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2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第三章 函数概念与基本初等函数Ⅰ3.2
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§3.2 函数的单调性与最值
最新考纲
考情考向分析
1.理解函数的单调性，会判断函数的单调性．
2.理解函数的最大(小)值的含义，会求简单函数的最大(小)值.
以基本初等函数为载体，考查函数的单调性、单调区间及函数最值的确定与应用；强化对函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的考查，题型既有选择、填空题，又有解答题.
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上的任意两个自变量的值x1，x2
定义
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)单调区间的定义
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)对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(3)对于任意的x∈I，都有f(x)≥M；
(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值
概念方法微思考
1．在判断函数的单调性时，你还知道哪些等价结论？
提示 对任意x1，x2∈D，>0⇔f(x)在D上是增函数，减函数类似．
2．写出对勾函数y＝x＋(a>0)的增区间．
提示 (－∞，－]和[，＋∞)．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若定义在R上的函数f(x)，有f(－1)
(3)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．( × )
(4)函数y＝|x|在R上是增函数．( × )
(5)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( × )
(6)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到．( √ )
题组二 教材改编
2．[P39B组T1]函数f(x)＝x2－2x的单调递增区间是________．
答案 [1，＋∞)(或(1，＋∞))
3．[P31例4]函数y＝在[2,3]上的最大值是________．
答案 2
4．[P44A组T9]若函数f(x)＝x2－2mx＋1在[2，＋∞)上是增函数，则实数m的取值范围是________．
答案 (－∞，2]
解析 由题意知，[2，＋∞)⊆[m，＋∞)，∴m≤2.
题组三 易错自纠
5．函数y＝(x2－4)的单调递减区间为________．
答案 (2，＋∞)
6．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调增区间是[3，＋∞)，则a的值为________．
答案 －6
解析 由图象(图略)易知函数f(x)＝|2x＋a|的单调增区间是，令－＝3，得a＝－6.
7．(2015·浙江)已知函数f(x)＝则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________．
答案 0 2－3
解析 f(f(－3))＝f(1)＝0，当x≥1时，f(x)＝x＋－3≥2－3，当且仅当x＝时，取等号；当x＜1时，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg 1＝0，当且仅当x＝0时，取等号，∴f(x)的最小值为2－3.
题型一 确定函数的单调性(区间)
命题点1 给出具体解析式的函数的单调性
例1 (1)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
答案 D
解析 由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.
设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数．
要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间．
∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)，
∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．
故选D.
(2)函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调递减区间是__________________．
答案 [－1,0]，[1，＋∞)
解析 由题意知，
当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；
当x<0时，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，
二次函数的图象如图．
由图象可知，函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调递减区间为[－1,0]，[1，＋∞)．
命题点2 解析式含参数的函数的单调性
例2 判断并证明函数f(x)＝ax2＋(其中1＜a＜3)在[1,2]上的单调性．
解 函数f(x)＝ax2＋(1
f(x2)－f(x1)＝ax＋－ax－
＝(x2－x1)，
由1≤x1＜x2≤2，得x2－x1＞0,2＜x1＋x2＜4，
1＜x1x2＜4，－1＜－＜－.
又因为1＜a＜3，
所以2＜a(x1＋x2)＜12，
得a(x1＋x2)－＞0，
从而f(x2)－f(x1)＞0，即f(x2)＞f(x1)，
故当a∈(1,3)时，f(x)在[1,2]上单调递增．
引申探究
如何用导数法求解本例？
解 ∵f′(x)＝2ax－＝，
∵1≤x≤2，∴1≤x3≤8，
又1＜a＜3，∴2ax3－1＞0，∴f′(x)＞0，
∴函数f(x)＝ax2＋(其中1＜a＜3)在[1,2]上是增函数．
思维升华 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和导数法．
(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不能用“∪”连接．
(4)具有单调性函数的加减．
跟踪训练1 (1)设函数f(x)与g(x)的定义域为R，且f(x)单调递增，F(x)＝f(x)＋g(x)，G(x)＝f(x)－g(x)．若对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，不等式[f(x1)－f(x2)]2＞[g(x1)－g(x2)]2恒成立．则( )
A．F(x)，G(x)都是增函数
B．F(x)，G(x)都是减函数
C．F(x)是增函数，G(x)是减函数
D．F(x)是减函数，G(x)是增函数
答案 A
解析 对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，
不等式[f(x1)－f(x2)]2＞[g(x1)－g(x2)]2恒成立，
不妨设x1＞x2，
∵f(x)单调递增，∴f(x1)－f(x2)＞g(x1)－g(x2)，
且f(x1)－f(x2)＞－g(x1)＋g(x2)，
∵F(x1)＝f(x1)＋g(x1)，
F(x2)＝f(x2)＋g(x2)，
∴F(x1)－F(x2)＝f(x1)＋g(x1)－f(x2)－g(x2)＝f(x1)－f(x2)－(g(x2)－g(x1))＞0，
∴F(x)为增函数；
同理可证G(x)为增函数，故选A.
