（江苏版）高考数学一轮复习 专题2.4 函数单调性（讲）-江苏版高三全册数学试题

专题2.4函数单调性【考纲解读】内容要求备注ABC函数概念与基本初等函数Ⅰ函数的基本性质

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1．理解函数的单调性及其几何意义．2．会运用函数图像理解和研究函数的性质．3．会求简单函数的值域，理解最大(小)值及几何意义．【直击考点】题组一常识题1．[教材改编]函数f(x)＝(a－1)x＋a是R上的增函数，则a的取值范围是________．【答案】a>1【解析】a－1>0即a>1时，f(x)＝(a－1)x＋a是R上的增函数．2．[教材改编]函数f(x)＝－(x＋2)2＋1(x∈[－3，0])的单调递增区间是________；单调递减区间是________．【答案】[－3，－2](－2，0]【解析】易知函数f(x)＝－(x＋2)2＋1(x∈[－3，0])的单调递增区间是[－3，2]，单调递减区间是(－2，0]．3．[教材改编]函数f(x)＝eq\f(2,x－3)(x∈[4，5])的最大值与最小值分别是________．【答案】2，1【解析】函数f(x)＝eq\f(2,x－3)在[4，5]上是减函数，所以最大值为f(4)＝2，最小值为f(5)＝1.题组二常错题4．在下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)”的是________．(填序号)①f(x)＝eq\f(1,x)；②f(x)＝(x－1)2；③f(x)＝ex；④f(x)＝ln(x＋1)．【答案】①【解析】由题意知f(x)在(0，＋∞)上是减函数．①中，f(x)＝eq\f(1,x)满足要求；②中，f(x)＝(x－1)2在[0，1]上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数；③中，f(x)＝ex是增函数；④中，f(x)＝ln(x＋1)是增函数．5．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－2）x，x≥2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)－1，x<2))满足对任意的实数x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0成立，则实数a的取值范围为____________．【答案】eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(13,8)))6．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是________．【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))【解析】函数f(x)的定义域是(－1，4)，又－x2＋3x＋4＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(25,4)，e>1，∴函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4)).7．函数y＝f(x)是定义在[－2，2]上的减函数，且f(a＋1)<f(2a)，则实数a【答案】[－1，1)【解析】由条件得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤a＋1≤2，,－2≤2a≤2，,a＋1>2a，))解得－1≤a<1.题组三常考题8．下列函数中，在区间(－1，2)上为增函数的是________．(填序号)(1)y＝e－x，(2)y＝x3，(3)y＝lnx，(4)y＝|x|，(5)y＝(x＋2)2－1.【答案】(2)(5)【解析】根据各函数的定义域和图像，可以判断符合题意的函数是(2)(5)．9．已知a＝2eq\f(4,3)，b＝3eq\f(2,3)，c＝4－eq\f(2,3)，则a，b，c的大小关系是________．【答案】a>b>c【解析】因为函数y＝xeq\f(2,3)在(0，＋∞)上为增函数，且a＝2eq\f(4,3)＝4eq\f(2,3)，b＝3eq\f(2,3)，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\f(2,3)，所以a>b>c.10．函数f(x)＝eq\f(x,x－2)(x≥3)的最大值为________．【答案】3【解析】f(x)＝eq\f(x,x－2)＝1＋eq\f(2,x－2)在区间[3，＋∞)上是减函数，所以f(x)max＝f(3)＝3.【知识清单】1函数单调性的判断函数的单调区间是指函数在定义域内的某个区间上单调递增或单调递减．单调区间要分开写，即使在两个区间上的单调性相同，也不能用并集表示.2函数单调性的应用单调性的应用主要体现在利用单调性求最值，进行大小比较，解抽象函数不等式，解题时要注意：一是函数定义域的限制；二是函数单调性的判定；三是等价转化思想与数形结合思想的运用．【考点深度剖析】函数的单调性是函数的一个重要性质，几乎是每年必考的内容，例如判断和证明单调性、求单调区间、利用单调性比较大小、求值域、最值或解不等式．【重点难点突破】考点1函数单调性的判断【1-1】“a≤0”是“函数f(x)＝|(ax－1)x|在区间(0，＋∞)内单调递增”的__________条件.【答案】充分必要当a>0时，结合函数f(x)＝|(ax－1)x|＝|ax2－x|的图象知函数在(0，＋∞)上先增后减再增，不符合条件，如图(2)所示．所以，要使函数f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)上单调递增只需a≤0.即“a≤0”是“函数f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)上单调递增”的充要条件．【1-2】函数y＝log(2x2－3x＋1)的单调减区间为________．【答案】(1，＋∞)【1-3】讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x2－1)(a>0)在x∈(－1,1)上的单调性．【答案】f(x)在(－1,1)上为减函数【解析】设－1<x1<x2<1，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(ax1,x\o\al(2,1)－1)－eq\f(ax2,x\o\al(2,2)－1)＝eq\f(ax1x\o\al(2,2)－ax1－ax2x\o\al(2,1)＋ax2,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1)＝eq\f(ax2－x1x1x2＋1,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1).∵－1<x1<x2<1，∴x2－x1>0，x1x2＋1>0，(xeq\o\al(2,1)－1)(xeq\o\al(2,2)－1)>0.又∵a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，∴函数f(x)在(－1,1)上为减函数【1-4】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.求证：f(x)在R上是增函数；【答案】详见解析【解析】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， ∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)<f(x2)，∴f(x)在R上为增函数． 【思想方法】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相同时，为增函数，不同时为减函数；(3)图像法：如果f(x)是以图像形式给出的，或者f(x)的图像易作出，可由图像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．【温馨提醒】在研究函数的单调性时，应注意以下两方面的问题：一是必须在定义域的范围内研究单调性，超出了定义域范围的单调区间是没有意义的，二是单调区间的表述要正确．如函数f(x)＝eq\f(1,x)的单调减区间为(－∞，0)和(0，＋∞)[或(－∞，0)，(0，＋∞)]，而不能表述为(－∞，0)∪(0，＋∞)．考点2函数单调性的应用【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_______．【答案】－eq\f(1,4)≤a≤0【2-2】已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≤0，,－x2－2x＋3，x>0，))则不等式f(a2－4)>f(3a)的解集为________．【答案】(－1,4)【解析】作出函数f(x)的图像，如图所示，则函数f(x)在R上是单调递减的．由f(a2－4)>f(3a)，可得a2－4<3a，整理得a2－3a－4<0，即(a＋1)(a【2-3】已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(axx>1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2x≤1))是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围为________．【答案】[4,8)【思想方法】1.含“f”不等式的解法：首先根据函数的性质把不等式转化为f(g(x))>f(h(x))的形式，然后根据函数的单调性去掉“f”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意g(x)与h(x)的取值应在外层函数的定义域内．2.当要比较的函数值不在对称轴的同一侧，即不在同一单调区间上时，可通过比较相应自变量值与对称轴的距离的大小进行判断．【温馨提醒】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．【易错试题常警惕】分段函数的单调性问题，一定要保证各段上同增（减）和上、下段间端点值间的大小关系．如：是上的单调递增函数，则实数的取值范围是_______．【分析】因为是上的单调递增函数，所以，解得，所以