2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题2.2 函数的单调性与最值（教师版含解析）

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1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 2.2 函数的单调性与最值函数的单调性与最值 目录 一、题型全归纳 . 1 题型一 确定函数的单调性(区间) . 1 题型二 求函数的最值(值域) . 3 题型三 函数单调性的应用 . 5 命题角度一 比较大小 . 5 命题角度二 解函数不等式 . 6 命题角度三 根据函数的单调性求参数 . 6 二、高效训练突破 . 7 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 确定函数的单调性确定函数的单调性(区间区间) 【题型要点】【题型要点】 1确定函数单调性(区间)的三种常用方法 (

2、1)定义法：一般步骤：任取 x1，x2D，且 x10，得 x4 或 x0 时，f(x)0，当 a0， 即当 a0 时，f(x)在(1，1)上为单调递减函数， 当 a0，1sinx1 等)确定函数的值域 (5)分离常数法：形如求 ycxd axb(ac0)的函数的值域或最值常用分离常数法求解 【例【例 1】函数 f(x)2a x2020 ax1 的值域为_ 【答案】 (2020,2) 【解析】解法一：解法一：f(x)2a x2020 ax1 2a x12022 ax1 2 2022 ax1， 因为 ax0，所以 ax11，所以 0 2022 ax12022， 所以20202 2022 ax12，

3、 故函数 f(x)的值域为(2020,2) 解法二：解法二：令 yf(x)2a x2020 ax1 ，得 y axy2ax2020， 所以(y2)axy2020，axy2020 y2 ， 由 ax0 得y2020 y2 0，故2020y2， 所以函数 f(x)2a x2020 ax1 的值域为(2020,2) 【例【例 2】对于任意实数 a，b，定义 mina，b a，ab， b，ab. 设函数 f(x)x3，g(x)log2x，则函数 h(x) minf(x)，g(x)的最大值是_ 【答案】 ：1 【解析】 ：法一：在同一直角坐标系中， 作出函数 f(x)，g(x)的图象， 依题意，h(x)

4、的图象如图所示 易知点 A(2，1)为图象的最高点， 因此 h(x)的最大值为 h(2)1. 法二：依题意，h(x) log2x，0 x2， x3，x2. 当 0 x2 时，h(x)log2x 是增函数， 当 x2 时，h(x)3x 是减函数， 所以 h(x)在 x2 处取得最大值 h(2)1. 题型三题型三 函数单调性的应用函数单调性的应用 命题角度一命题角度一 比较大小比较大小 【题型要点】【题型要点】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 【例【例 1】(2019 郑州模拟郑州模拟)已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)f(x)，且函数 f

5、(x)在(，0)上是减函数， 若 af(1)，b 4 1 log2f，cf(20.3)，则 a，b，c 的大小关系为( ) Acba Bacb Cbca Dabc 【答案】 B 【解析】 函数 f(x)满足 f(x)f(x)，cf(20.3)f(20.3)120.32，120.32，即1 20.3log21 4.函数 f(x)在(，0)上是减函数，f(1)f(2 0.3)f 4 1 log2f，即 acb. 命题角度二命题角度二 解函数不等式解函数不等式 【题型要点】【题型要点】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

6、数的定义域 【例【例 2】已知函数 f(x) x3，x0， ln（x1），x0，若 f(2x 2)f(x)，则实数 x 的取值范围是( ) A(，1)(2，) B(，2)(1，) C(1，2) D(2，1) 【答案】 D 【解析】 因为当 x0 时，两个表达式对应的函数值都为零，所以函数 f(x)的图象是一条连续的曲线 因为当 x0 时，函数 f(x)x3为增函数， 当 x0 时，f(x)ln(x1)也是增函数， 所以函数 f(x)是定义在 R 上的增函数 因此，不等式 f(2x2)f(x)等价于 2x2x， 即 x2x20，解得2x1. 命题角度三命题角度三 根据函数的单调性求参数根据函数的

7、单调性求参数 【题型要点】【题型要点】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 【例【例 3】(2020 南京调研南京调研)已知函数 f(x)xa x a 2在(1，)上是增函数，则实数 a 的取值范围是_ 【解析】 法一：设 1x11. 因为函数 f(x)在(1，)上是增函数， 所以 f(x1)f(x2)x1 a x1 a 2 01 2 21 21 2 2 xx a xx a x a x 因为 x1x20，即 ax1x2. 因为 1x11，所以x1x21，所以 a1. 所以 a 的取值范围是1，) 法二：由 f(x)xa x a 2得 f(x

8、)1 a x2， 由题意得 1a x20(x1)， 可得 ax2，当 x(1，)时，x21. 所以 a 的取值范围是1，) 二、高效训练突破二、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1.(2020 河南鹤壁高中月考河南鹤壁高中月考)若函数 yax 与 yb x在(0，)上都是减函数，则 yax 2bx 在(0，)上是 ( ) A增函数 B减函数 C先增后减 D先减后增 【答案】B 【解析】 yax 与 yb x在(0， )上都是减函数， a0， b0， yax 2bx 的对称轴方程 xb 2a1. 3.已知函数 f(x)的图象关于直线 x1 对称，当 x2x11 时，f(x2)f(x1)(x2x

