还剩10页未读，
继续阅读
所属成套资源：2021高考北师大版数学一轮学案
成套系列资料，整套一键下载
2021高三统考北师大版数学一轮学案：第2章第2讲 函数的单调性与最值
展开
第2讲 函数的单调性与最值
基础知识整合
1．函数的单调性
(1)单调函数的定义
增函数
减函数
定义
一般地，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上的任意两个变自量的值x1，x2
当x1f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数
图象描述
自左向右看图象是上升的
自左向右看图象是下降的
(2)单调性与单调区间
如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，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.
2．函数的最值
前提
设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足
条件
(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(1)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为函数y＝f(x)的最大值
M为函数y＝f(x)的最小值
1．对勾函数y＝x＋(a>0)的增区间为(－∞，－]和[，＋∞)；减区间为[－，0)和(0，]，且对勾函数为奇函数．
2．设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则
①x1－x2>0(<0)，f(x1)－f(x2)>0(<0)⇔f(x)在D上单调递增；x1－x2>0(<0)，f(x1)－f(x2)<0(>0)⇔f(x)在D上单调递减；
②>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增；
③<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在D上单调递减．
1．下列函数中，在区间(－∞，0)上是减函数的是( )
A．y＝1－x2 B．y＝x2＋x
C．y＝－ D．y＝
答案 D
解析 选项D中，y＝＝1＋.易知其在(－∞，1)上为减函数．故选D．
2．(2019·信阳模拟)函数y＝－2x2－4ax＋3在区间[－4，－2]上是单调函数，则a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．[4，＋∞)
C．(－∞，2]∪[4，＋∞) D．(－∞，1]∪[2，＋∞)
答案 C
解析 函数y＝－2x2－4ax＋3的图象的对称轴为x＝－a，由题意可得－a≤－4或－a≥－2，解得a≤2或a≥4，故选C．
3．函数f(x)＝－x＋在区间上的最大值是( )
A． B．－
C．－2 D．2
答案 A
解析 显然f(x)＝－x＋在上是减函数，所以f(x)max＝f(－2)＝2－＝.
4．设定义在[－1,7]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的单调递增区间为________.
答案 [－1,1]和[5,7]
解析 结合图象易知函数y＝f(x)的单调递增区间为[－1,1]和[5,7]．
5．函数y＝的值域是________.
答案 (－1,1]
解析 (分离常数法)因为y＝＝－1＋，又因为1＋x2≥1，所以0<≤2，所以－1<－1＋≤1，所以函数的值域为(－1,1]．
6．(2019·浙江金华模拟)已知函数f(x)＝
则f[f(－3)]＝________，f(x)的最小值是________.
答案 0 2－3
解析 因为f(－3)＝lg [(－3)2＋1]＝lg 10＝1，
所以f[f(－3)]＝f(1)＝1＋2－3＝0.
当x≥1时，x＋－3≥2－3＝2－3，
当且仅当x＝，即x＝时等号成立，
此时f(x)min＝2－3<0；
当x<1时，lg (x2＋1)≥lg (02＋1)＝0，
此时f(x)min＝0.
所以f(x)的最小值为2－3.
核心考向突破
考向一 确定函数的单调区间
例1 求下列函数的单调区间：
(1)y＝－x2＋2|x|＋1；
(2)y＝log (x2－3x＋2)．
解 (1)由于y＝
即y＝
画出函数图象如图所示．由图象可知，函数的单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1，0]和[1，＋∞)．
(2)令u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作y＝logu与u＝x2－3x＋2的复合函数．
令u＝x2－3x＋2>0，则x<1或x>2.
∴函数y＝log (x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．
又u＝x2－3x＋2的对称轴x＝，且开口向上，
∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．
而y＝logu在(0，＋∞)上是单调减函数，
∴y＝log (x2－3x＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．
确定函数单调性的方法
(1)定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法或导数法．
(2)复合函数法，复合函数单调性的规律是“同增异减”．
(3)图象法，图象不连续的单调区间一般不能用“∪”连接．
[即时训练] 1.求出下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝|x2－4x＋3|；
(2)f(x)＝ .