(2)函数y＝－(x－3)|x|的单调递增区间是________．
答案
解析 y＝－(x－3)|x|
＝
作出该函数的图象，观察图象知单调递增区间为.
题型二 函数的最值(值域)
1．(2017·浙江)若函数f(x)＝x2＋ax＋b在区间[0,1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m( )
A．与a有关，且与b有关
B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关
D．与a无关，但与b有关
答案 B
解析 方法一 设x1，x2分别是函数f(x)在[0,1]上的最小值点与最大值点，
则m＝x＋ax1＋b，M＝x＋ax2＋b.
∴M－m＝x－x＋a(x2－x1)，
显然此值与a有关，与b无关．
故选B.
方法二 由题意可知，函数f(x)的二次项系数为固定值，则二次函数图象的形状一定．随着b的变动，相当于图象上下移动，若b增大k个单位，则最大值与最小值分别变为M＋k，m＋k，而(M＋k)－(m＋k)＝M－m，故与b无关．随着a的变动，相当于图象左右移动，则M－m的值在变化，故与a有关，故选B.
2．(2018·宁波九校联考)设函数f(x)＝log2x＋ax＋b(a＞0)，若存在实数b，使得对任意的x∈[t，t＋2](t＞0)都有|f(x)|≤1＋a，则t的最小值是( )
A．2 B．1 C. D.
答案 D
解析 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由对任意的x∈[t，t＋2](t＞0)都有|f(x)|≤1＋a，
可得－1－a≤f(x)≤1＋a恒成立，
∴－1－a≤f(x)min＝f(t)＝log2t＋at＋b，①
1＋a≥f(x)max＝f(t＋2)＝log2(t＋2)＋a(t＋2)＋b，
即－1－a≤－log2(t＋2)－a(t＋2)－b，②
①＋②可得－2－2a≤log2t＋at＋b－log2(t＋2)－a(t＋2)－b，
化为log2≥－2，解得≥，
解得t≥，则t的最小值为.
3．已知函数f(x)＝则f(x)的最小值是________．
答案 2－6
解析 当x≤1时，f(x)min＝0，当x＞1时，f(x)min＝2－6，当且仅当x＝时取到最小值，又2－6＜0，所以f(x)min＝2－6.
4．若函数f(x)＝的值域为R，则实数a的取值范围是________．
答案 [－1,2]
解析 依题意，y＝2x＋a(x≤1)，y＝a2＋ln x(x＞1)在各自的定义域上单调递增，由函数f(x)的值域为R，得2＋a≥a2，解得－1≤a≤2.
思维升华 求函数最值的五种常用方法及其思路
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．
(2)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．
(3)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．
(4)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．
(5)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．
题型三 函数单调性的应用
命题点1 比较大小
例3 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 根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数，因为a＝f＝f，且2<<3，所以b>a>c.
命题点2 解函数不等式
例4 若f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则当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，＋∞)上的单调增函数，
所以有解得8
例5 (1)已知f(x)＝是(－∞，＋∞)上的减函数，则a的取值范围是( )
A．(0,1) B.
C. D.
答案 C
解析 由f(x)是减函数，得
∴≤a＜，∴a的取值范围是.
(2)已知ex＋x3＋x＋1＝0，－27y3－3y＋1＝0，则ex＋3y的值为________．
答案 1
解析 根据题意有x与－3y满足同一个方程，em＋m3＋m＋1＝0，
令f(m)＝em＋m3＋m＋1，
因为f′(m)＝em＋3m2＋1＞0，
所以f(m)是增函数，所以f(m)＝0只有唯一解，
所以x＝－3y，所以x＋3y＝0，所以有ex＋3y＝1.
