专题05 函数 5.5单调性 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版）.docx

《专题05 函数 5.5单调性 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题05 函数 5.5单调性 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版）.docx（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题四 函数讲义5.5 单调性知识梳理.单调性1增函数、减函数定义：设函数f(x)的定义域为I：(1)增函数：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，当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数(2)减函数：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，当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数2单调性、单调区间若函数yf(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数yf(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做函数yf(x)的单调区间. 3.判断函数单

2、调性常用方法(1)定义法：一般步骤为设元作差变形判断符号得出结论.(2)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的上升或下降确定单调性.(3)导数法：先求导数，利用导数值的正负确定函数的单调区间.(4)性质法：对于由基本初等函数的和、差构成的函数，根据各初等函数的增减性及f(x)±g(x)增减性质进行判断；对于复合函数，先将函数yf(g(x)分解成yf(t)和tg(x)，再讨论(判断)这两个函数的单调性，最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判断.4函数的最值设函数yf(x)的定义域为I，如果存在实数M满足：(1)对于任意的xI，都有f(x)M或f

3、(x)M(2)存在x0I，使得f(x0)M.那么，我们称M是函数yf(x)的最大值或最小值题型一. 常见函数的单调性（单调区间）1函数f（x）ln（x22x8）的单调递增区间是（）A（，2）B（，1）C（1，+）D（4，+）【解答】解：由x22x80得：x（，2）（4，+），令tx22x8，则ylnt，x（，2）时，tx22x8为减函数；x（4，+）时，tx22x8为增函数；ylnt为增函数，故函数f（x）ln（x22x8）的单调递增区间是（4，+），故选：D2已知函数f（x）e|xa|（a为常数）若f（x）在区间1，+）上是增函数，则a的取值范围是（）A（，1）B（，1C（1，+）D1，+）

4、【解答】解：因为函数f（x）e|xa|（a为常数）若f（x）在区间1，+）上是增函数由复合函数的单调性知，必有t|xa|在区间1，+）上是增函数又t|xa|在区间a，+）上是增函数，所以1，+）a，+），故有a1，故选：B3已知函数f（x）=x2+(4a3)x+3a，x0loga(x+1)+2，x0（a0且a1）是R上的单调函数，则a的取值范围是（）A（0，34B34，1）C23，34D（23，34【解答】解：由题意，分段函数是在R上单调递减，可得对数的底数需满足0a1，根据二次函数开口向上，二次函数在（，b2a）单调递减，可得b2a0且x2+（4a3）x+3aminloga（x+1）+2ma

5、x，故而得：4a320，解答a34，并且3a2，a（0，1）解得：1a23a的取值范围是23，34，故选：C4已知函数f（x）=(a2)x，x2(12)x1，x2，满足对任意的实数x1x2，都有f(x1)f(x2)x1x20成立，则实数a的取值范围为（）A（1，+）B(，138C(，138)D(138，+)【解答】解：由于f（x）满足对任意的实数x1x2，都有f(x1)f(x2)x1x20成立，f（x）为R上的减函数，又函数f（x）=(a2)x，x2(12)x1，x2，a202(a2)(12)21，解得a138，实数a的取值范围为(，138)故选：C题型二.利用函数单调性求值域、最值1若函数f

6、（x）=(12a)x+3a，x12x1，x1的值域为R，则a的取值范围是（）A0，12）B（12，1C1，12）D（0，12）【解答】解：由题意可得，y（12a）x+3a单调递增且12a+3a1，故12a01+a1，解可得，0a12故选：A2已知函数f（x）lg（ax2+（2a）x+14）的值域为R，则实数a的取值范围是（）A（1，4）B（1，4）0C（0，14，+）D0，14，+）【解答】解：对a分类讨论：a0时，函数f（x）lg（2x+14），由2x+140，可得函数f（x）的值域为R，因此a0满足题意a0时，要使得函数f（x）lg（ax2+（2a）x+14）的值域为R，则a0=(2a)2

7、4a×140，解得0a1，或a4则实数a的取值范围是0，14，+），故选：D3已知函数f（x）=x22ax+12，x1x+4x+a，x1，若f（x）的最小值为f（1），则实数a的取值范围是3，+）【解答】解：由题意可知要保证f（x）的最小值为f（1），需满足a1f(2)f(1)，即a12+42+a12a+12，解得a3故答案为：3，+）4已知函数f（x）2x，则函数f（f（x）的值域是（）A（0，+）B（1，+）C1，+）DR【解答】解：由指数函数的性质可知，函数f（x）2x的值域为（0，+），令t2x，则t0，f（f（x）f（t）2t201，即所求函数的值域为（1，+）故选：B5已