解 (1)先作出函数y＝x2－4x＋3的图象，由于绝对值的作用，把x轴下方的部分翻折到上方，可得函数y＝|x2－4x＋3|的图象．如图所示．
由图可知f(x)在(－∞，1]和[2,3]上为减函数，在[1,2]和[3，＋∞)上为增函数，故f(x)的增区间为[1,2]，[3，＋∞)，减区间为(－∞，1]，[2,3]．
(2)∵3－2x－x2>0，∴－3
精准设计考向，多角度探究突破
考向二 函数单调性的应用
角度1 利用函数的单调性比较大小
例2 (1)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
答案 D
解析 由题意知y＝f(x)图象关于x＝1对称，且当x>1时，y＝f(x)是减函数，∵a＝f＝f，∴f(2)>f>f(3)，即b>a>c，故选D．
(2)(2020·大同模拟)设函数f(x)＝x2＋x＋a(a>0)满足f(m)<0，则( )
A．f(m＋1)＝0 B．f(m＋1)≤0
C．f(m＋1)>0 D．f(m＋1)<0
答案 C
解析 ∵f(x)图象的对称轴为x＝－，f(0)＝f(－1)＝a，∴f(x)的大致图象如图所示．结合图象，由f(m)<0，得－10，
∴f(m＋1)>f(0)>0.故选C．
角度2 利用函数的单调性解不等式
例3 (1)(2019·长春模拟)f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，当f(x)＋f(x－8)≤2时，x的取值范围是( )
A．(8，＋∞) B．(8,9]
C．[8,9] D．(0,8)
答案 B
解析 2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f[x(x－8)]≤f(9)，因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有
解得8
答案 (－3，－1)∪(3，＋∞)
解析 由已知可得解得－33，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．
角度 利用函数的单调性求参数
例4 (1)(2019·太原模拟)若f(x)＝－x2＋4mx与g(x)＝在区间[2,4]上都是减函数，则m的取值范围是( )
A．(－∞，0)∪(0,1] B．(－1,0)∪(0,1]
C．(0，＋∞) D．(0,1]
答案 D
解析 函数f(x)＝－x2＋4mx的图象开口向下，且以直线x＝2m为对称轴，若在区间[2,4]上是减函数，则2m≤2，解得m≤1；g(x)＝的图象由y＝的图象向左平移一个单位长度得到，若在区间[2,4]上是减函数，则2m>0，解得m>0.综上可得，m的取值范围是(0,1]．故选D．
(2)已知f(x)＝是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a的取值范围是( )
A．(0,1) B．
C． D．
答案 C
解析 由f(x)在R上单调递减，
则有解得≤a<.
函数单调性应用问题的解题策略
(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)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时，应特别注意函数的定义域．
(3)利用单调性求参数时，通常要把参数视为已知数，依据函数的图象或单调性的定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．解决分段函数的单调性问题，要注意上、下段端点值的大小关系．
[即时训练] 2.(2019·商丘模拟)若f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，且对任意的x1，x2∈[0，＋∞)且x1≠x2，有<0，则( )
A．f(3)
解析 ∵对任意的x1，x2∈[0，＋∞)且x1≠x2，有<0，∴当x≥0时，函数f(x)为减函数，∴f(3)
A．[－3,0) B．(－∞，－2]
C．[－3，－2] D．(－∞，0)
答案 C
解析 由题意可知解得－3≤a≤－2，即实数a的取值范围为[－3，－2]．
4．(2019·山东师大附中模拟)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________.
答案 (－∞，1]
解析 f(x)＝当x≥a时，f(x)单调递增，当x
例5 (1)(2019·河南郑州第二次质检)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数．例如：[－2.1]＝－3，[3.1]＝3，已知函数f(x)＝，则函数y＝[f(x)]的值域为( )
A．{0,1,2,3} B．{0,1,2}
C．{1,2,3} D．{1,2}
答案 D
解析 ∵f(x)＝＝＝1＋，又2x>0，∴∈(0,2)，∴1＋∈(1,3)，∴当f(x)∈(1,2)时，y＝[f(x)]＝1；当f(x)∈[2,3)时，y＝[f(x)]＝2.∴函数y＝[f(x)]的值域是{1,2}．故选D．
(2)(2019·福建厦门质检)函数f(x)＝x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________.