思维升华 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
(1)比较大小．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)解不等式．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．
①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；
②需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的；
③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．
跟踪训练2 (1)如果函数f(x)＝满足对任意x1≠x2，都有>0成立，那么a的取值范围是________．
答案
解析 对任意x1≠x2，都有＞0.
所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．
所以解得≤a＜2.
故实数a的取值范围是.
(2)定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f＝0，则不等式f(x)>0的解集为________________．
答案
解析 由题意知，f ＝－f ＝0，
f(x)在(－∞，0)上也单调递增．
∴f(x)＞f 或f(x)＞f ，
∴x＞或－＜x＜0，
解得0＜x＜或1＜x＜3.
∴原不等式的解集为.
1．(2018·台州路桥中学检测)如果函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4]上单调递减，那么实数a的取值范围是( )
A．a≤－3 B．a≥－3
C．a≤5 D．a≥5
答案 A
解析 由题意得，函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2的对称轴为x＝1－a，所以二次函数的单调递减区间为(－∞，1－a]，又函数在区间(－∞，4]上单调递减，所以1－a≥4，所以a≤－3.
2．已知函数f(x)＝，则该函数的单调递增区间为( )
A．(－∞，1] B．[3，＋∞)
C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)
答案 B
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f(x)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t在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝当x1≠x2时，<0，则a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 当x1≠x2时，<0，
∴f(x)是R上的减函数．
∵f(x)＝ ∴
∴0
A．2 B．1 C．0 D．e
答案 A
解析 由题意得f(x)－ln x为常数，设为a，
则f(a)－ln a＝a，
又f(a)＝1，∴1－ln a＝a，∴a＝1，
因此f(e)＝ln e＋1＝2.
5．已知定义在R上的奇函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，若f(x2－2x＋a)
C．(－3，＋∞) D.
答案 D
解析 依题意得f(x)在R上是减函数，所以f(x2－2x＋a)x＋1对任意的x∈[－1,2]恒成立，等价于a>－x2＋3x＋1对任意的x∈
[－1,2]恒成立．设g(x)＝－x2＋3x＋1(－1≤x≤2)，则g(x)＝－2＋(－1≤x≤2)，当x＝时，g(x)取得最大值，且g(x)max＝g＝，因此a>，故选D.
6．(2018·浙江镇海中学月考)若函数f(x)＝(a＞0，且a≠1)的值域为[3，＋∞)，则实数a的取值范围为( )
A．(1,3] B．(1,3)
C．(3，＋∞) D．[3，＋∞)
答案 A
解析 当x≤3时，函数f(x)＝x2－2x＋4＝(x－1)2＋3的值域为[3，＋∞)，
当x＞3时，2＋logax≥3，即x＞3时，logax≥1＝logaa，
a＞1，且x＞3时x≥a恒成立．
∴1＜a≤3，
∴实数a的取值范围是(1,3]．
7．已知奇函数f(x)在R上是增函数．若a＝－f，b＝f，c＝f(20.8)，则a，b，c的大小关系为________________．
答案 a>b>c
解析 ∵f(x)在R上是奇函数，
∴a＝－f＝f＝f(log25)．
又f(x)在R上是增函数，
且log25>log24.1>log24＝2>20.8，
∴f(log25)>f(log24.1)>f(20.8)，∴a>b>c.
8．设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．
答案 [0,1)
解析 由题意知g(x)＝
函数g(x)的图象如图所示，其单调递减区间为[0,1)．
9．函数f(x)＝＋的值域为________．
答案 [，]
解析 由题意得，0≤x≤2，
∴设x＝2cos2θ，
∴f(x)＝＋＝2sin θ＋cos θ＝sin(θ＋φ)，
其中sin φ＝，cos φ＝，
而φ≤θ＋φ≤＋φ，
∴≤sin(θ＋φ)≤1，故所求值域是[，]．
10．设函数f(x)＝若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是__________________．
答案 (－∞，1]∪[4，＋∞)
解析 作函数f(x)的图象如图所示，
由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，
即a≤1或a≥4.
11．已知f(x)＝(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．
(1)证明 设x1＜x2＜－2，
则f(x1)－f(x2)＝－＝.
因为(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，
所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．
(2)解 设1＜x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝－
＝.
