2019《高中数学专题题型分类大全》第一分册函数专题2函数单调性其应用

2019《高中数学专题题型分类大全》第一分册函数专题2函数的单一性及其应用2019《高中数学专题题型分类大全》第一分册函数专题2函数的单一性及其应用2019《高中数学专题题型分类大全》第一分册函数专题2函数的单一性及其应用《高中数学专题题型分类大全》函数专题二____函数的单一性及其应用《必修1》函数专题二、函数的单一性及其应用『知识与方法梳理』?1、函数单一性的定义：D是函数f(x)定义域内的某个区间，1）对任意的x1,x2D且x1<x2，都有f(x1)<f(x2),则称f(x)在区间D上是增函数2）对任意的x1,x2D且x1<x2，都有f(x1)>f(x2),则称f(x)在区间D上是减函数2、几个初等函数的单一区间：

②偶函数关于原点对称区间上的函数单一性相反.（6）函数f(x)在定义域内若满足f(b)-f(a)>0则函数f(x)b-a是增函数；若满足f(b)-f(a)<0则函数f(x)是减函数.b-a『题型分类例析』?函数参数增区间减区间(1)一次函数：a>0R无y=ax+b(a≠0)a<0无Ra>0bb(2)二次函数：[-2a,+∞)(-∞,-2a]y=ax2+bx+c(a≠0)bba<0(-∞,-2a][-2a,+∞)(3)反比率函数a>0无(-∞,0),(0,+∞)：ay=xa<0(-∞,0),(0,+∞)无(4)指数函数：0<a<1无Ry=axa>1R无(5)对数函数：0<a<1无(0,+∞)y=logaxa>1(0,+∞)无α为正偶数(0,+∞)(-∞,0)α为负偶数(-∞,0)(0,+∞)(6)幂函数：α为正奇数R无y=xα为负奇数无(-∞,0),(0,+∞)α为正分数[0,+∞)无α为负分数无(0,+∞)3、知识知识与方法：1）分段函数的单一性：若是分段函数f(x)在每个分段区间上都拥有同样的单一性，那么f(x)在整个定义域上未必拥有同样的单一性.还要察看各段连结处的增减.2）复合函数的单一性判断规律是同增异减.须要注意的是复合函数的定义域.（3）两个单一函数的和函数的单一性是同增为增，同减为减.（4）两个单一函数的积函数的单一性同增未必增，同减未必减.5）奇偶函数的单一区间拥有的规律性是：奇函数关于原点对称区间上的函数单一性同样.

（一）函数单一性及单一区间的判断基本函数的单一性■题型构造特色：判断函数在某区间上拥有的单一性.★判断识真☆1给定函数①yx2，②ylog1(x1)，③y|x1|，2④y2x1，其中在区间（0，1）上单一递减的函数序号是（）A.①②B.②③C.③④D.①④复合函数的单一性■题型构造特色：形如f[g(x)]函数的单一性.【例题1】函数y＝x2＋2x－3的单一递减区间是()A．(－∞，－3]B．[1，＋∞)C．(－∞，－1)D．[－1，＋∞)※解法辩伪※求函数y=log1(x24x3)的单一区间，并指出每2一个单一区间上的单一性.〖错解〗.设u=x2–4x+3,∵y=log1x为减函数则y=2log1(x24x3)在区间[2,+)上为减函数，在区间(-,2]上为2增函数.合成函数的单一性■题型构造特色：两个或两个以上初等函数经过加减乘除运算符号连结的函数的单一性.【例题2】()a0)的增区间有证明函数(fxxxa[a,)、(,a]，减区间有(0,a]、[a,0).分段函数的单一性■题型构造特色：分段函数相关的单一性.【例题3】设函数y＝f(x)在R上有定义，关于给定的实数k定义函数fk(x)f(x)f.x(k)k,f(x)，若函数k2x,x0f(x)x，则函数f1(x)的单一递减区间为2,x02________．1《高中数学专题题型分类大全》函数专题二____函数的单一性及其应用抽象函数的单一性■题型构造特色：无剖析式函数即抽象函数相关的单一性.★判断识真☆已知函数f(x)的定义城为(0，＋∞)，对其定义域内任意的实数x1，x2(x1≠x2)，恒有(x1－x2)(f(x1)－f(x2))>0，则必然正确的选项是()A．函数f(x)在定义域(0，＋∞)上为增函教B．函数f(x)在定义域(0，＋∞)上为减函教C．函数f(x)在定义域(0，＋∞)上为先增后减函教D．函数f(x)在定义域(0，＋∞)上为先减后增函教【例题4】定义在R上的函数y=f(x)，f(0)≠0，当x>0时，f(x)>1，且对任意的a、b∈R，有f(a+b)=f(a)f(b)，求证：f(0)=1；求证：对任意的x∈R，恒有f(x)>0；证明：f(x)是R上的增函数.〖种类题〗（一)以下函数中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)”的是()12A．f(x)＝xB．f(x)＝(x－1)C．f(x)＝exD．f(x)＝ln(x＋1)2.已知f(x)＝|ln(x－1)|，若存在x1，x2∈[a，b]使得x1<x2，且f(x1)>f(x2)，则以下对实数a，b的描述正确的选项是()A．a<2B．1<a≤2C．b≥2D．b≤2定义在R上的偶函数fx的部分图像如右图所示，则在2,0上，以下函数中与fx的单一性不同样的是()A．yx21yB.y|x|11C.y2x1,x0O2xx31,x0

