2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第二章第三节　函数的单调性与值域(二)

第三节　函数的单调性与值域(二)

一、分段函数的单调性

1.分段函数在其定义域内的不同子集上,解析式不同,因此讨论其单调性的常用方法是先确定分段函数在每一个子区间上的单调性,然后再把讨论的结果合并在一起,即“先分段讨论,后分段梳理”.

2.讨论分段函数在其某一子区间上的单调性,方法有定义法、图象法及复合函数单调性判定法则.解题应注意不要忽略定义域的子区间.

3.解析式中含有绝对值的函数,先化为分段函数,然后再讨论其单调性.

二、y=ax+型函数的图象和单调性

1.函数y=ax+(a>0,b>0)的图象如图所示,因其图象形状,也称该函数为“双勾函数”或“耐克函数”.

2.函数y=ax+(a>0,b>0)的单调递增区间为(-∞,- ],[,+∞),单调递减区间为[-,0),(0,].

3.函数y=ax+(a>0,b<0)的单调递增区间为(-∞,0),(0,+∞).

4.函数y=x+(a>0)和函数y=|x|+(a>0)的单调区间y=x+=增区间是[,+∞),(-∞,0),减区间是(0,].

y=|x|+=增区间是[,+∞),减区间是(0, ],(-∞,0).

1.函数f(x)=|x-2|x的单调减区间是(　A　)

(A)[1,2] (B)[-1,0]

(C)[0,2] (D)[2,+∞)

解析:由于f(x)=|x-2|x=

由二次函数的单调性知函数的单调减区间是[1,2].

2.(2018·暨阳联谊学校高三4月联考)已知实数x,y满足()x<()y,则下列关系式中恒成立的是(　D　)

(A)tan x>tan y (B)ln(x2+2)>ln(y2+1)

(C)<           (D)x3>y3

解析:由已知条件知x>y,结合幂函数的单调性,可知D正确.故选D.

3.(2019·浙江省十校联盟适应性考试)已知方程x|x|+y|y|=-1表示的曲线为y=f(x)的图象,对于函数y=f(x) 有如下结论:

①f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;

②函数F(x)=f(x)+x至少存在一个零点;

③y=f(|x|)的最大值为1;

④若函数g(x)和f(x)图象关于原点对称,则y=g(x)由方程x|x|+y|y|=1所确定.

则正确命题序号为(　C　)

(A)①③ (B)②③ 

(C)①④ (D)②④

解析:由题意得当x≥0,y≥0时,由x|x|+y|y|=-1得x2+y2=-1,此时曲线不存在;

当x≥0,y<0时,由x|x|+y|y|=-1得x2-y2=-1,此时曲线为焦点在y轴上,渐近线为y=±x的双曲线的一部分;

当x≤0,y≥0时,由x|x|+y|y|=-1得-x2+y2=-1,此时曲线为焦点在x轴,渐近线为y=±x的双曲线的一部分;

当x≤0,y<0时,由x|x|+y|y|=-1得x2+y2=1,此时曲线为单位圆的一部分,在平面直角坐标系中画出曲线如图所示.

对于①,由图易得函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,①正确;

对于②,函数f(x)的图象与直线y=-x没有交点,所以函数F(x)=f(x)+x不存在零点,②错误;

对于③,保留函数f(x)的图象在[0,+∞)的部分,并作其关于y轴对称的图象得到函数y=f(|x|)在(-∞,+∞)上的图象(图略),由图象易得函数y=f(|x|)的最大值为-1,③错误;

对于④,因为函数g(x)与函数f(x)的图象关于原点中心对称,所以将x|x|+y|y|=-1中的x用-x代替,将y用 -y 代替得到x|x|+y|y|=1,④正确.综上所述,故选C.

4.已知f(x)=(a2-2a-2)x是增函数,则实数a的取值范围是　　　　. 

解析:由f(x)=(a2-2a-2)x是增函数可得a2-2a-2>1,解得a<-1或a>3.

答案:(-∞,-1)∪(3,+∞)

5.f(x)=在R上递减,则a的取值范围是　　　　. 

解析:1-2a<0,且3-2a≥1,得<a≤1,

所以a的取值范围是(,1].