因为a＞0，x2－x1＞0，
所以要使f(x1)－f(x2)＞0，
只需(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，
所以a≤1.综上所述，0＜a≤1.
12．函数f(x)＝4x2－4ax＋a2－2a＋2在区间[0,2]上有最小值3，求a的值．
解 f(x)＝42－2a＋2，
①当≤0，即a≤0时，函数f(x)在[0,2]上是增函数．
∴f(x)min＝f(0)＝a2－2a＋2.
由a2－2a＋2＝3，得a＝1±.
∵a≤0，∴a＝1－.
②当0<<2，即0
由－2a＋2＝3，得a＝－∉(0,4)，舍去．
③当≥2，即a≥4时，函数f(x)在[0,2]上是减函数，
f(x)min＝f(2)＝a2－10a＋18.
由a2－10a＋18＝3，得a＝5±.
∵a≥4，∴a＝5＋.
综上所述，a＝1－或a＝5＋.
13．已知f(x)＝不等式f(x＋a)>f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，－2)
解析 二次函数y1＝x2－4x＋3的对称轴是x＝2，
∴该函数在(－∞，0]上单调递减，
∴x2－4x＋3≥3，同样可知函数y2＝－x2－2x＋3在(0，＋∞)上单调递减，
∴且在x＝0时两个表达式的值都为3.
∴f(x)在R上单调递减，
∴由f(x＋a)>f(2a－x)得到x＋a<2a－x，
即2x
14．已知函数f(x)＝2 020x＋ln(＋x)－2 020－x＋1，则不等式f(2x－1)＋f(2x)>2的解集为____________．
答案
解析 由题意知，f(－x)＋f(x)＝2，∴f(2x－1)＋f(2x)>2可化为f(2x－1)>f(－2x)，又由题意知函数f(x)在R上单调递增，∴2x－1>－2x，∴x>，∴原不等式的解集为.
15．记min{x，y}＝设f(x)＝min{x2，x3}，则( )
A．存在t＞0，|f(t)＋f(－t)|＞f(t)－f(－t)
B．存在t＞0，|f(t)－f(－t)|＞f(t)－f(－t)
C．存在t＞0，|f(1＋t)＋f(1－t)|＞f(1＋t)＋f(1－t)
D．存在t＞0，|f(1＋t)－f(1－t)|＞f(1＋t)－f(1－t)
答案 C
解析 作出函数f(x)＝min{x2，x3}的图象，显然该函数是单调递增的，所以对任意的t＞0均有
|f(t)－f(－t)|＝f(t)－f(－t)，
且|f(1＋t)－f(1－t)|＝f(1＋t)－f(1－t)，因此排除B，D.
考虑选项A，当0＜t≤1时，f(t)＝t3，f(－t)＝－t3，则
|f(t)＋f(－t)|＝|t3＋(－t)3|＝t3－t3＝0，
f(t)－f(－t)＝2t3＞0；
当t＞1时，f(t)＝t2，f(－t)＝－t3，则
|f(t)＋f(－t)|＝|t2－t3|＝t3－t2，f(t)－f(－t)＝t2＋t3，
又t3－t2－(t2＋t3)＝－2t2＜0，
所以|f(t)＋f(－t)|＜f(t)－f(－t)，
排除A.故选C.
16．(2018·浙江金华十校联考)若定义在(0,1)上的函数f(x)满足f(x)＞0且对任意的x∈(0,1)，有f＝2f(x)，则( )
A．对任意的正数M，存在x∈(0,1)，使f(x)≥M
B．存在正数M，对任意的x∈(0,1)，使f(x)≤M
C．对任意的x1，x2∈(0,1)且x1＜x2，有f(x1)＜f(x2)
D．对任意的x1，x2∈(0,1)且x1＜x2，有f(x1)＞f(x2)
答案 A
解析 构造数列{xn}，满足x1∈(0,1)，xn＋1＝.
由数学归纳法易知，xn∈(0,1)，xn＋1－xn＝＞0，所以{xn}是单调递增数列．
由题意可知，f(xn＋1)＝2f(xn)，
所以{f(xn)}是以f(x1)为首项，2为公比的等比数列，
所以f(xn)＝f(x1)·2n－1，则对任意的整数M，
存在正整数N＝max，
则当n≥N时，f(xn)＝f(x1)·2n－1≥
f(x1)·≥f(x1)·＝M，故选A.