(3)若f(4)＝5，解不等式f(3m2－m－2)＜3.8.[2014广东理21]设函数f(x)1，其中k2，2xk)22(x2(x22xk)31）求函数f(x)的定义域D（用区间表示）；2）谈论函数f(x)在D上的单一性；（3）若k6，求D上满足条件f(x)f(1)的x的会集（用区间表示）.（二）单一性确定的参数问题■题型构造特色：已知单一性单一性求解参数范围.※解法辩伪※若函数ymx2x5在[1,+∞)上是增函数，则实数m的取值范围是____.1〖错解〗抛物线对称轴为x=-2m,则函数在[1,+∞)上是增函数时必有-2m1≤1解得m>0或m≤-122.函数f(x)ax21,x0在(,)上单一，则a(a21)eax,x0的取值范围是()A．(,2](1,2]B．[2,1)[2,)C．(-1,1)D．(-∞,-1)∪(1,+∞)〖错解〗f(x)为增函数时，由x≥0段可知a>0,则eax为增函数，当f(x)在x<0段也为增函数时a2-1>0即a>1;同理f(x)为减函数时，a<0，eax为减函数，也有a2-1>0，解得a<-1.综上a的取值范围是(-∞,-1)∪(1,+∞)【例题5】若函数f(x)＝loga(x2－ax＋3)(a>0，a≠1)在aD．y

ex,xoex,x0

(－∞，2]上为单一减函数，则a的取值范围是()A．(1，＋∞)B．(1，3)C．(0，1)∪(1，23)D．(1，23)[2017全国新课标2文8]函数f(x)=ln(x2-2x-8)的单一递加区间是A．(-∞,-2)B．(-∞,1)C．(1,+∞)D．(4,+∞)5.以下函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)·f(y)”的单一递加函数是()11xA．f(x)＝x23xB．f(x)＝xC．f(x)＝()D．f(x)＝326.12)函数f(x)＝log(x－4)的单一递加区间为(2A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(2，＋∞)D．(－∞，－2)若定义在R上的函数f(x)对任意x1，x2∈R，都有f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1成立，且当x＞0时，f(x)＞1.(1)求证：f(x)－1为奇函数；(2)求证：f(x)是R上的增函数；

【例题6】[2015四川理9]若是函数fx1m2x2n8x1m0，n0在区间21，单一递减，则mn的最大值为（）22D.812〖种类题〗（二)若是函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上是单一递加的，则实数a的取值范围是.1111A.a＞－4B.a≥－4C.－4≤a＜0D.－4≤a≤02.函数f(x)=x2–2x在区间[t，t+1]是单一,则t的取值范围2《高中数学专题题型分类大全》函数专题二____函数的单一性及其应用是.函数f(x)=x2–ax在区间(-，1]是单一递减,则a的取值范围是.ax＋14.函数f(x)＝x＋2(a为常数)在(－2,2)内为增函数，则实数a的取值范围是________．已知函数f(x)＝e|x－a|(a为常数)．若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．若函数f(x)＝loga(ax2－x)(a>0，a≠1)在区间[3，4]上是增函数，则实数a的取值范围是____________．x2＋12x，x＞07.已知函数f(x)＝0，是奇函数．x＝0x2＋ax，x＜0(1)求实数a的值；1，m－2)]上单一递加，求实数m(2)若函数f(x)在区间[－4的取值范围．

