1、 高中数学专题题型分类大全函数专题二 _ 函数的单调性及其应用函数的单调性及其应用 1 必修 1函数专题 二、函数的单调性及其应用二、函数的单调性及其应用 知知知知识识识识与与与与方方方方法法法法梳梳 梳梳理理理理 1、函数单调性的定义函数单调性的定义：D 是函数 f(x)定义域内的某个区间， （1）对任意的 x1,x2D 且 x1 0 则函数 f(x) 是 增 函数；若满足f(b) - f(a) b - a 0 R 无 a0 - b 2a, +) (-, - b 2a a0 无 (-,0), (0, +) a0，则一定正确 的是( ) A函数 f(x) 在定义域(0，) 上为增函教 B函数
2、f(x) 在定义域(0，) 上为减函教 C函数 f(x) 在定义域(0，) 上为先增后减函教 D函数 f(x) 在定义域(0，) 上为先减后增函教 【例题4】 定义在 R 上的函数 y=f(x)，f(0)0，当 x0 时， f(x)1，且对任意的 a、bR，有 f(a+b)=f(a)f(b)， (1)求证：f(0)=1； (2)求证：对任意的 xR，恒有 f(x)0； (3)证明：f(x)是 R 上的增函数. 类型题（一) 1. 下列函数中，满足“对任意 x1，x2(0，)，当 x1f(x2)”的是( ) Af(x)1 x Bf(x)(x1)2 Cf(x)ex Df(x)ln(x1) 2. 已
3、知 f(x)|ln(x1)|，若存在 x1，x2a，b使得 x1f(x2)，则以下对实数 a，b 的描述正确的是( ) Aa0, 则 eax为增函 数，当 f(x)在 x0 即 a1; 同理 f(x)为减函数时，a0， 解得 a0，a1)在 (，a 2上为单调减函数，则 a 的取值范围是( ) A(1，) B(1，3) C(0，1)(1，2 3) D(1，2 3) 【例题6】 2015 四川理 9如果函数 2 1 28100 2 f xmxnxmn， 在区间 1 2 2 ， 单调递减，则 mn 的最大值为（ ） A.16 B.18 C.25 D. 81 2 类型题（二) 1. 如果函数f(x)
4、ax22x3在区间(， 4)上是单调递增的， 则实数 a 的取值范围是 . A.a1 4 B.a 1 4 C. 1 4 a 0 D. 1 4 a 0 2. 函数 f(x)=x22x 在区间t，t+1是单调,则 t 的取值范围 x y O 1 2 高中数学专题题型分类大全函数专题二 _ 函数的单调性及其应用函数的单调性及其应用 3 是 . 3. 函数 f(x)=x2ax 在区间(- ， 1是单调递减,则 a 的取值范围 是 . 4. 函数 f(x)ax1 x2 (a 为常数)在(2,2)内为增函数，则实数 a 的取值范围是_ 5. 已知函数 f(x)e|x a|(a 为常数)若 f(x)在区间1
5、，)上是 增函数，则 a 的取值范围是_ 6. 若函数 f(x)loga(ax2x)(a0，a1)在区间3，4上是增函 数，则实数 a 的取值范围是_ 7. 已知函数 f(x) x 21 2x，x0 0， x0 x2ax， x0 是奇函数 (1)求实数 a 的值； (2)若函数 f(x)在区间1 4，m2)上单调递增，求实数 m 的取值范围 （三）利用函数单调性比较大小 1. 指数式比较大小指数式比较大小 题型结构特征：题型结构特征：指数函数或幂函数相关. 【例题7】 2016 全国 3已知 4 3 2a ， 2 5 4b ， 1 3 25c ，则 ( ) A.bac B.abc C.b ca
6、 D.c ab 【例题8】 设1 5 a Bbca Cacb Dabc 3. 指数与对数式混合比较大小指数与对数式混合比较大小 题型结构特征：题型结构特征：指数函数或幂函数与对数函数综合. 【例题10】 设 = 0.5 , = 0.9ab 11 24，clog50.3，则 a，b，c 的 大小关系是( ) Aacb Bcab Cabc Dbac 【例题11】 2017 全国新课标 1 理 11 设 x、y、z 为正数，且 235 xyz ，则 A2xf(b)， 则下列结论中，一定成立的是( ) Aa0 则( ) A若 2a2a2b3b，则 ab B若 2a2a2b3b，则 ab D若 2a2a
7、2b3b，则 a0，f(x2)0，f(x2)0 8. 设 f(x)|3x1|，cba 且 f(c)f(a)f(b)，则下列关系式 高中数学专题题型分类大全函数专题二 _ 函数的单调性及其应用函数的单调性及其应用 4 中一定成立的是( ) A3c3b B3b3a C3c3a2 D3c3a2 9. 设函数 f(x)定义在实数集上，它的图象关于直线 x1 对称， 且当 x1 时，f(x)3x1，则有( ) Af(1 3)0= A. 24x xx或 B. 04 x xx或 C. 06 x xx或 D. 22 x xx 或 4. 已知函数 ( )23 xx f xab ，其中常数 , a b满足 0a
