醒

解决此类问题的易错点:忽视了 M、 N的取值范围,即忽视了f(x) 所在的单调区间的约束.

题型分类·深度剖析
(2)若f(3)=4,解不等式f(a2+a-5)<2.
思 维 点 拨 规 范 解 答 答 题 模 板 温 馨 提 醒

题型分类·深度剖析
(2)若f(3)=4,解不等式f(a2+a-5)<2.
思 维 点 拨 规 范 解 答 答 题 模 板 温 馨 提 醒

将函数不等式中的抽象函数符号“f”运用单调性“去掉”
是本题的切入点.要构造出f(M)<f(N)的形式.

题型分类·深度剖析
(2)若f(3)=4,解不等式f(a2+a-5)<2.
思 维 点 拨 规 范 解 答 答 题 模 板 温 馨 提 醒

解 ∵m,n∈R,不妨设m=n=1,

∴f(1+1)=f(1)+f(1)-1?f(2)=2f(1)-1,
f(3)=4?f(2+1)=4?f(2)+f(1)-1=4?3f(1)-2=4,

8分

∴f(1)=2,∴f(a2+a-5)<2=f(1),
∵f(x)在R上为增函数,∴a2+a-5<1?-3<a<2,

10分

即a∈(-3,2).

12分

题型分类·深度剖析
(2)若f(3)=4,解不等式f(a2+a-5)<2.
思 维 点 拨 规 范 解 答 答 题 模 板 温 馨 提 醒

解函数不等式问题的一般步骤:

第一步:(定性)确定函数f(x)在给定区间上的单调性;
第二步:(转化)将函数不等式转化为f(M)<f(N)的形式;

第三步:(去f)运用函数的单调性“去掉”函数的抽象符号“f”,
转化成一般的不等式或不等式组;

第四步:(求解)解不等式或不等式组确定解集;
第五步:(反思)反思回顾.查看关键点,易错点及解题规范.

题型分类·深度剖析
(2)若f(3)=4,解不等式f(a2+a-5)<2.
思 维 点 拨 规 范 解 答 答 题 模 板 温 馨 提 醒

本题对函数的单调性的判断是一个关键点.不会运用条件x>0时, f(x)>1,构造不出 f(x2)- f(x1) =f(x2 -x1) -1的形式,便找不到问题 的突破口.第二个关键应该是将不等式化为f(M)<f(N)的形式.

解决此类问题的易错点:忽视了 M、N的取值范围,即忽视了f(x)
所在的单调区间的约束.

思想方法·感悟提高

方 法 与 技 巧

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)定量;(4)判断. 2.判断单调性的常用方法:定义法、图象法、导 数法.

思想方法·感悟提高
1 .区分两个概念: “ 函数的单调区间 ” 和 “ 函数在

失 误 与 防 范

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.若函数在两个不同的区间上单调性相同,则这两 个区间要分开写,不能写成并集.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)= 1 . x

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

1.下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是( A
A.y=ln(x+2) 1x C.y=( ) 2 B.y=- x+1 1 D.y=x+ x

)

解析 ∵函数y=ln(x+2)在(-2,+∞)上为增函数,
∴在(0,+∞)上也是增函数.

练出高分
1 2 3

A组
4

专项基础训练
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2.已知函数f(x)=2ax2 +4(a-3)x+5在区间 (-∞,3)上是减

函数,则a的取值范围是(
3 A.(0, ) 4 3 C.[0, ) 4

)

3 B.(0, ] 4 3 D.[0, ] 4

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1 2 3

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4

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解析

当a=0时,f(x)=-12x+5,在(-∞,3)上是减函数,
3 得 0<a≤ , 4

?a>0, ? 当 a≠0 时,由? 4?a-3? ?- ≥3, 4a ?

3 综上 a 的取值范围是 0≤a≤ . 4

答案 D

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3.(2014· 天津)函数f(x)=log 1 (x2-4)的单调递增区间是( D ) A.(0,+∞) C.(2,+∞) 递增区间,
2

B.(-∞,0) D.(-∞,-2)

2

解析 因为y=log1 t在定义域上是减函数,所以求原函数的单调
即求函数t=x2-4的单调递减区间,结合函数的定义域,可知所 求区间为(-∞,-2).

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1 4.已知f(x)为R上的减函数,则满足f( )>f(1)的实数x的取值范 x 围是( D )

A.(-∞,1)
C.(-∞,0)∪(0,1)
解析

B.(1,+∞)
D.(-∞,0)∪(1,+∞)

x-1 1 依题意得 <1,即 >0, x x

所以x的取值范围是x>1或x<0.

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5.定义新运算“ ”:当a≥b时,a b=a;当a<b时,a b=
b2 , 则 函 数 f(x) = (1 x)x - (2 x) , x∈[ - 2,2] 的 最 大 值 等 C于 D.12

(

)

A .-1 B.1 2≤x≤C .6 f(x)=x-2, 解析 由已知得当- 1时,
当1<x≤2时,f(x)=x3-2.

∵f(x)=x-2,f(x)=x3-2在定义域内都为增函数.
∴f(x)的最大值为f(2)=23-2=6.

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2 ,+∞). 6.已知函数f(x)= x -2x-3,则该函数的单调增区间为[3 ________

解析 设t=x2-2x-3,由t≥0,即x2-2x-3≥0,
解得x≤-1或x≥3.

所以函数的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).
因为函数t=x2-2x-3的图象的对称轴为x=1,所以函数在

(-∞,-1]上单调递减,在[3,+∞)上单调递增.

又因为 y= t在[0,+∞)上单调递增. 所以函数f(x)的增区间为[3,+∞).