C．3y<5z<2xD．3y<2x<5z抽象函数比较大小■题型构造特色：无剖析式函数值比较大小问题.【例题12】定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1,x2[0,)(x1f(x2)f(x1)0.则()x2)，有x2x1A．f(3)f(2)f(1)B.f(1)f(2)f(3)C.f(2)f(1)f(3)D.f(3)f(1)f(2)复合函数式比较大小■题型构造特色：形如f[g(x)]函数大小关系问题.【例题13】已知函数f(x)＝|2x－1|，a<b<c，且f(a)>f(c)>f(b)，则以下结论中，必然成立的是()A．a<0，b<0，c<0B．a<0，b≥0，c>0－D．2a＋2c<2C．2a<2c合成函数式比较大小■题型构造特色：多函数合成型函数大小关系问题.【例题14】设a>0，b>0则()A．若2a＋2a＝2b＋3b，则a>bB．若2a＋2a＝2b＋3b，则a<bC．若2a－2a＝2b－3b，则a>bD．若2a－2a＝2b－3b，则a<b（三）利用函数单一性比较大小指数式比较大小■题型构造特色：指数函数或幂函数相关.【例题7】421[2016全国3]已知a23，b45，c253，则()A.bacB.abcC.bcaD.cab【例题8】11b1a设5<(5)<(5)<1，那么()．A．aa<bb<baB．aa<ba<abC．ab<ba<aaD．ab<aa<ba对数式比较大小■题型构造特色：对数函数相关.【例题9】设a＝log36，b＝log510，c＝log714，则()A．c>b>aB．b>c>aC．a>c>bD．a>b>c指数与对数式混杂比较大小■题型构造特色：指数函数或幂函数与对数函数综合.【例题10】设11，c＝log，则，，的245abc大小关系是()A．a>c>bB．c>a>bC．a>b>cD．b>a>c【例题11】[2017全国新课标1理11]设x、、z为正数，且y2x3y5z，则A．2x<3y<5zB．5z<2x<3y

〖种类题〗（三)1.已知a=5-1，函数f(x)ax，若实数m、n满足2f(m)f(n)，则m、n的大小关系为.2.若是log1x＜log1y＜0，那么()．22A．y＜x＜1B．x＜y＜1C．1＜x＜yD．1＜y＜x3.设alge,b(lge)2,clge,则（）A.abcB.acbC.cabD.cba4.设a3522532)52)(),b(),c(，则a，b，c的大小关系是(555＞c＞b＞b＞c＞a＞bD.b＞c＞a5.（2016全国I）若ab10，c1，则（）A.acbcB.abcbacC.alogbcblogacD.logaclogbc6.设a＝log12，b＝log111)3，c＝()，则(322A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．b＜c＜aD．b＜a＜c已知函数f(x)＝log2x＋1，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，1－x则()A．f(x1)<0，f(x2)<0B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0D．f(x1)>0，f(x2)>08.设f(x)＝|3x－1|，c＜b＜a且f(c)＞f(a)＞f(b)，则以下关系式3《高中数学专题题型分类大全》函数专题二____函数的单一性及其应用中必然成立的是()．A．3c＞3bB．3b＞3aC．3c＋3a＞2D．3c＋3a＜29.设函数f(x)定义在实数集上，它的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，f(x)＝3x－1，则有()．132231A．f(3)<(2)<(3)B．f(3)<(2)<(3)213321C．(3)<(3)<(2)D．f(2)<(3)<(3)定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1，x2(,0](xx)，有(x2x1)(f(x2)f(x1))0，则当12nN*时，有()A．f(n)f(n1)f(n1)B．f(n1)f(n)f(n1)C．f(n1)f(n)f(n1)D．f(n1)f(n1)f(n)（四）利用函数的单一性求最值和值域■题型构造特色：经过判断函数的单一性可求值域.※解法辩伪※函数f(x)=2x2–6x+1在区间[0,2]上的值域是.〖错解〗f(0)=1,f(2)=-3,因此函数f(x)在[0,2]上的值域为[-3,1]★判断识真☆已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在区间[3，5]上单一递加，则函数f(x)在区间[1，3]上的()A．最大值是f(1)，最小值是f(3)B．最大值是f(3)，最小值是f(1)C．最大值是f(1)，最小值是f(2)D．