答案:(,1]

考点一　分段函数的单调性

[例1] (1)设f(x)=|ln x|,若函数g(x)=f(x)-ax在区间(0,4)上有三个零点,则实数a的取值范围是(　　)

(A)(0,) (B)(,e)

(C)(,) (D)(0,)

(2)函数y=-x2+2|x|+1的增区间是　　　　. 

解析:(1)因为g(x)=f(x)-ax在区间(0,4)上有三个零点,

所以|ln x|-ax=0在区间(0,4)上有三个不同的解,

令a==

则当0<x<1时,-的值域为(0,+∞);

当1≤x<4时,a=在[1,e]上是增函数,0≤≤,

在[e,4)上是减函数,<≤.

故当a∈(,)时,有三个不同的解.

故选C.

(2)法一　y=-x2+2|x|+1=

画出函数的草图,如图.

由图易知,函数的增区间为(-∞,-1)和(0,1).

法二　易知函数y=-x2+2|x|+1是偶函数,

当x≥0时,y=-x2+2x+1在(0,1)上是增函数,

在(1,+∞)上是减函数,

所以函数在(-1,0)上是减函数,在(-∞,-1)上是增函数.

综上可知,函数的增区间是(-∞,-1)和(0,1).

答案:(1)C　(2)(-∞,-1)和(0,1)

含绝对值的函数一般采用“零点法”分类讨论,把函数化为分段函数形式,然后再分段讨论其单调性.“零点”即使绝对式中式子等于零的值,这些值把函数定义域分为若干区间,依次分区间去掉绝对值符号,即可把函数化为分段函数.

1.函数f(x)=|x-2|(x-4)的单调减区间是(　D　)

(A)[1,2] (B)[-1,0]

(C)[0,2] (D)[2,3]

解析:f(x)=|x-2|(x-4)=

结合函数图象知当x∈[2,3]时,函数f(x)递减.

故选D.

2.若函数f(x)= 的最小值为-1,则a的取值范围是　　　　. 

解析:当x>0时,f(x)=x3-3x+1,f′(x)=3x2-3,

当x>1时,f′(x)>0,f(x)递增,

当0<x<1时,f′(x)<0,f(x)递减,

可得x=1处取得极小值,且为最小值为-1,

当x≤0,f(x)=-5x+()x+a递减,

可得f(x)≥a+1,

所以a+1≥-1,a≥-2.

答案:[-2,+∞)

考点二　利用单调性解方程或不等式

[例2] 已知奇函数f(x)在(-∞,0)上是单调减函数,且f(2)=0,则不等式(x-1)f(x-1)>0的解集为(　　)

(A){x|-3<x<-1}

(B){x|-1<x<1或1<x<3}

(C){x|-3<x<0或1<x<3}

(D){x|-3<x<1或x>2}

解析:因为奇函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,

所以在(0,+∞)上也单调递减.

又f(2)=0,所以f(-2)=0,

(x-1)f(x-1)>0⇒或

⇒或

⇒1<x<3或-1<x<1.故选B.

(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)的取值应在函数f的定义域内.

(2)利用单调性解方程主要考查自变量与函数值之间的一一对应关系,所以方程的解是唯一的.

(2018·天津卷)已知a>0,函数f(x)=

若关于x的方程f(x)=ax恰有2个互异的实数解,则a的取值范围是　　　　　　　. 

解析:作出函数f(x)的示意图,如图,l1是过原点且与抛物线y=-x2+2ax-2a相切的直线,l2是过原点且与抛物线y=x2+2ax+a相切的直线.

由图可知,当直线y=ax在l1,l2之间(不含直线l1,l2)变动时,符合题意.

由

消去y,整理得x2-ax+2a=0.

由Δ=0,得a=8(a=0舍去).

由

消去y,整理得x2+ax+a=0.

由Δ=0,得a=4(a=0舍去).

综上,得4<a<8.