最新考纲
考情考向分析
1.理解函数的单调性，会判断函数的单调性．
2.理解函数的最大(小)值的含义，会求简单函数的最大(小)值.
以基本初等函数为载体，考查函数的单调性、单调区间及函数最值的确定与应用；强化对函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的考查，题型既有选择、填空题，又有解答题.
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上的任意两个自变量的值x1，x2
定义
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)单调区间的定义
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)对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(3)对于任意的x∈I，都有f(x)≥M；
(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值
概念方法微思考
1．在判断函数的单调性时，你还知道哪些等价结论？
提示 对任意x1，x2∈D，>0⇔f(x)在D上是增函数，减函数类似．
2．写出对勾函数y＝x＋(a>0)的增区间．
提示 (－∞，－]和[，＋∞)．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若定义在R上的函数f(x)，有f(－1)
(3)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．( × )
(4)函数y＝|x|在R上是增函数．( × )
(5)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( × )
(6)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到．( √ )
题组二 教材改编
2．[P39B组T1]函数f(x)＝x2－2x的单调递增区间是________．
答案 [1，＋∞)(或(1，＋∞))
3．[P31例4]函数y＝在[2,3]上的最大值是________．
答案 2
4．[P44A组T9]若函数f(x)＝x2－2mx＋1在[2，＋∞)上是增函数，则实数m的取值范围是________．
答案 (－∞，2]
解析 由题意知，[2，＋∞)⊆[m，＋∞)，∴m≤2.
题组三 易错自纠
5．函数y＝(x2－4)的单调递减区间为________．
答案 (2，＋∞)
6．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调增区间是[3，＋∞)，则a的值为________．
答案 －6
解析 由图象(图略)易知函数f(x)＝|2x＋a|的单调增区间是，令－＝3，得a＝－6.
7．(2015·浙江)已知函数f(x)＝则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________．
答案 0 2－3
解析 f(f(－3))＝f(1)＝0，当x≥1时，f(x)＝x＋－3≥2－3，当且仅当x＝时，取等号；当x＜1时，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg 1＝0，当且仅当x＝0时，取等号，∴f(x)的最小值为2－3.
题型一 确定函数的单调性(区间)
命题点1 给出具体解析式的函数的单调性
例1 (1)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
答案 D
解析 由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.
设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数．
要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间．
∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)，
∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．
故选D.
(2)函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调递减区间是__________________．
答案 [－1,0]，[1，＋∞)
解析 由题意知，
当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；
当x<0时，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，
二次函数的图象如图．
由图象可知，函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调递减区间为[－1,0]，[1，＋∞)．
命题点2 解析式含参数的函数的单调性
例2 判断并证明函数f(x)＝ax2＋(其中1＜a＜3)在[1,2]上的单调性．
解 函数f(x)＝ax2＋(1
f(x2)－f(x1)＝ax＋－ax－
＝(x2－x1)，
由1≤x1＜x2≤2，得x2－x1＞0,2＜x1＋x2＜4，
1＜x1x2＜4，－1＜－＜－.
又因为1＜a＜3，
所以2＜a(x1＋x2)＜12，
得a(x1＋x2)－＞0，
从而f(x2)－f(x1)＞0，即f(x2)＞f(x1)，
故当a∈(1,3)时，f(x)在[1,2]上单调递增．
引申探究
如何用导数法求解本例？
解 ∵f′(x)＝2ax－＝，
∵1≤x≤2，∴1≤x3≤8，
又1＜a＜3，∴2ax3－1＞0，∴f′(x)＞0，
∴函数f(x)＝ax2＋(其中1＜a＜3)在[1,2]上是增函数．
思维升华 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和导数法．
(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不能用“∪”连接．
(4)具有单调性函数的加减．
跟踪训练1 (1)设函数f(x)与g(x)的定义域为R，且f(x)单调递增，F(x)＝f(x)＋g(x)，G(x)＝f(x)－g(x)．若对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，不等式[f(x1)－f(x2)]2＞[g(x1)－g(x2)]2恒成立．则( )
A．F(x)，G(x)都是增函数
B．F(x)，G(x)都是减函数
C．F(x)是增函数，G(x)是减函数
D．F(x)是减函数，G(x)是增函数
答案 A
解析 对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，
不等式[f(x1)－f(x2)]2＞[g(x1)－g(x2)]2恒成立，
不妨设x1＞x2，
∵f(x)单调递增，∴f(x1)－f(x2)＞g(x1)－g(x2)，
且f(x1)－f(x2)＞－g(x1)＋g(x2)，
∵F(x1)＝f(x1)＋g(x1)，
F(x2)＝f(x2)＋g(x2)，
∴F(x1)－F(x2)＝f(x1)＋g(x1)－f(x2)－g(x2)＝f(x1)－f(x2)－(g(x2)－g(x1))＞0，
∴F(x)为增函数；
同理可证G(x)为增函数，故选A.