最大值是f(2)，最小值是f(3)【例题15】函数y2xx1最小值是.【例题16】已知函数f(x)关于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)2＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－3.则f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值的差为____．【例题17】设a为实数，函数f(x)=2x2+(x-a)|x-a|.(1)当a=1时，判断函数f(x)在(1,+∞)的单一性并用定义法证明；(2)求f(x)的最小值.〖种类题〗（四)1.函数f(x)2xx2的最大值是（）.A.－1B.0C.1D.22.函数y|x1|2的最小值是（）.A.0B.－1C.2D.33.函数yxx2的最小值是（）.A.0B.2C.4D.2

4.求y3在区间[3，6]上的最大值和最小值.x25.3x的最大值和最小值.求y,x[3,6]x26.已知f(x)x|xa|2x3。（Ⅰ）当a4，2x5时，问x分别取何值时，函数(x)获取最大值和最小值，并求出相应的最大值和最小值；（Ⅱ）若f(x)在R上恒为增函数，试求a的取值范围;（五）利用函数单一性解函数不等式1.解复合函数不等式■题型构造特色：利用复合函数的单一性解相关不等式.2【例题18】设a＞0，a≠1，函数f(x)＝alg(x－2x＋3)有最小值，则不等式loga(x2－5x＋7)＜0的解集为__________．2.解分段函数不等式■题型构造特色：利用分段函数拥有的单一性解相关不等式.【例题19】已知函数f(x)＝x24x3,x0,x22x3,x则不等0,式f(a2－4)>f(3a)的解集为()A．(2，6)B．(－1，4)C．(1，4)D．(－3，5)3.解抽象函数不等式■题型构造特色：利用抽象函数的单一性解相关不等式.【例题20】已知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(1)＝1，若是关于0<x<y，都有f(x)>f(y)．2(1)求f(1)；(2)解不等式f(－x)＋f(3－x)≥－2.4.解合成函数不等式■题型构造特色：利用合成函数的单一性解相关不等式.【例题21】[2015新课标2文12]设函数f(x)ln(1|x|)1f(x)f(2x1)成立2，则使得1x的x的取值范围是()A.(1,1)B.(,1)U(1,)33C.(1,1)D.(11),)U(,3333〖种类题〗（五)1.已知偶函数f(x)在区间[0,+∞)单一增加，则满足f(2x-1)＜1f(3)的x取值范围是()4《高中数学专题题型分类大全》函数专题二____函数的单一性及其应用A.（1，2）B.［1，2）C.（1，2）D.［1，2）333323232.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间[0,)上单一递加.若实数a满足f(log2a)f(log1a)2f(1),则a2的取值范围是A.[1,2]B.0,1C.1,2D.(0,2]223.设偶函数f(x)满足f(x)=2x-4(x0），则{x|f(x-2)>0}=A.xx2或x4B.xx0或x4C.xx0或x6D.xx2或x24.已知函数f(x)a2xb3x，其中常数a,b满足ab0（1）若ab0，判断函数f(x)的单一性；（2）若ab0，求f(x1)f(x)时的x的取值范围．5.已知f(x+1)为偶函数，且f(x)在[1,+∞)单一递减，若f(2)=0，则f(x)>0的解集为（）A.(-1,1)B.(0,1)C.(0,2)D.(1,2)（六）利用函数的单一性确定（证明）不等式及其参数■题型构造特色：拥有单一性的函数相关不等式证明及恒建马上参数的取值范围.※解法辩伪※若关于x的不等式x2-ax<0在区间(0,1)内恒成立，则2a的取值范围.1-1<0恒成立.〖错解〗(1)当a>1时，x2–ax<4(2)当0<a<1时，x2–ax<0x2<ax在区间（0，1)内2恒成立f(x)=x2在(0,12)上是增函数；g(x)=ax在(0,12)上是减函数1)≤g(1111∴f()≤a2≤a≤1224116∴a的取值范围是（16，1）∪（1，+）【例题22】设f(x)定义在(0,+∞)上的函数，k是正常数，且对任意的x(0,+∞)恒有f[f(x)]=kx成立.(1)若f(x)是(0,+∞)上的增函数，且k=1，求证：f(x)=x；(2)若f(x)-x是(0,+∞)上的增函数，且k=2，求证：x<f(x)3<2x..