答案 3
解析 (单调性法)由于y＝x在R上递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上单调递增，所以f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)＝3.
(3)函数f(x)＝x＋的值域为________.
答案 (－∞，1]
解析 (代数换元法)函数的定义域为.
令t＝(t≥0)，则x＝.
所以y＝＋t＝－(t－1)2＋1(t≥0)，
故当t＝1(即x＝0)时，y有最大值1，故函数f(x)的值域为(－∞，1]．
(4)函数f(x)＝3x＋，x∈[1,2]的值域为________.
答案 [5,7]
解析 解法一：(基本不等式)f(x)＝3x＋，
易证f(x)在上是增函数．
∴f(x)在[1,2]上为增函数，
从而得值域为[5,7]．
解法二：(导数法)f′(x)＝3－，
当1≤x≤2时，f′(x)>0，
∴f(x)在[1,2]上为增函数，
又f(1)＝5，f(2)＝7.
∴f(x)＝3x＋，x∈[1,2]的值域为[5,7]．
函数值域的几种求解方法
(1)分离常数法：分子上构造一个跟分母一样的因式，把分式拆成常量和变量，进一步确定变量范围破解．
(2)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．
(3)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．
(4)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值．
(5)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．
(6)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．
[即时训练] 5.函数y＝(x>1)的值域为________.
答案 [2＋4，＋∞)
解析 ∵y＝＝x－1＋＋4≥2＋4＝2＋4，当且仅当x＝＋1取“＝”，∴函数值域为[2＋4，＋∞)．
6．函数f(x)＝x＋2的最大值为________.
答案 2
解析 设＝t(t≥0)，∴x＝1－t2.
∴y＝x＋2＝1－t2＋2t
＝－t2＋2t＋1＝－(t－1)2＋2.
∴当t＝1即x＝0时，ymax＝2.
7．已知函数y＝＋的最大值为M，最小值为m，则的值为________.
答案
解析 由题意，得
所以函数的定义域为{x|－3≤x≤1}．
两边平方，得y2＝4＋2·
＝4＋2.
所以当x＝－1时，y取得最大值M＝2；
当x＝－3或1时，y取得最小值m＝2，所以＝.
8．设a，b∈R，a2＋2b2＝6，则a＋b的最小值是________.
答案 －3
解析 因为a，b∈R，a2＋2b2＝6，所以令a＝cosα，b＝sinα，α∈R.则a＋b＝cosα＋sinα＝3sin(α＋φ)，所以a＋b的最小值是－3.
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；
(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2.
解 (1)证明：设x10.
因为当x>0时，f(x)>1，
所以f(x2－x1)>1，
f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，
所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)
(2)因为m，n∈R，不妨设m＝n＝1，
所以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，
所以f(1)＝2，
所以f(a2＋a－5)<2＝f(1)，
因为f(x)在R上为增函数，所以a2＋a－5<1⇒－3
对于抽象函数单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义，结合题目所给性质和相应的条件，对任意x1，x2在所给区间内比较f(x1)－f(x2)与0的大小，或与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形，如x1＝x2＋x1－x2或x1＝x2·等．深挖已知条件是求解此类题的关键．
对点训练
(2020·辽宁抚顺十九中期末)已知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f＝1，如果对于0f(y)，不等式f(－x)＋f(3－x)≥－2的解集为( )
A．[－1,0)∪(3,4] B．[－1,4]
C．(3,4] D．[－1,0)
答案 D
解析 令x＝，y＝1，则有f＝f＋f(1)，故f(1)＝0；令x＝，y＝2，则有f(1)＝f＋f(2)，解得，f(2)＝－1，令x＝y＝2，则有f(4)＝f(2)＋f(2)＝－2；∵对于0＜x＜y，都有f(x)＞f(y)，∴函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的减函数，故f(－x)＋f(3－x)≥－2可化为f(－x(3－x))≥f(4)，故解得－1≤x＜0.∴不等式f(－x)＋f(3－x)≥－2的解集为[－1,0)，故选D．
第2讲 函数的单调性与最值
基础知识整合
1．函数的单调性
(1)单调函数的定义
增函数
减函数
定义
一般地，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上的任意两个变自量的值x1，x2
当x1
图象描述
自左向右看图象是上升的
自左向右看图象是下降的
(2)单调性与单调区间
如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，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.