9、1)ab Bcba Cacb Dbac 【答案】 D 【解析】 因为 f(x)的图象关于直线 x1 对称 所以 f 2 1 -f 2 5 .当 x2x11 时， f(x2)f(x1) (x2x1)0 恒成立， 知 f(x)在(1，)上单调递减因为 125 2f 2 5 f(e)，所以 bac. 4.(2020 武汉模拟武汉模拟)若函数 f(x)2|xa|3 在区间1，)上不单调，则 a 的取值范围是( ) A1，) B(1，) C(，1) D(，1 【答案】B. 【解析】 ：因为函数 f(x)2|xa|3 2x2a3，xa 2x2a3，xa，因为函数 f(x)2|xa|3 在区间1，)上不 单

10、调，所以 a1.所以 a 的取值范围是(1，)故选 B. 5定义在2，2上的函数 f(x)满足(x1x2) f(x1)f(x2)0，x1x2，且 f(a2a)f(2a2)，则实数 a 的取 值范围为( ) A1，2) B0，2) C0，1) D1，1) 【答案】C 【解析】 ：因为函数 f(x)满足(x1x2)f(x1)f(x2)0，x1x2， 所以函数 f(x)在2，2上单调递增， 所以22a2a2a2，解得 0a1，故选 C. 6.(2019 安徽合肥模拟安徽合肥模拟)若 2x5y2 y5x，则有( ) Axy0 Bxy0 Cxy0 Dxy0 【答案】 B 【解析】 原不等式可化为 2x5

11、 x2y5y，记函数 f(x)2x5x，则原不等式可化为 f(x)f(y)又函数 f(x)在 R 上单调递增，所以 xy，即 xy0. 7.(2019 广东茂名二联广东茂名二联)设函数 f(x)在 R 上为增函数，则下列结论一定正确的是( ) Ay 1 fx在 R 上为减函数 By|f(x)|在 R 上为增函数 Cy2 f(x)在 R 上为减函数 Dyf(x)3在 R 上为增函数 【答案】C 【解析】A 错误，比如 f(x)x 在 R 上为增函数，但 y 1 fx 1 x在 R 上不具有单调性；B 错误，比如 f(x)x 在 R 上为增函数，但 y|f(x)|x|在(0，)上为增函数，在(，0

12、)上为减函数；D 错误，比如 f(x)x 在 R 上为增函数，但 yf(x)3x3在 R 上为减函数；C 正确，由复合函数同增异减，得 y2 f(x)在 R 上 为减函数故选 C. 8.下列四个函数中，在 x(0，)上为增函数的是( ) Af(x)3x Bf(x)x23x Cf(x) 1 x1 Df(x)|x| 【答案】C. 【解析】 ：当 x0 时，f(x)3x 为减函数； 当 x 2 3 , 0时，f(x)x23x 为减函数， 当 x ， 2 3 时，f(x)x23x 为增函数； 当 x(0，)时，f(x) 1 x1为增函数； 当 x(0，)时，f(x)|x|为减函数 9函数 y|x|(1

13、x)在区间 A 上是增函数，那么区间 A 是( ) A(，0) B 2 1 0， C0，) D ， 2 1 【答案】B 【解析】 ：.y|x|(1x) x（1x），x0， x（1x），x0 x2x，x0， x2x，x0 函数 y 的草图如图所示 由图易知原函数在 2 1 0，上单调递增故选 B. 10.定义新运算：当 ab 时，aba；当 ab 时，abb2，则函数 f(x)(1x)x(2x)，x2，2 的最大值等于( ) A1 B1 C6 D12 【答案】C .【解析】 ：由题意知当2x1 时，f(x)x2，当 1x2 时，f(x)x32，又 f(x)x2，f(x)x32 在相 应的定义域内

14、都为增函数，且 f(1)1，f(2)6，所以 f(x)的最大值为 6. 11.(2020 贵阳市高三摸底贵阳市高三摸底)函数 y x5 xa2在(1，)上单调递增，则 a 的取值范围是( ) Aa3 Ba3 Ca3 Da3 【答案】 C 【解析】 y x5 xa2 xa2a3 xa2 1 a3 xa2， 所以当 a30， 0，x0， 1，x1， 0，x1， x2，x1. 函数图象如图所示 其递减区间是0，1) 2若 f(x) （3a1）x4a，x1， ax，x1 是定义在 R 上的减函数，则 a 的取值范围是_ 【答案】 ： 3 1 8 1， 【解析】 ：由题意知， 3a10， 解得 a0，

15、所以 a 3 1 8 1， 3.(2019 厦门质检厦门质检)函数 f(x) x 3 1 log2(x2)在区间1,1上的最大值为_ 【答案】3 【解析】 由于 y x 3 1 在 R 上单调递减， ylog2(x2)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. 4.已知函数 f(x)ln xx，若 f(a2a)f(a3)，则正数 a 的取值范围是_ 【答案】(3，) 【解析】函数 f(x)ln xx 的定义域为(0，)，且为单调递增函数，f(a2a)f(a3)同解于 a2a0， a30， a2aa3， 解得 a3.所以正数 a 的取