A.(0，22，1)C．(1，2)D．(2，2)2)B.(22.已知xR+,F(x)是R+上的减函数，且f(x)=xF(x).(1)关于任意的x1,x2R+,求证：f(x1)>x1F(x1+x2),f(x2)>x2F(x1+x2)，并判断f(x1)+f(x2)>f(x1+x2)可否成立；(2)若是(1)中判断成立，试将其实行到一般状况（不用证明）；若不成立，请写出一个正确的结论（不用证明）已知函数f(x)的定义域为[0，1]，且同时满足以下三个条件：f(1)＝1；②对任意的x∈[0，1]，都有f(x)≥0；③当x≥0，y≥0，x＋y≤1时，总有f(x＋y)≥f(x)＋f(y)．(1)试求f(0)的值；(2)求f(x)的最大值；1(3)证明：当x∈[4，1)]时，恒有2x≥f(x)．『种类题补充』?〖种类题〗（六)1.当0<x≤1时，4x<logax，则a的取值范围是()25《高中数学专题题型分类大全》函数专题二____函数的单一性及其应用6《高中数学专题题型分类大全》函数专题二____函数的单一性及其应用『方法点拨及参照答案或提示』?函数专题（二）（一）函数单一性及单一区间的判断1.基本函数的单一性方法要领指点：正确掌握及运用基本初等函数的单一性.★判断识真☆B.2.复合函数的单一性方法要领指点：复合函数单一性规律是同增异减，注意函数的定义域.【例题1】[剖析]由x2＋2x－3≥0得x≥1或x≤－3，则单一递减区间为(－∞，－3]，应选A※解法辩伪※〖正解〗函数定义域为(-∞,1)∪(3,+∞),设u(x)=x2–4x+3,则u(x)在(-∞,1)上单一减，在(3,+∞)上单一增∵y=log1x为减2函数则y=log1(x24x3)的单一减区间（3,+)，增区间是(-2,1）.3.合成函数的单一性方法要领指点：和函数同增为增同减为减，非此由定义鉴识.【例题2】[剖析]由剖析式可知，函数的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)．在(0，＋∞)内任取x1，x2，令x1<x2.那么f(x2)－f(x1)＝(x2＋k)－(x1＋k)＝(x2－x1)＋k(1－1)＝x1x2－kx2x1x2x1(x2－x1)x1x2.由于0<x1<x2，因此x2－x1>0，x1x2>0.故当x1，x2∈(k，＋∞)时，f(x1)<f(x2)，即函数在(k，＋∞)上单一递加．4.分段函数的单一性方法要领指点：分段函数的单一性注意分界点.【例题3】[剖析]1f(x),x(,1][1,)f(x),f(x)f121111,1)2f(x),2,x(22作图后会发现f1(x)在区间[1，＋∞)上单一递减．25.抽象函数的单一性方法要领指点：抽象函数的单一性只能由定义判断.★判断识真☆[剖析]由(x1－x2)(f(x1)－f(x2))>0知若x1<x2，则f(x1)<f(x2)，因此f(x)在(0，＋∞)上递加，应选A.【例题4】[剖析](1)令a=b=0得f(0)=f(0)2,由于f(0)≠0，因此f(0)=1.令a=x<0,b=-x>0,则1=f(0)=f(x–x)=f(x)f(-x),且f(-x)>1,∴1>f(x)>0,总之对任意xR都有f(x)>0.设x1<x2,则x2-x1>0,∴f(x2–x1)>1.∴f(x2)f(-x1)>1.1f(x2)又f(-x1)=f(x1),∴f(x1)>1,即f(x2)>f(x1),∴f(x)在R上

为增函数.〖种类题〗（一)A.[剖析]由题意知，函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数．而反比率函数f(x)＝1x在(0，＋∞)上是减函数．应选AA.[剖析]易知f(x)在(1，2)上单一递减，在(2，＋∞)上单一递加，存在x1，x2∈[a，b]使得x1<x2，且f(x1)>f(x2)，即区间[a，b]包含f(x)的一段递减区间，故a<2即可．应选AC4.D.[剖析]要使函数有意义，则x2-2x-8>0,解得：x<-2或x>4，由二次函数单一性及复合函数同增异减原则可知，函数减区间为(4,+∞).5.1xC[剖析]由于f(x＋y)＝f(x)f(y)，故消除选项A,B.又f(x)＝()为C.2单一递减函数，因此消除选项6.[剖析]要使f(x)单一递加，需有x解得x<－2x7.