8、b （1）若0a b ，判断函数( )f x的单调性； （2）若0a b ，求(1)( )f xf x时的x的取值范围 5. 已知 f(x+1)为偶函数，且 f(x)在1,+)单调递减，若 f(2)=0， 则 f(x)0 的解集为（ ） A.(-1, 1) B.(0,1) C.(0,2) D.(1,2) （六） 利用函数的单调性确定（证明）不 等式及其参数 题型结构特征：题型结构特征： 具有单调性的函数相关不等式证明及恒成立时 参数的取值范围. 解法解法辩辩辩辩伪伪伪伪 若关于 x 的不等式 x2 - ax 1 时，x2 ax x2F(x1 + x2)，并判断 f(x1) + f(x2)f(x
9、1+x2)是否成立； (2)如果(1)中判断成立，试将其推广到一般情形（不必证 明） ；若不成立，请写出一个正确的结论（不必证明） 3. 已知函数 f(x)的定义域为0，1，且同时满足以下三个条件： f(1)1；对任意的 x0，1，都有 f(x)0；当 x0， y0，xy1 时，总有 f(xy) f (x)f (y) (1)试求 f (0)的值； (2)求 f (x)的最大值； (3)证明：当 x1 4，1)时，恒有 2x f (x) 类型题补充类型题补充 高中数学专题题型分类大全函数专题二 _ 函数的单调性及其应用函数的单调性及其应用 6 高中数学专题题型分类大全函数专题二 _ 函数的单调性
10、及其应用函数的单调性及其应用 7 方法点拨及参考答案或提示方法点拨及参考答案或提示函数专题（二）函数专题（二） （一一）函函数数单单调调性性及及单单调调区区间间的的判判断断 1 1. . 基基基基本本本本函函函函数数数数的的的的单单单单调调调调性性性性 方法要领指点方法要领指点： 准确掌握及运用基本初等函数的单调性. . 判断判断识识识识真真真真 B. 2 2. . 复复复复合合合合函函函函数数数数的的的的单单单单调调调调性性性性 方法要领指点方法要领指点： 复合函数单调性规律是同增异减，注意函数的 定义域. . 【例题1】 解析 由 x22x30 得 x1 或 x3，则 单调递减区间为(，3
11、，故选 A 解法解法辩辩辩辩伪伪伪伪 正解 函数定义域为( -,1)(3, +),设 u(x) = x2 4x + 3, 则 u(x)在( -,1)上单调减， 在(3, +)上单调增y= x 2 1 log 为减 函数则 y = 1 2 2 log (43)xx的单调减区间（3,+)，增区间是( - ,1）. 3 3. . 合合合合成成成成函函函函数数数数的的的的单单单单调调调调性性性性 方法要领指点方法要领指点： 和函数同增为增同减为减，非此由定义判别. . 【例题2】 解析 由解析式可知，函数的定义域是(， 0)(0，)在(0，)内任取 x1，x2，令 x10. 故当 x1，x2( k，)
12、时，f(x1)0 知若 x1 1, 1f(x) 0,总之 对任意 xR 都有 f(x) 0. (3)设 x1 0, f(x2x1) 1. f(x2)f( - x1) 1. 又 f(- x1) = 1 f(x1) , f(x2) f(x1) 1,即 f(x2) f(x1), f(x)在 R 上 为增函数. 类型题（一) 1. A. 解析 由题意知，函数 f(x)在(0，)上是减函数而 反比例函数 f(x)1 x在(0，)上是减函数故选 A 2. A. 解析易知 f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，)上单调递 增，存在 x1，x2a，b使得 x1f(x2)，即区间a， b包含 f(x)的一段递
13、减区间，故 a 0,解得：x 4，由二次函数单调性及复合函数同增异减原则可 知，函数减区间为(4, +). 5. C解析由于 f(xy)f(x)f(y)， 故排除选项 A,B.又 f(x)(1 2) x为 单调递减函数，所以排除选项 C. 6. 解析要使 f(x)单调递增，需有 x x 解得 x0 解得 m0,又当 m = 0 时函数 为 y = x + 5,在1,+)上也是增函数.综上 m 取值范围是0, +) 2. 正解f(x)为增函数时， 由 x0 段可知 a0, 则 eax为增函数，当 f(x)在 x0 即 a1; 又分段点处有 （a2 1)1 则 a 2 . 同理 f(x)为减函数时
14、，a0， 解得 a0 ， 由此得 a 的取值范围是(1，2 3)故选 D. 【例题6】 B.解析2m时，抛物线的对称轴为 8 2 n x m .据题意，当2m时， 8 2 2 n m 即 212mn. 2 26,18 2 mn m nmn .由2mn且 212mn得3,6mn.当2m时，抛物线开口向下，据 题意得， 81 22 n m 即218mn. 281 29, 22 nm n mmn .由2nm且 218mn得92m ，故应舍去.要使得mn取得最大值， 应有218mn(2,8)mn.所以 (182 )(182 8) 816mnn n ，所以最大值为 18. 选 B. 类型题（二) 1.