2．函数的最值
前提
设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足
条件
(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(1)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为函数y＝f(x)的最大值
M为函数y＝f(x)的最小值
1．对勾函数y＝x＋(a>0)的增区间为(－∞，－]和[，＋∞)；减区间为[－，0)和(0，]，且对勾函数为奇函数．
2．设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则
①x1－x2>0(<0)，f(x1)－f(x2)>0(<0)⇔f(x)在D上单调递增；x1－x2>0(<0)，f(x1)－f(x2)<0(>0)⇔f(x)在D上单调递减；
②>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增；
③<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在D上单调递减．
1．下列函数中，在区间(－∞，0)上是减函数的是( )
A．y＝1－x2 B．y＝x2＋x
C．y＝－ D．y＝
答案 D
解析 选项D中，y＝＝1＋.易知其在(－∞，1)上为减函数．故选D．
2．(2019·信阳模拟)函数y＝－2x2－4ax＋3在区间[－4，－2]上是单调函数，则a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．[4，＋∞)
C．(－∞，2]∪[4，＋∞) D．(－∞，1]∪[2，＋∞)
答案 C
解析 函数y＝－2x2－4ax＋3的图象的对称轴为x＝－a，由题意可得－a≤－4或－a≥－2，解得a≤2或a≥4，故选C．
3．函数f(x)＝－x＋在区间上的最大值是( )
A． B．－
C．－2 D．2
答案 A
解析 显然f(x)＝－x＋在上是减函数，所以f(x)max＝f(－2)＝2－＝.
4．设定义在[－1,7]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的单调递增区间为________.
答案 [－1,1]和[5,7]
解析 结合图象易知函数y＝f(x)的单调递增区间为[－1,1]和[5,7]．
5．函数y＝的值域是________.
答案 (－1,1]
解析 (分离常数法)因为y＝＝－1＋，又因为1＋x2≥1，所以0<≤2，所以－1<－1＋≤1，所以函数的值域为(－1,1]．
6．(2019·浙江金华模拟)已知函数f(x)＝
则f[f(－3)]＝________，f(x)的最小值是________.
答案 0 2－3
解析 因为f(－3)＝lg [(－3)2＋1]＝lg 10＝1，
所以f[f(－3)]＝f(1)＝1＋2－3＝0.
当x≥1时，x＋－3≥2－3＝2－3，
当且仅当x＝，即x＝时等号成立，
此时f(x)min＝2－3<0；
当x<1时，lg (x2＋1)≥lg (02＋1)＝0，
此时f(x)min＝0.
所以f(x)的最小值为2－3.
核心考向突破
考向一 确定函数的单调区间
例1 求下列函数的单调区间：
(1)y＝－x2＋2|x|＋1；
(2)y＝log (x2－3x＋2)．
解 (1)由于y＝
即y＝
画出函数图象如图所示．由图象可知，函数的单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1，0]和[1，＋∞)．
(2)令u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作y＝logu与u＝x2－3x＋2的复合函数．
令u＝x2－3x＋2>0，则x<1或x>2.
∴函数y＝log (x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．
又u＝x2－3x＋2的对称轴x＝，且开口向上，
∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．
而y＝logu在(0，＋∞)上是单调减函数，
∴y＝log (x2－3x＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．
确定函数单调性的方法
(1)定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法或导数法．
(2)复合函数法，复合函数单调性的规律是“同增异减”．
(3)图象法，图象不连续的单调区间一般不能用“∪”连接．
[即时训练] 1.求出下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝|x2－4x＋3|；
(2)f(x)＝ .