答案:(4,8)

考点三　利用函数的单调性研究含参问题

[例3] 设偶函数f(x)=loga|x-b|在(0,+∞)上单调递增,则f(b-2)与f(a+1)的大小关系是(　　)

(A)f(b-2)<f(a+1) (B)f(b-2)>f(a+1)

(C)f(b-2)=f(a+1) (D)不能确定

解析:函数f(x)=loga|x-b|是偶函数,在定义域内,都有f(x)=f(-x),即loga|x-b|=loga|-x-b|,所以b=0,则f(x)=loga|x|,

若a>1,则a+1>2,

所以loga|a+1|>loga2,

即f(a+1)>f(2)=f(-2)=f(b-2),

若0<a<1,由f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时不符合题意,故舍去,

综合以上可得f(b-2)<f(a+1),故选A.

1.(2019·温州适应性测试)已知函数f(x)= 若函数f(x)在R上是单调的,则实数a的取值范围是　　　　　　　　　;若对任意的实数x1<a,总存在实数x2≥a,使得f(x1)+f(x2)=0,则实数a的取值范围是　　　　. 

解析:因为函数f(x)在(-∞,a)上单调递增,

则由函数f(x)在R上单调,

得解得a≥2;

由对任意x1<a,

总存在x2≥a,使得f(x1)+f(x2)=0,

即f(x2)=-f(x1),得函数y=-f(x)在(-∞,a)上的值域是函数f(x)在[a,+∞)上的值域的子集,

而函数y=-f(x)在(-∞,a)上的值域为(-a-2,+∞),函数f(x)在[a,+∞)上的值域为[0,+∞)(a≤0)或[a2,+∞)(a>0),

所以有或

解得a≤-2.

答案:[2,+∞)　(-∞,-2]

2.已知f(x)= 满足对任意x1≠x2,都有>0成立,那么a的取值范围是　　　　. 

解析:由已知条件得f(x)为增函数,

所以

解得≤a<2,

所以a的取值范围是[,2).

答案:[,2)

考点四　易错辨析

[例4] 已知函数f(x)=则满足不等式f(1-x2)>f(2x)的x的取值范围是　　　　. 

解析:

画出f(x)=的大致图象,

由图象可知,

若f(1-x2)>f(2x),

则

即得x∈(-1,-1).

答案:(-1,-1)

解答本题有两大误区:

(1)误将f(1-x2),f(2x)中的x当成分段函数f(x)=中的x,从而造成失误;

(2)仅考虑函数单调性,由f(1-x2)>f(2x),

得1-x2>2x,却忽略了1-x2>0而失误.

解决分段函数的单调性问题时,

①抓住对变量所在区间的讨论;

②保证各段上同增(减)时,要注意端点值间的大小关系;

③弄清最终结果取并集还是交集.

(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=g(x)=f(x)+x+a.若g(x)存在2个零点,则a的取值范围是(　C　)

(A)[-1,0) (B)[0,+∞)

(C)[-1,+∞) (D)[1,+∞)

解析:

令h(x)=-x-a,

则g(x)=f(x)-h(x).

在同一坐标系中画出y=f(x),

y=h(x)图象的示意图,如图所示.

若g(x)存在2个零点,则y=f(x)的图象与y=h(x)的图象有2个交点,平移y=h(x)的图象,可知当直线y=-x-a过点(0,1)时,有2个交点,此时1=-0-a,a=-1.当y=-x-a在y=-x+1上方,即a<-1时,仅有1个交点,不符合题意.当y=-x-a在y=-x+1下方,即a>-1时,有2个交点,符合题意.综上,a的取值范围为[-1,+∞).故选C.

类型一　分段函数的单调性

1.设函数y=f(x)在(-∞,+∞)内有定义,对于给定的正数k,定义函数fk(x)=若函数f(x)=2-|x|,当k=时,函数fk(x)的单调递增区间为(　C　)

(A)(-∞,0) (B)(0,+∞)

(C)(-∞,-1) (D)(1,+∞)

解析:由f(x)> ,得-1<x<1;

由f(x)≤,得x≤-1或x≥1.

所以(x)=

所以(x)的单调递增区间为(-∞,-1).

2.已知函数f(x)=()|x-1|+a|x+2|.当a=1时,f(x)的单调递减区间为　　　　;当a=-1时,f(x)的单调递增区间为　　　　. 

解析:当a=1时,

f(x)=()|x-1|+a|x+2|=()|x-1|+|x+2|,

求f(x)的单调递减区间,即求u(x)=|x-1|+|x+2|的单调增区间,画出草图(图略),

易知u(x)=|x-1|+|x+2|的单调增区间为[1,+∞),

故f(x)的单调递减区间为[1,+∞).