(2)函数y＝－(x－3)|x|的单调递增区间是________．
答案
解析 y＝－(x－3)|x|
＝
作出该函数的图象，观察图象知单调递增区间为.
题型二 函数的最值(值域)
1．(2017·浙江)若函数f(x)＝x2＋ax＋b在区间[0,1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m( )
A．与a有关，且与b有关
B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关
D．与a无关，但与b有关
答案 B
解析 方法一 设x1，x2分别是函数f(x)在[0,1]上的最小值点与最大值点，
则m＝x＋ax1＋b，M＝x＋ax2＋b.
∴M－m＝x－x＋a(x2－x1)，
显然此值与a有关，与b无关．
故选B.
方法二 由题意可知，函数f(x)的二次项系数为固定值，则二次函数图象的形状一定．随着b的变动，相当于图象上下移动，若b增大k个单位，则最大值与最小值分别变为M＋k，m＋k，而(M＋k)－(m＋k)＝M－m，故与b无关．随着a的变动，相当于图象左右移动，则M－m的值在变化，故与a有关，故选B.
2．(2018·宁波九校联考)设函数f(x)＝log2x＋ax＋b(a＞0)，若存在实数b，使得对任意的x∈[t，t＋2](t＞0)都有|f(x)|≤1＋a，则t的最小值是( )
A．2 B．1 C. D.
答案 D
解析 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由对任意的x∈[t，t＋2](t＞0)都有|f(x)|≤1＋a，
可得－1－a≤f(x)≤1＋a恒成立，
∴－1－a≤f(x)min＝f(t)＝log2t＋at＋b，①
1＋a≥f(x)max＝f(t＋2)＝log2(t＋2)＋a(t＋2)＋b，
即－1－a≤－log2(t＋2)－a(t＋2)－b，②
①＋②可得－2－2a≤log2t＋at＋b－log2(t＋2)－a(t＋2)－b，
化为log2≥－2，解得≥，
解得t≥，则t的最小值为.
3．已知函数f(x)＝则f(x)的最小值是________．
答案 2－6
解析 当x≤1时，f(x)min＝0，当x＞1时，f(x)min＝2－6，当且仅当x＝时取到最小值，又2－6＜0，所以f(x)min＝2－6.
4．若函数f(x)＝的值域为R，则实数a的取值范围是________．
答案 [－1,2]
解析 依题意，y＝2x＋a(x≤1)，y＝a2＋ln x(x＞1)在各自的定义域上单调递增，由函数f(x)的值域为R，得2＋a≥a2，解得－1≤a≤2.
思维升华 求函数最值的五种常用方法及其思路
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．
(2)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．
(3)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．
(4)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．
(5)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．
题型三 函数单调性的应用
命题点1 比较大小
例3 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 根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数，因为a＝f＝f，且2<<3，所以b>a>c.
命题点2 解函数不等式
例4 若f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则当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，＋∞)上的单调增函数，
所以有解得8
例5 (1)已知f(x)＝是(－∞，＋∞)上的减函数，则a的取值范围是( )
A．(0,1) B.
C. D.
答案 C
解析 由f(x)是减函数，得
∴≤a＜，∴a的取值范围是.
(2)已知ex＋x3＋x＋1＝0，－27y3－3y＋1＝0，则ex＋3y的值为________．
答案 1
解析 根据题意有x与－3y满足同一个方程，em＋m3＋m＋1＝0，
令f(m)＝em＋m3＋m＋1，
因为f′(m)＝em＋3m2＋1＞0，
所以f(m)是增函数，所以f(m)＝0只有唯一解，
所以x＝－3y，所以x＋3y＝0，所以有ex＋3y＝1.