16、值范围是(3，) 5.设 f(x) （xa） 2，x0， x1 xa，x0. 若 f(0)是 f(x)的最小值，则 a 的取值范围为_ 【答案】 ：0，2 【解析】 ：因为当 x0 时，f(x)(xa)2，f(0)是 f(x)的最小值，所以 a0.当 x0 时，f(x)x1 xa2a，当 且仅当 x1 时取“”要满足 f(0)是 f(x)的最小值，需 2af(0)a2，即 a2a20，解得1a2， 所以 a 的取值范围是 0a2. 6如果函数 yf(x)在区间 I 上是增函数，且函数 yf（x） x 在区间 I 上是减函数，那么称函数 yf(x)是区间 I 上的“缓增函数”，区间 I 叫做“缓

17、增区间”若函数 f(x)1 2x 2x3 2是区间 I 上的“缓增函数”，则“缓增区间”I 为_ 【答案】 ：1， 3 【解析】 ： 因为函数 f(x)1 2x 2x3 2的对称轴为 x1， 所以函数 yf(x)在区间1， )上是增函数， 又当 x1 时，f（x） x 1 2x1 3 2x，令 g(x) 1 2x1 3 2x(x1)，则 g(x) 1 2 3 2x2 x23 2x2 ，由 g(x)0 得 1x 3，即函数 f（x） x 1 2x1 3 2x在区间1， 3 上单调递减，故“缓增区间”I 为1， 3 7.(2020 河北模拟调研河北模拟调研)已知函数 f(x)loga(x1)(a0

18、，且 a1)在2,0上的值域是1,0，则实数 a _；若函数 g(x)ax m3 的图象不经过第一象限，则实数 m 的取值范围为_ 【答案】1 3 1，) 【解析】 函数 f(x)loga(x1)(a0， 且 a1)在2,0上的值域是1,0 当 a1 时， f(x)loga(x1)在 2,0上单调递减， f2loga30， f0loga11， 无解；当 0a0 时，f(x)1. (1)求 f(0)的值，并证明 f(x)在 R 上是单调递增函数； (2)若 f(1)1，解关于 x 的不等式 f(x22x)f(1x)4. 【解】 ：(1)令 xy0，得 f(0)1. 在 R 上任取 x1x2，则

19、x1x20，f(x1x2)1. 又 f(x1)f(x1x2)x2f(x1x2)f(x2)1f(x2)，所以函数 f(x)在 R 上是单调递增函数 (2)由 f(1)1，得 f(2)3，f(3)5. 由 f(x22x)f(1x)4 得 f(x2x1)f(3)， 又函数 f(x)在 R 上是增函数，故 x2x13， 解得 x1， 故原不等式的解集为x|x1 2.已知 f(x) x xa(xa) (1)若 a2，试证 f(x)在(，2)上单调递增； (2)若 a0 且 f(x)在(1，)上单调递减，求 a 的取值范围 【解】 ：(1)证明：设 x1x22， 则 f(x1)f(x2) x1 x12 x

20、2 x22 2（x1x2） （x12）（x22）. 因为(x12)(x22)0，x1x20， 所以 f(x1)f(x2)0，即 f(x1)f(x2)， 所以 f(x)在(，2)上单调递增 (2)设 1x1x2， 则 f(x1)f(x2) x1 x1a x2 x2a a（x2x1） （x1a）（x2a）. 因为 a0，x2x10，所以要使 f(x1)f(x2)0， 只需(x1a)(x2a)0 恒成立， 所以 a1.综上所述，0a1. 3.已知定义在区间(0，)上的函数 f(x)满足 2 1 x x ff(x1)f(x2)，且当 x1 时，f(x)x2， 则x1 x21，由于当 x1 时，f(x)

21、0， 所以 2 1 x x f0，即 f(x1)f(x2)0， 因此 f(x1)f(x2)， 所以函数 f(x)在区间(0，)上是单调递减函数 (2)因为 f(x)在(0，)上是单调递减函数， 所以 f(x)在2,9上的最小值为 f(9) 由 2 1 x x ff(x1)f(x2)得， 3 9 ff(9)f(3)， 而 f(3)1，所以 f(9)2. 所以 f(x)在2,9上的最小值为2. 4.已知函数 f(x)x2a|x2|4. (1)当 a2 时，求 f(x)在0，3上的最大值和最小值； (2)若 f(x)在区间1，)上单调递增，求实数 a 的取值范围 【解】 ：(1)当 a2 时，f(x)x22|x2|4 x22x8，x2 x22x，x2 （x1）29，x2 （x1）21，x2， 当 x0，2)时，1f(x)0，当 x2，3时，0f(x)7， 所以 f(x)在0，3上的最大值为 7，最小值为1. (2)因为 f(x) x2ax2a4，x2 x2ax2a4，x2 ， 又 f(x)在区间1，)上单调递增， 所以当 x2 时，f(x)单调递增，则a 22，即 a4. 当1x2 时，f(x)单调递增，则a 21. 即 a2，且 42a2a442a2a4 恒成立， 故 a 的取值范围为4，2