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7.已知函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,若f(a2-a)>f(a+3),
(-3,-1)∪(3,+∞) 则实数a的取值范围为________________________ .
?a2-a>0, ? 由已知可得?a+3>0, ? 2 ?a -a>a+3,

解析

解得-3<a<-1 或 a>3.

所以实数a的取值范围为(-3,-1)∪(3,+∞).

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ax+1 8.设函数f(x)= 在区间 ( - 2 ,+ ∞) 上是增函数,那么 a x+2a [1,+∞) . 的取值范围是__________

ax+2a2-2a2+1 2a2-1 解析 f(x)= =a- . x+2a x+2a
∵函数f(x)在区间(-2,+∞)上是增函数.
2 ? 2 a -1>0 ? ∴? ? ?-2a≤-2 2 ? 2 a -1>0 ? ?? ? ?a≥1

?a≥1.

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9.已知函数f(x)= 1-1 (a>0,x>0), a x (1)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数;
证明 设x2>x1>0,则x2-x1>0,x1x2>0,

1 1 1 1 ∵f(x2)-f(x1)=( - )-( - ) a x2 a x1 1 1 x2-x1 = - = >0, x 1 x2 x1x2
∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.

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1 2 3

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1 1 (2)若 f(x)在[ ,2]上的值域是[ ,2],求 a 的值. 2 2

1 1 解 ∵f(x)在[ ,2]上的值域是[ ,2], 2 2
1 又 f(x)在[ ,2]上单调递增, 2 1 1 ∴f( )= ,f(2)=2. 2 2 2 易得 a= . 5

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2 10.已知函数 f(x)=- ,x∈[0,2] ,用定义证明函数的单调 x+1 性,并求函数的最大值和最小值.
设 x1,x2 是区间[0,2] 上的任意两个实数,且 x1<x2,则 f(x1) 2 2 -f(x2)=- -(- ) x1+1 x2+1 解
2?x2+1-x1-1? 2?x2-x1? =- =- . ?x1+1??x2+1? ?x1+1??x2+1?

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由0≤x1<x2≤2,得x2-x1>0,(x1+1)(x2+1)>0, 所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),

故f(x)在区间[0,2]上是增函数.
2 因此,函数 f(x)=- 在区间[0,2] 的左端点取得最小值,右端点 x+1 取得最大值,

2 即最小值是 f(0)=-2,最大值是 f(2)=- . 3

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11

B组
12

专项能力提升
13

14

15

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11

B组
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专项能力提升
13

14

15

?a-3?x+5, x≤1, ? ? 11.已知函数f(x)= ?2a 是 ( - ∞ ,+ ∞) 上 , x>1 ? ?x 的减函数,那么a的取值范围是( D )

A.(0,3)
解析

B.(0,3]

C.(0,2)

D.(0,2]

?a-3<0, ? 由题意得?a>0, ? ?a-3+5≥2a,

解得 0<a≤2.

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11

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13

14

15

12.函数f(x)中,满足“对任意x1,x2∈(0,+∞),当x1<x2时, 都有f(x1)>f(x2)”的是(
1 A.f(x)= x

)

B.f(x)=(x-1)2
D.f(x)=ln(x+1)

C.f(x)=ex

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11

B组
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13

14

15

解析

由题意知f(x)在(0,+∞)上是减函数.

1 A 中,f(x)= 满足要求; x 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)=ex是增函数;

D中,f(x)=ln(x+1)是增函数.

答案 A

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11

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13

14

15

? ?a,a≤b, 13.对于任意实数a,b,定义min{a,b}= ? 设 函 数 f(x) = ? ?b,a>b.

1 . -x+3,g(x)=log2x,则函数h(x)=min{f(x),g(x)}的最大值是___
解析
? ?log2x,0<x<2, 依题意,h(x)=? ? ?-x+3,x≥2.

当0<x<2时,h(x)=log2x是增函数;

当x≥2时,h(x)=3-x是减函数,
∴h(x)在x=2时,取得最大值h(2)=1.

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13

14

15

14.已知f(x)=

x (x≠a). x-a

(1)若a=-2,试证f(x)在(-∞,-2)内单调递增;

证明 任取x1<x2<-2,
2?x1-x2? x1 x2 则 f(x1)-f(x2)= - = . x1+2 x2+2 ?x1+2??x2+2?

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13

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15

∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,

∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),
∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增.

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13

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15

(2)若a>0且f(x)在(1,+∞)内单调递减,求a的取值范围.

解 任设1<x1<x2,则
a?x2-x1? x1 x2 f(x1)-f(x2)= - = . x1-a x2-a ?x1-a??x2-a?

∵a>0,x2-x1>0, ∴要使f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0恒成立,∴a≤1.

综上所述,a的取值范围是(0,1].

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x2+2x+a 15.已知函数 f(x)= ,x∈[1,+∞). x 1 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值; 2 1 1 解 当 a= 时,f(x)=x+ +2, 2 2x 1 设 1≤x1<x2,则 f(x2)-f(x1)=(x2-x1)(1- ), 2x1x2
∵1≤x1<x2,∴x2-x1>0,2x1x2>2,

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15

1 1 1 ∴0< < ,1- >0, 2x1x2 2 2x1x2
∴f(x2)-f(x1)>0,f(x1)<f(x2).
∴f(x)在区间[1,+∞)上为增函数,

7 ∴f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为 f(1)= . 2

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15

(2) 若对任意 x∈[1 ,+ ∞) , f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值 范围. 解 在区间[1,+∞)上f(x)>0恒成立?x2+2x+a>0恒成立.
设y=x2+2x+a,x∈[1,+∞), 则函数 y = x2 + 2x + a =(x + 1)2 + a- 1 在区间 [1 ,+ ∞) 上是增函 数.所以当x=1时,y取最小值,即ymin=3+a, 于是当且仅当ymin=3+a>0时,函数f(x)>0恒成立,故a>-3.

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