8、知函数f（x）lnx12ax2+（a1）x+a（a0）的值域与函数f（f（x）的值域相同，则a的取值范围为（）A（0，1B（1，+）C(0，43D43，+）【解答】解：函数f（x）lnx12ax2+（a1）x+a（a0），其定义域满足：x0则f（x）=1xax+（a1）（a0）令f（x）0，可得x=1a（舍去），x1当x（0，1）时，f（x）0，f（x）在区间（0，1）递增；当x（1，+）时，f（x）0，f（x）在区间（1，+）递减；当x1时，f（x）取得最大值为32a1；f（x）的值域为（，32a1，函数f（f（x）的值域为（，32a1，则32a11；解得：a43则a的取值范围为43，+）；

9、故选：D题型三.利用函数单调性比较大小1已知函数f（x）的图象关于直线x1对称，当x2x11时，f（x2）f（x1）（x2x1）0恒成立，设af（12），bf（2），cf（e），则a，b，c的大小关系为（）AcabBcbaCacbDbac【解答】解：当x2x11时，f（x2）f（x1）（x2x1）0恒成立，f（x）在（1，+）上单调递减，又函数f（x）的图象关于直线x1对称，af（12）f（52），又bf（2），cf（e），且252e，f（x）在（1，+）上单调递减，f（2）f（52）f（e），af（12）f（52），bf（2），cf（e），bac，故选：D2已知函数yf（x）在区间（，0）内

10、单调递增，且f（x）f（x），若af（log123），bf（21.2），cf（12），则a，b，c的大小关系为（）AacbBbcaCbacDabc【解答】解：根据题意，函数yf（x）满足f（x）f（x），则函数f（x）为偶函数，又由函数yf（x）在区间（，0）内单调递增，则f（x）在（0，+）上递减，af（log123）f（log23），bf（21.2），cf（12）f（21），又由21.2211log23，则bca，故选：B3（2013·天津）设函数f（x）ex+x2，g（x）lnx+x23若实数a，b满足f（a）0，g（b）0，则（）Ag（a）0f（b）Bf（b）0g（a）C0g

11、（a）f（b）Df（b）g（a）0【解答】解：由于yex及yx2关于x是单调递增函数，函数f（x）ex+x2在R上单调递增，分别作出yex，y2x的图象，f（0）1+020，f（1）e10，f（a）0，0a1同理g（x）lnx+x23在R+上单调递增，g（1）ln1+1320，g（3）=ln3+(3)23=12ln30，g（b）0，1b3g（a）lna+a23g（1）ln1+1320，f（b）eb+b2f（1）e+12e10g（a）0f（b）故选：A题型四.利用(抽象)函数单调性解不等式1已知偶函数f（x）在0，+）单调递减，f（2）0，若f（x1）0，则x的取值范围是（1，3）【解答】解：偶

12、函数f（x）在0，+）单调递减，f（2）0，不等式f（x1）0等价为f（x1）f（2），即f（|x1|）f（2），|x1|2，解得1x3，故答案为：（1，3）2已知函数f(x)=x2+2x1，x1|x1|，x1，若f（a24）f（3a），则实数a的取值范围是（）A（4，1）B（，4）（1，+）C（1，4）D（，1）（4，+）【解答】解：由分段函数的性质可知f(x)=x2+2x1，x1|x1|，x1，f（x）在R上单调递增，若f（a24）f（3a），则a243a，解可得，a4或a1故选：D3（2012·全国）当0x12时，不等式4xlogax恒成立，则实数a的取值范围是（22，1）【解

13、答】解：当0x12时，函数y4x的图象如下图所示：若不等式4xlogax恒成立，则ylogax的图象恒在y4x的图象的上方（如图中虚线所示）ylogax的图象与y4x的图象交于（12，2）点时，a=22，故虚线所示的ylogax的图象对应的底数a应满足22a1，故答案为：（22，1）4（2017·全国3）设函数f（x）=x+1，x02x，x0，则满足f（x）+f（x12）1的x的取值范围是（14，+）【解答】解：若x0，则x1212，则f（x）+f（x12）1等价为x+1+x12+11，即2x12，则x14，此时14x0，当x0时，f（x）2x1，x1212，当x120即x12时，满足f（x）+f（x12）1恒成立，当0x1212，即12x0时，f（x12）x12+1x+1212，此时f（x）+f（x12）1恒成立，综上x14，故答案为：（14，+）