解 (1)先作出函数y＝x2－4x＋3的图象，由于绝对值的作用，把x轴下方的部分翻折到上方，可得函数y＝|x2－4x＋3|的图象．如图所示．
由图可知f(x)在(－∞，1]和[2,3]上为减函数，在[1,2]和[3，＋∞)上为增函数，故f(x)的增区间为[1,2]，[3，＋∞)，减区间为(－∞，1]，[2,3]．
(2)∵3－2x－x2>0，∴－3
精准设计考向，多角度探究突破
考向二 函数单调性的应用
角度1 利用函数的单调性比较大小
例2 (1)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
答案 D
解析 由题意知y＝f(x)图象关于x＝1对称，且当x>1时，y＝f(x)是减函数，∵a＝f＝f，∴f(2)>f>f(3)，即b>a>c，故选D．
(2)(2020·大同模拟)设函数f(x)＝x2＋x＋a(a>0)满足f(m)<0，则( )
A．f(m＋1)＝0 B．f(m＋1)≤0
C．f(m＋1)>0 D．f(m＋1)<0
答案 C
解析 ∵f(x)图象的对称轴为x＝－，f(0)＝f(－1)＝a，∴f(x)的大致图象如图所示．结合图象，由f(m)<0，得－1
∴f(m＋1)>f(0)>0.故选C．
角度2 利用函数的单调性解不等式
例3 (1)(2019·长春模拟)f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，当f(x)＋f(x－8)≤2时，x的取值范围是( )
A．(8，＋∞) B．(8,9]
C．[8,9] D．(0,8)
答案 B
解析 2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f[x(x－8)]≤f(9)，因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有
解得8
答案 (－3，－1)∪(3，＋∞)
解析 由已知可得解得－3
角度 利用函数的单调性求参数
例4 (1)(2019·太原模拟)若f(x)＝－x2＋4mx与g(x)＝在区间[2,4]上都是减函数，则m的取值范围是( )
A．(－∞，0)∪(0,1] B．(－1,0)∪(0,1]
C．(0，＋∞) D．(0,1]
答案 D
解析 函数f(x)＝－x2＋4mx的图象开口向下，且以直线x＝2m为对称轴，若在区间[2,4]上是减函数，则2m≤2，解得m≤1；g(x)＝的图象由y＝的图象向左平移一个单位长度得到，若在区间[2,4]上是减函数，则2m>0，解得m>0.综上可得，m的取值范围是(0,1]．故选D．
(2)已知f(x)＝是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a的取值范围是( )
A．(0,1) B．
C． D．
答案 C
解析 由f(x)在R上单调递减，
则有解得≤a<.
函数单调性应用问题的解题策略
(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)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时，应特别注意函数的定义域．
(3)利用单调性求参数时，通常要把参数视为已知数，依据函数的图象或单调性的定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．解决分段函数的单调性问题，要注意上、下段端点值的大小关系．
[即时训练] 2.(2019·商丘模拟)若f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，且对任意的x1，x2∈[0，＋∞)且x1≠x2，有<0，则( )
A．f(3)
解析 ∵对任意的x1，x2∈[0，＋∞)且x1≠x2，有<0，∴当x≥0时，函数f(x)为减函数，∴f(3)
A．[－3,0) B．(－∞，－2]
C．[－3，－2] D．(－∞，0)
答案 C
解析 由题意可知解得－3≤a≤－2，即实数a的取值范围为[－3，－2]．
4．(2019·山东师大附中模拟)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________.
答案 (－∞，1]
解析 f(x)＝当x≥a时，f(x)单调递增，当x
例5 (1)(2019·河南郑州第二次质检)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数．例如：[－2.1]＝－3，[3.1]＝3，已知函数f(x)＝，则函数y＝[f(x)]的值域为( )
A．{0,1,2,3} B．{0,1,2}
C．{1,2,3} D．{1,2}
答案 D
解析 ∵f(x)＝＝＝1＋，又2x>0，∴∈(0,2)，∴1＋∈(1,3)，∴当f(x)∈(1,2)时，y＝[f(x)]＝1；当f(x)∈[2,3)时，y＝[f(x)]＝2.∴函数y＝[f(x)]的值域是{1,2}．故选D．
(2)(2019·福建厦门质检)函数f(x)＝x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________.