15、D 2. t1 或 t0 3. a2 4. a 1 2 5. a1 6. 解析当 a1 时，uax2x 的对称轴为 x 1 2a0，即 a1 3. 又 logau 是增函数，a1. 当 01 4 a. 综上，a(1，) 7. 解析(1)设 x0，则x0 所以 f(x)(x)21 2(x)x 21 2x. 又 f(x)为奇函数，所以 f(x)f(x)， 于是 x0 时，f(x)x21 2xx 2ax，所以 a1 2. (2)要使 f(x)在1 4，m2)上单调递增， 结合 f(x)的图象知 m21 4 m21 4 所以7 4m 9 4，故实数 m 的取值范围是( 7 4， 9 4. （三三）利利
16、用用函函数数单单调调性性比比较较大大小小 方法要领指点方法要领指点： 利用函数的单调性比较大小关键是选准函数， 一般是指数式同底看指数函数，同指看幂函数，对数 式尽量换底化同底.注意综合运用价值法，即考虑与 “0”或“1”等数值的大小比较. . 1 1. . 指指指指数数数数式式式式比比比比较较较较大大大大小小小小 【例题7】 A解析 a、b 比较化同底，a、c 比较化同指. 即 a = 2 3 4 ,ab. 又 c = 2 3 5 cab 【例题8】 D解析由已知得 1 b a0.由指数函数性质可 得 aa ab, ba bb, 再由幂函数性质得 ba aa , bb ba.如此 答案只能选
17、 D 2 2. . 对对对对数数数数式式式式比比比比较较较较大大大大小小小小 【例题9】 D解析a1log32， b1log52， c1log72， 所以 a1 1 log23，b1 1 log25，c1 1 log27， y log2x在 区 间 (0 ， ) 上 是 增 函 数 0 1 log27，a1b1c 10，故 abc1.故选 D. 3 3. . 指指指指数数数数与与与与对对对对数数数数式式式式混混混混合合合合比比比比较较较较大大大大小小小小 【例题10】 D解析a0.5 =0.25 ,b=0.9 111 244，所以根据幂 函数的性质知 ba0，而 clog50.3ac，选 D
18、【例题11】 D解析令 2x = 3y = 5z = k(k1), 则 x = log2k, y =log3k, z = log5k. 2 2lglg3lg9 1 3lg23lglg8 xk yk 则 2x 3y. 22lglg5lg25 1 5lg25lglg32 xk zk 则 2x f(b)， f(a)2c1， 2a2c2b 2b.构造函数：f(x)2x2x，则 f(x)2x2x 在 x0 上 单调递增，即 ab 成立，故 A 正确，B 错误其余选项 用同样方法排除 类型题（三) 1. mx2，则 x1x20，f(x1)f(x2)f(x1)f(x2) f(x1x2) 又当 x0 时，f(
19、x)0， f(x1x2) f(x1)即 f(x)在(1, +)上为单调增函数. (2) 2 222 22 22 2() ,3() + , ( )33 2() () -2a aa xxaxaxxa f x xxaxa xaxa a0 时，在a,+)上,f(x)min=f(a) = 2a2, 在(-, a上 f(x)min=f(-a) = - 2a2. 综上 a0 时 f(x)min(x) = - 2a2. a 0, 3 x 0, 即 x |2x - 1|解得1 3 0 时，函数 f(x)在 R 上是增函数. 当 a f(x) - x , 即 f(x) x. ff(x) - f(x) f(x) -
20、 x 即 2x- f(x) f(x) - x，3x 2f(x)，综上 x 1，0x1F( x1 + x2),即 f(x1) x1F(x1+x2), 同理可证 f(x2) x2F(x1 + x2). 两式相加即得 f(x1) + f(x2) (x1 + x2)F(x1+x2)=f(x1+x2) 即 f(x1) + f(x2) f(x1+x2)成立 (2)推广到一般情形为：对于任意的 x1, x2, xnR+, 都有 f(x1) + f(x2)+ +f(xn)f(x1+x2+ +xn)成立 3. 解析 (1)令 x0， 1， y0， 则有 f(x)f(x0)f(x)f(0)， 所以有 f(0)0，又根据条件可知 f(0)0，故 f(0)0.(也 可令 xy0) (2)解法一：设 0x1y， 所以由f(xy)f(y)f(x)0， 即 f(x)为增函数(严格来讲为不减函数)， 所以 f(x)f(1)1，故 f(x)max1. (3)当 x1 2，1，有 2x1，又由(2)可知 f(x)1， 所以有 2xf(x)对任意的 x1 2，1恒成立 当 x1 4， 1 2，由(2)可知 f(x) f ( 1 2) f(1 2)f( 1 2) 2 f(1 2 1 2) 2 1 2， 所以有 2xf(x)对任意的 x1 4， 1 2恒成立， 综上，对任意的 x1 4，1)时，恒有 2xf(x)