思维升华 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
(1)比较大小．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)解不等式．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．
①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；
②需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的；
③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．
跟踪训练2 (1)如果函数f(x)＝满足对任意x1≠x2，都有>0成立，那么a的取值范围是________．
答案
解析 对任意x1≠x2，都有＞0.
所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．
所以解得≤a＜2.
故实数a的取值范围是.
(2)定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f＝0，则不等式f(x)>0的解集为________________．
答案
解析 由题意知，f ＝－f ＝0，
f(x)在(－∞，0)上也单调递增．
∴f(x)＞f 或f(x)＞f ，
∴x＞或－＜x＜0，
解得0＜x＜或1＜x＜3.
∴原不等式的解集为.
1．(2018·台州路桥中学检测)如果函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4]上单调递减，那么实数a的取值范围是( )
A．a≤－3 B．a≥－3
C．a≤5 D．a≥5
答案 A
解析 由题意得，函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2的对称轴为x＝1－a，所以二次函数的单调递减区间为(－∞，1－a]，又函数在区间(－∞，4]上单调递减，所以1－a≥4，所以a≤－3.
2．已知函数f(x)＝，则该函数的单调递增区间为( )
A．(－∞，1] B．[3，＋∞)
C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)
答案 B
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f(x)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t在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝当x1≠x2时，<0，则a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 当x1≠x2时，<0，
∴f(x)是R上的减函数．
∵f(x)＝ ∴
∴0
A．2 B．1 C．0 D．e
答案 A
解析 由题意得f(x)－ln x为常数，设为a，
则f(a)－ln a＝a，
又f(a)＝1，∴1－ln a＝a，∴a＝1，
因此f(e)＝ln e＋1＝2.
5．已知定义在R上的奇函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，若f(x2－2x＋a)
C．(－3，＋∞) D.
答案 D
解析 依题意得f(x)在R上是减函数，所以f(x2－2x＋a)
[－1,2]恒成立．设g(x)＝－x2＋3x＋1(－1≤x≤2)，则g(x)＝－2＋(－1≤x≤2)，当x＝时，g(x)取得最大值，且g(x)max＝g＝，因此a>，故选D.
6．(2018·浙江镇海中学月考)若函数f(x)＝(a＞0，且a≠1)的值域为[3，＋∞)，则实数a的取值范围为( )
A．(1,3] B．(1,3)
C．(3，＋∞) D．[3，＋∞)
答案 A
解析 当x≤3时，函数f(x)＝x2－2x＋4＝(x－1)2＋3的值域为[3，＋∞)，
当x＞3时，2＋logax≥3，即x＞3时，logax≥1＝logaa，
a＞1，且x＞3时x≥a恒成立．
∴1＜a≤3，
∴实数a的取值范围是(1,3]．
7．已知奇函数f(x)在R上是增函数．若a＝－f，b＝f，c＝f(20.8)，则a，b，c的大小关系为________________．
答案 a>b>c
解析 ∵f(x)在R上是奇函数，
∴a＝－f＝f＝f(log25)．
又f(x)在R上是增函数，
且log25>log24.1>log24＝2>20.8，
∴f(log25)>f(log24.1)>f(20.8)，∴a>b>c.
8．设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．
答案 [0,1)
解析 由题意知g(x)＝
函数g(x)的图象如图所示，其单调递减区间为[0,1)．
9．函数f(x)＝＋的值域为________．
答案 [，]
解析 由题意得，0≤x≤2，
∴设x＝2cos2θ，
∴f(x)＝＋＝2sin θ＋cos θ＝sin(θ＋φ)，
其中sin φ＝，cos φ＝，
而φ≤θ＋φ≤＋φ，
∴≤sin(θ＋φ)≤1，故所求值域是[，]．
10．设函数f(x)＝若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是__________________．
答案 (－∞，1]∪[4，＋∞)
解析 作函数f(x)的图象如图所示，
由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，
即a≤1或a≥4.
11．已知f(x)＝(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．
(1)证明 设x1＜x2＜－2，
则f(x1)－f(x2)＝－＝.
因为(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，
所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．
(2)解 设1＜x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝－
＝.
因为a＞0，x2－x1＞0，
所以要使f(x1)－f(x2)＞0，
只需(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，
所以a≤1.综上所述，0＜a≤1.