答案 3
解析 (单调性法)由于y＝x在R上递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上单调递增，所以f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)＝3.
(3)函数f(x)＝x＋的值域为________.
答案 (－∞，1]
解析 (代数换元法)函数的定义域为.
令t＝(t≥0)，则x＝.
所以y＝＋t＝－(t－1)2＋1(t≥0)，
故当t＝1(即x＝0)时，y有最大值1，故函数f(x)的值域为(－∞，1]．
(4)函数f(x)＝3x＋，x∈[1,2]的值域为________.
答案 [5,7]
解析 解法一：(基本不等式)f(x)＝3x＋，
易证f(x)在上是增函数．
∴f(x)在[1,2]上为增函数，
从而得值域为[5,7]．
解法二：(导数法)f′(x)＝3－，
当1≤x≤2时，f′(x)>0，
∴f(x)在[1,2]上为增函数，
又f(1)＝5，f(2)＝7.
∴f(x)＝3x＋，x∈[1,2]的值域为[5,7]．
函数值域的几种求解方法
(1)分离常数法：分子上构造一个跟分母一样的因式，把分式拆成常量和变量，进一步确定变量范围破解．
(2)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．
(3)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．
(4)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值．
(5)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．
(6)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．
[即时训练] 5.函数y＝(x>1)的值域为________.
答案 [2＋4，＋∞)
解析 ∵y＝＝x－1＋＋4≥2＋4＝2＋4，当且仅当x＝＋1取“＝”，∴函数值域为[2＋4，＋∞)．
6．函数f(x)＝x＋2的最大值为________.
答案 2
解析 设＝t(t≥0)，∴x＝1－t2.
∴y＝x＋2＝1－t2＋2t
＝－t2＋2t＋1＝－(t－1)2＋2.
∴当t＝1即x＝0时，ymax＝2.
7．已知函数y＝＋的最大值为M，最小值为m，则的值为________.
答案
解析 由题意，得
所以函数的定义域为{x|－3≤x≤1}．
两边平方，得y2＝4＋2·
＝4＋2.
所以当x＝－1时，y取得最大值M＝2；
当x＝－3或1时，y取得最小值m＝2，所以＝.
8．设a，b∈R，a2＋2b2＝6，则a＋b的最小值是________.
答案 －3
解析 因为a，b∈R，a2＋2b2＝6，所以令a＝cosα，b＝sinα，α∈R.则a＋b＝cosα＋sinα＝3sin(α＋φ)，所以a＋b的最小值是－3.
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；
(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2.
解 (1)证明：设x1
因为当x>0时，f(x)>1，
所以f(x2－x1)>1，
f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，
所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)
(2)因为m，n∈R，不妨设m＝n＝1，
所以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，
所以f(1)＝2，
所以f(a2＋a－5)<2＝f(1)，
因为f(x)在R上为增函数，所以a2＋a－5<1⇒－3
对于抽象函数单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义，结合题目所给性质和相应的条件，对任意x1，x2在所给区间内比较f(x1)－f(x2)与0的大小，或与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形，如x1＝x2＋x1－x2或x1＝x2·等．深挖已知条件是求解此类题的关键．
对点训练
(2020·辽宁抚顺十九中期末)已知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f＝1，如果对于0
A．[－1,0)∪(3,4] B．[－1,4]
C．(3,4] D．[－1,0)
答案 D
解析 令x＝，y＝1，则有f＝f＋f(1)，故f(1)＝0；令x＝，y＝2，则有f(1)＝f＋f(2)，解得，f(2)＝－1，令x＝y＝2，则有f(4)＝f(2)＋f(2)＝－2；∵对于0＜x＜y，都有f(x)＞f(y)，∴函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的减函数，故f(－x)＋f(3－x)≥－2可化为f(－x(3－x))≥f(4)，故解得－1≤x＜0.∴不等式f(－x)＋f(3－x)≥－2的解集为[－1,0)，故选D．
相关资料
更多