[剖析](1)证明∵定义在R上的函数f(x)对任意x1，x2∈R，都有f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1成立令x1＝x2＝0，则f(0＋0)＝f(0)＋f(0)－1，即f(0)＝1.令x1＝x，x2＝－x，f(x－x)＝f(x)＋f(－x)－1，∴[f(x)－1]＋[f(－x)－1]＝0，∴f(x)－1为奇函数．(2)证明∵由(1)，知f(x)－1为奇函数，∴f(x)－1＝－[f(－x)－1]．任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则x2－x1＞0，∵f(x1＋x2)＝f(x1)f(x2)－1，f(x2－x1)＝f(x2)＋f(－x1)－1＝f(x2)－[f(x1)－1]＝f(x2)－f(x1)＋1，∵当x＞0时，f(x)＞1，∴f(x2－x1)＝f(x2)－f(x1)＋1＞1，∴f(x1)＜f(x2)，∴f(x)是R上的增函数．(3)∵f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1，且f(4)＝5，∴f(4)＝f(2)＋f(2)1＝5，即f(2)＝3，由不等式f(3m2－m－2)＜3，得f(3m2－m－2)＜f(2)．由(2)，知f(x)是R上的增函数，3m2－m－2＜2，即3m2－m－4＜0，则－1＜m＜43，∴不等式f(3m2－m－2)＜3的解集为(－1，43).8.(1)(,12k)U(12k,12k)U(12k,)(2)增区间：(,12k),(1,12k);减区间(12k,1),(12k,)(3)(12k4,12k)U(12k,3)U(1,12k)U(12k,12k4)（二）单一性确定的参数问题方法要领指点：二次函数关注对称轴.※解法辩伪※11.〖正解〗抛物线对称轴为x=-2m,则函数在[1,+∞)上7《高中数学专题题型分类大全》____函数专题二、函数的单一性及其应用是增函数时必有-1≤1且m>0解得m>0,又当m=0时函数2m为y=x+5,在[1,+∞)上也是增函数.综上m取值范围是[0,+∞)〖正解〗f(x)为增函数时，由x≥0段可知a>0,则axf(x)在x<0段也为增函数时2-1>0e为增函数，当a即a>1;又分段点处有（a2–1)≥1则a≥2.同理f(x)为减函数时，a<0，eax为减函数，也有a2-1>0，解得a<-1.又分段点处有（a2–1)≤1则-2≤a<-1综上a的取值范围是[-2,-1)∪[2,+∞)a>1，【例题5】[剖析]设g(x)＝x2－ax＋3，由已知有：a，g(2)>0由此得a的取值范围是(1，23)．应选D.【例题6】B.[剖析]m2时，抛物线的对称轴为xn8.据题意，当m2时，n82即m22mnm22mn12.2mn6,mn18.由2mn且22mn12得m3,n6.当m2时，抛物线张口向下，据题意得，n81即m2n18.m222nm2nm9,mn81.由2nm且22m2n18得m92，故应舍去.要使得mn获取最大值，应有m2n18(m2,n8).因此mn(182n)n(1828)816，因此最大值为18.选B.〖种类题〗（二)Dt≥1或t≤0a≥214.a>25.a≤16.[剖析]当a>1时，u＝ax2－x的对称轴为x＝1<12au＝ax2－x在[3，4]上递加，且9a－3>0，即a>13.又logau是增函数，∴a>1.当0<a<1时，y＝logau是减函数，∴u＝ax2－x在[3，4]上是减函数．1≥4，1?a≤8，∴2a?a∈?.116a－4>0a>4综上，a∈(1，＋∞)．[剖析](1)设x＜0，则－x＞0．因此f(－x)＝－(－x)2＋21(－x)＝－x2－12x.又f(x)为奇函数，因此f(－x)＝－f(x)，于是x＜0时，f(x)＝x2＋12x＝x2＋ax，因此a＝12.1(2)要使f(x)在[－4，m－2)]上单一递加，

1m－2＞－4结合f(x)的图象知1m－2≤4因此79794＜m≤，故实数m的取值范围是(，].444（三）利用函数单一性比较大小方法要领指点：利用函数的单一性比较大小要点是选准函数，一般是指数式同底看指数函数，同指看幂函数，对数式尽量换底化同底.注意综合运用价值法，即考虑与“0”或“1”等数值的大小比较.指数式比较大小【例题7】A[剖析]a、b比较化同底，a、c比较化同指.22a>b.又c=53即a=43,c>a>b【例题8】D[剖析]由已知得1>b>a>0.由指数函数性质可得aa>ab,ba>bb,再由幂函数性质得ba>aa,bb>ba.