12．函数f(x)＝4x2－4ax＋a2－2a＋2在区间[0,2]上有最小值3，求a的值．
解 f(x)＝42－2a＋2，
①当≤0，即a≤0时，函数f(x)在[0,2]上是增函数．
∴f(x)min＝f(0)＝a2－2a＋2.
由a2－2a＋2＝3，得a＝1±.
∵a≤0，∴a＝1－.
②当0<<2，即0
由－2a＋2＝3，得a＝－∉(0,4)，舍去．
③当≥2，即a≥4时，函数f(x)在[0,2]上是减函数，
f(x)min＝f(2)＝a2－10a＋18.
由a2－10a＋18＝3，得a＝5±.
∵a≥4，∴a＝5＋.
综上所述，a＝1－或a＝5＋.
13．已知f(x)＝不等式f(x＋a)>f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，－2)
解析 二次函数y1＝x2－4x＋3的对称轴是x＝2，
∴该函数在(－∞，0]上单调递减，
∴x2－4x＋3≥3，同样可知函数y2＝－x2－2x＋3在(0，＋∞)上单调递减，
∴且在x＝0时两个表达式的值都为3.
∴f(x)在R上单调递减，
∴由f(x＋a)>f(2a－x)得到x＋a<2a－x，
即2x
14．已知函数f(x)＝2 020x＋ln(＋x)－2 020－x＋1，则不等式f(2x－1)＋f(2x)>2的解集为____________．
答案
解析 由题意知，f(－x)＋f(x)＝2，∴f(2x－1)＋f(2x)>2可化为f(2x－1)>f(－2x)，又由题意知函数f(x)在R上单调递增，∴2x－1>－2x，∴x>，∴原不等式的解集为.
15．记min{x，y}＝设f(x)＝min{x2，x3}，则( )
A．存在t＞0，|f(t)＋f(－t)|＞f(t)－f(－t)
B．存在t＞0，|f(t)－f(－t)|＞f(t)－f(－t)
C．存在t＞0，|f(1＋t)＋f(1－t)|＞f(1＋t)＋f(1－t)
D．存在t＞0，|f(1＋t)－f(1－t)|＞f(1＋t)－f(1－t)
答案 C
解析 作出函数f(x)＝min{x2，x3}的图象，显然该函数是单调递增的，所以对任意的t＞0均有
|f(t)－f(－t)|＝f(t)－f(－t)，
且|f(1＋t)－f(1－t)|＝f(1＋t)－f(1－t)，因此排除B，D.
考虑选项A，当0＜t≤1时，f(t)＝t3，f(－t)＝－t3，则
|f(t)＋f(－t)|＝|t3＋(－t)3|＝t3－t3＝0，
f(t)－f(－t)＝2t3＞0；
当t＞1时，f(t)＝t2，f(－t)＝－t3，则
|f(t)＋f(－t)|＝|t2－t3|＝t3－t2，f(t)－f(－t)＝t2＋t3，
又t3－t2－(t2＋t3)＝－2t2＜0，
所以|f(t)＋f(－t)|＜f(t)－f(－t)，
排除A.故选C.
16．(2018·浙江金华十校联考)若定义在(0,1)上的函数f(x)满足f(x)＞0且对任意的x∈(0,1)，有f＝2f(x)，则( )
A．对任意的正数M，存在x∈(0,1)，使f(x)≥M
B．存在正数M，对任意的x∈(0,1)，使f(x)≤M
C．对任意的x1，x2∈(0,1)且x1＜x2，有f(x1)＜f(x2)
D．对任意的x1，x2∈(0,1)且x1＜x2，有f(x1)＞f(x2)
答案 A
解析 构造数列{xn}，满足x1∈(0,1)，xn＋1＝.
由数学归纳法易知，xn∈(0,1)，xn＋1－xn＝＞0，所以{xn}是单调递增数列．
由题意可知，f(xn＋1)＝2f(xn)，
所以{f(xn)}是以f(x1)为首项，2为公比的等比数列，
所以f(xn)＝f(x1)·2n－1，则对任意的整数M，
存在正整数N＝max，
则当n≥N时，f(xn)＝f(x1)·2n－1≥
f(x1)·≥f(x1)·＝M，故选A.
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