当a=-1时,f(x)=()|x-1|+a|x+2|=()|x-1|-|x+2|,

求f(x)的单调递增区间即求v(x)=|x-1|-|x+2|的单调减区间,画出草图(图略),

易知v(x)=|x-1|-|x+2|的单调减区间为[-2,1],

故f(x)的单调递增区间为[-2,1].

答案:[1,+∞)　[-2,1]

类型二　利用单调性解不等式

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

(A)(-∞,1) (B)(1,+∞)

(C)(-∞,0)∪(0,1) (D)(-∞,0)∪(1,+∞)

解析:由单调性可知<1,即<0,

所以(x-1)x>0,

所以x<0或x>1.

4.已知f(x)是定义在R上的偶函数,且在(-∞,0)上单调递增,若实数a满足f()>f(-),则a的取值范围是(　B　)

(A)(-∞,) (B)(0,)

(C)(,+∞) (D)(1,)

解析:f(x)是定义在R上的偶函数,且在(-∞,0)上单调递增,

所以在(0,+∞)上单调递减,又f()>f(-),

则-<<,即

解得0<a<,故选B.

5.已知函数f(x)=a为实数,若f(2-x)≥f(x),则x的取值范围为(　D　)

(A)[1,+∞) (B)(-1,+∞)

(C)(-∞,-1] (D)(-∞,1]

解析:当x≤0时,f(x)=ex+a单调递增,

f(x)≤f(0)=1+a,

当x>0时,f(x)=x2+1+a单调递增, f(x)>f(0)=1+a,

所以原函数在R上递增,

f(2-x)≥f(x),则2-x≥x,解得x≤1.

故选D.

6.设函数f(x)=e|x|-,则使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范围是　　　　. 

解析:由题意知f(x)的定义域为R,

又f(-x)=e|-x|-=e|x|-=f(x),

故f(x)是偶函数,

当x>0时,f(x)=ex-,

y=ex是单调递增函数,y=-在(0,+∞)是单调递增函数,根据复合函数的单调性可得f(x)在(0,+∞)是单调递增函数,

又函数f(x)为偶函数,所以原不等式等价于

f(|x|)>f(|2x-1|),|x|>|2x-1|,解得<x<1.

答案:( ,1)

类型三　利用函数的单调性(或最值)求参数(或范围)

7.函数y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减函数,则y=ax2+bx在(0,+∞)上是(　B　)

(A)增函数 (B)减函数

(C)先增后减 (D)先减后增

解析:因为y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减函数,

所以a<0,b<0.

所以函数y=ax2+bx在(-,+∞)上是减函数,

且-<0,所以(0,+∞)⊆(-,+∞),故选B.

8.定义运算“⊗”:a⊗b=设f(x)=(x2-1)⊗(x+5),若函数y=f(x)+k至少有两个零点,则k的取值范围是(　A　)

(A)[-3,1] (B)(-3,1] 

(C)[-3,1) (D)(-3,1)

解析:根据定义可得:f(x)=

所以y=f(x)+k至少有两个零点,转化成函数f(x)与 g(x) =-k的图象至少有两个交点的问题.其中f(x)的图象如图所示.

所以-1≤-k≤3⇒-3≤k≤1.

9.若函数f(x)=x|2x-a|(a>0)在区间[2,4]上单调递增,则实数a的取值范围是　　　　. 

解析:f(x)=

其大致图象如图所示.

所以若函数f(x)在[2,4]上单调递增,

需满足≥4或0<≤2,

解之得a≥16或0<a≤4.

答案:(0,4]∪[16,+∞)

10.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　　　　. 

解析:因为f(x)=e|x-a|=

所以f(x)在[a,+∞)上为增函数,

所以[1,+∞)⊆[a,+∞),所以a≤1.

答案:(-∞,1]

11.若函数g(x)=log3(ax2+2x-1)有最大值1,则实数a的值为　　　　. 

解析:令h(x)=ax2+2x-1,

由于y=log3x在(0,+∞)上是递增函数,

所以要使函数g(x)有最大值1,

应使h(x)=ax2+2x-1有最大值3,

因此有解得a=-.

答案:-