这样答案只能选D对数式比较大小【例题9】D[剖析]a＝1＋log32，b＝1＋log52，c＝1＋log72，因此a－1＝1，b－1＝1，c－1＝1，∵y＝log2xlog23log25log27在区间(0，＋∞)上是增函数．∴0<log23<log25<log111，∴a－1>b－1>c－27，∴log23>log25>log271>0，故a>b>c>1.应选D.指数与对数式混杂比较大小【例题10】111D[剖析]a＝244，因此依照幂函数的性质知b>a>0，而c＝log50.3<0，因此b>a>c，选D【例题11】D[剖析]令2x=3y=5z=k(k>1),则x=log2k,y=log3k,z=log5k.2x2lgklg3lg9则2x>3y.3ylg23lgk1lg82x2lgklg5lg255zlg25lgk1则2x<5zlg324.抽象函数比较大小f(x2)f(x1)【例题12】A[剖析]说明函数f(x)在[0,+∞)x20x1单一减.又f(x)关于y轴对称，故点离y轴距离越近值越大，相反值越小.应选A5.复合函数比较大小【例题13】D[剖析]作出f(x)＝|2x－1|的图象如右图中实线所示．a<b<c且f(a)>f(c)>f(b)，f(a)<1，a<0，c>0，0<2a<1，f(a)＝|2a－1|＝1－2a，f(c)<1，∴0<c<1，1<2c<2，f(c)＝|2c－1|＝2c－1，又f(a)>f(c)，即1－2a>2c－1，∴2a＋2c<2，选D.8《高中数学专题题型分类大全》____函数专题二、函数的单一性及其应用合成函数式比较大小【例题14】A[剖析]构造函数、利用函数性质来实现判断逻辑推理的正确与否．若2a＋2a＝2b＋3b，必有2a＋2a>2b2b.构造函数：f(x)＝2x＋2x，则f(x)＝2x＋2x在x＞0上单一递加，即a＞b成立，故A正确，B错误．其余选项用同样方法消除〖种类题〗（三)1.m<n2.D3.B4.A5.C16.B．[剖析]a＜0，b＝1＞1log1＝1，而c＞0且c＝()3log122221，应选BB.[剖析]∵函数f(x)＝log2x＋1在(1，＋∞)上为增函数，1－x且f(2)＝0，∴当x1∈(1，2)时，f(x1)<f(2)＝0，当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.应选BD．B．B．（四）利用函数的单一性求最值和值域方法要领指点：要点是证明函数拥有单一性，单一性确定的最值主若是界线端点或增减分界点.※解法辩伪※3〖正解〗f(x)对称轴x=2[0,2],f(x)max=f(0)=1,f(x)min=377f(2)=-2,因此函数f(x)在[0,2]上的值域为[-2,1]★判断识真☆A[剖析]依题意得f(x)的图象关于直线x＝1对称，f(x＋1)＝－f(x－1)，f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即函数f(x)是以4为周期的函数．由f(x)在[3，5]上是增函数与f(x)的图象关于直线x＝1对称得，f(x)在[－3，－1]上是减函数．又函数f(x)是以4为周期的函数，因此f(x)在[1，3]上是减函数，f(x)在[1，3]上的最大值是f(1)，最小值是f(3)．应选A.【例题15】[剖析]函数是单一增函数，定义域为[1,+∞)，x=1时取最小值2【例题16】[剖析]∵函数f(x)关于任意x，y∈R，总有f(x)f(y)＝f(x＋y)，∴令x＝y＝0，得f(0)＝0.再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)．在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)f(x1－x2)．又∵当x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)．因此f(x)在R上是减函数．∴f(x)在[－3，3]上也是减函数，∴f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3)．而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2.f(x)在[－3，3]上的最大值为2，最小值为－2.故f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值的差为4.

【例题17】[剖析]（1）设1<x1<x2,则f(x2)–f(x1)=2x22–2x12+(x2–1)2–(x1-1)2=(x2–x1)[3(x2+x1)–2]>0,∴f(x2)>f(x1)即f(x)在(1,+∞)上为单一增函数.(2)f(x)2x2(xa)2xa,3(xa)2+a2xa,2x2(xa)2xa33(xa)2-2a2xaa≥0时，在[a,+∞)上,f(x)min=f(a)=2a2,在(-∞,a]上f(x)min=f(-a)=-2a2.综上a>0时f(x)min(x)=-2a2.a2a<0时，在[a,+∞)上,f(x)min=f(3)=3在(-∞,a]上f(x)min=f(a)=2a2.a2综上a<0时f(x)min(x)=3.〖种类题〗（四)C.C.B.4.3,3495.6，46.[剖析]（Ⅰ）当a4时，f(x)x|x4|2x3（1）2x4时，f(x)x(4x)2x3(x3)26，当x2时，f(x)min5；当x3时，f(x)max6。（2）当4x5时，f(x)x(x4)2x3(x241)当x4时，f(x)min5；当x5时，f(x)max12。综上所述，当x2或4时，f(x)min5；当x5时，f(x)max12。(Ⅱ)x2(xa2)2(a2)23,xa(2a)x3,xa24f(x)x2(2a)x3,xaa2)2(a2)2(x3,xa24a2a，解得f(x)在R上恒为增函数的条件是22a2a2a2（五）利用函数单一性解函数不等式解复合函数不等式方法要领指点：由外向里，即先解外函数不等式，再解内函数不等式.【例题18】[剖析]∵lg(x2－2x＋3)有最小值，∴a＞1，则不x2－5x＋7>0等式loga(x2－5x＋7)＜0?x2－5x＋7<1，解得2＜x＜3，∴不等式的解集为(2，3)．解分段函数不等式方法要领指点：分段函数不等式分段解，但若分段函数整体单一则可一次性整体解.【例题19】[剖析]作出函数f(x)的图象，以下列图，则函数f(x)在R上是单一递减的．由f(a2－4)>f(3a)，可得9《高中数学专题题型分类大全》____函数专题二、函数的单一性及其应用a2－4<3a，整理得a2－3a－4<0，即(a＋1)(a－4)<0，解得1<a<4，因此不等式的解集为(－1，4)．应选B.解抽象函数不等式方法要领指点：抽象函数不等式因无剖析式，解时必然化成两函数值不等式即形如f(x)>f(y)等.【例题20】[剖析]（1）令x=y=1得f(1)=f(1)+f(1),∴f(1)=0(2)关于0<x<y，都有f(x)>f(y)，则在(0,+∞)上为减函数，又f(-x)＋f(3-x)+2=f[x(x–3)]+2f(112)=f[x(x–3)]+f(4)=1f[4x(x–3)],f(1)=0.1≥f(1)，由单一性可知1x(x–3)≤1解得–1≤x≤4,∴f[x(x–3)]44又–x>0,3–x>0,即x<0因此-1≤x<0解合成函数不等式方法要领指点：若为和函数关注可否为同增同减.【例题21】A.[剖析]f(x)为偶函数，且在[0,+∞)上是单一增函数，因此f(