2023高考科学复习解决方案-数学(名校内参版) 第三章 3.2函数的单调性与最值（word含答案解析）

1、32函数的单调性与最值(教师独具内容)1能够结合具体的函数及图象(如一次函数、二次函数、反比例函数等)深刻理解单调性的有关概念及实质2会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义3能利用函数的单调性解决问题，如利用定义证明函数的单调性、求最值或值域4重点提升数学抽象和直观想象素养(教师独具内容)1理解好函数的单调性、最大(小)值及其几何意义，能够解决证明函数在给定区间上的单调性、求函数的单调区间、利用函数的单调性求最值(值域)、利用单调性比较大小及求参数的取值范围等问题2函数的单调性是函数的重要性质之一，高考一般不单独考查，但是是每年必考的内容，高考对单调性与最值的考

2、查常常与其他知识相结合，小题和大题均有考查，小题的考查如与对数函数结合，考查复合函数的单调性；大题的考查如与导数结合，考查函数的单调性(教师独具内容)(教师独具内容)1函数的单调性(1)定义一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间DI：如果x1，x2D，当x1x2时，都有f(x1)f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上 eq o(,sup3(01)单调递增特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数如果x1，x2D，当x1f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上 eq o(,sup3(02)单调递减特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是减函数注

3、：增(减)函数定义中的x1，x2的三个特征：一是任意性；二是有大小，即x1x2)；三是同属于一个单调区间，三者缺一不可(2)单调性、单调区间如果函数yf(x)在区间D上 eq o(,sup3(03)单调递增或 eq o(,sup3(04)单调递减，那么就说函数yf(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做yf(x)的 eq o(,sup3(05)单调区间注：有关单调区间的两个防范单调区间只能用区间表示，不能用不等式表示有多个单调区间应分别写，不能用符号“”连接，也不能用“或”连接，只能用“逗号”或“和”连接2函数的最值(1)一般地，设函数yf(x)的定义域为I.如果存在实数M满足：xI，

4、都有f(x)M；x0I，使得f(x0)M.那么，我们称M是函数yf(x)的 eq o(,sup3(01)最大值(2)一般地，设函数yf(x)的定义域为I.如果存在实数M满足：xI，都有f(x)M；x0I，使得f(x0)M.那么，我们称M是函数yf(x)的 eq o(,sup3(02)最小值注：函数最值存在的两条结论(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值当函数在闭区间上单调时最值一定在端点取到(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值3常用结论(1)若函数f(x)，g(x)在区间I上具有单调性，则在区间I上具有以下性质：当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，f(x)g(x)是增(

5、减)函数；若k0，则kf(x)与f(x)单调性相同；若k0)在公共定义域内与yf(x)，y eq f(1,f（x）)的单调性相反；复合函数yf(g(x)的单调性与yf(u)和ug(x)的单调性有关，简记：“同增异减”(2)增函数与减函数形式的等价变形：x1，x2a，b且x1x2，则(x1x2)f(x1)f(x2)0 eq f(f（x1）f（x2）,x1x2)0f(x)在a，b上是增函数；(x1x2)f(x1)f(x2)0 eq f(f（x1）f（x2）,x1x2)0和u0时单调递减，于是得函数y eq f(1,x2x2)在区间 eq blc(rc(avs4alco1(，f(1,2)上单调递增，

6、所以函数y eq f(1,x2x2)的单调递增区间为 eq blc(rc(avs4alco1(，f(1,2).5如果二次函数f(x)3x22(a1)xb在区间(，1)上是减函数，那么a的取值范围是_答案(，2解析二次函数图象的对称轴方程为x eq f(a1,3)，由题意知 eq f(a1,3)1，即a2.1(2021全国甲卷)下列函数中是增函数的为()Af(x)x Bf(x) eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3) eq sup15(x)Cf(x)x2 Df(x) eq r(3,x)答案D解析解法一(排除法)：取x11，x20，对于A，有f(x1)1，f(x2)0，所以A不符合

7、题意；对于B，有f(x1) eq f(3,2)，f(x2)1，所以B不符合题意；对于C，有f(x1)1，f(x2)0，所以C不符合题意故选D.解法二(图象法)：如图，在同一平面直角坐标系中分别作出A，B，C，D四个选项中函数的大致图象，由图可快速直观地判断D项符合题意故选D.2(2020全国卷)设函数f(x)ln |2x1|ln |2x1|，则f(x)()A是偶函数，且在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，)单调递增B是奇函数，且在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)单调递减C是偶函数，且在 eq blc(rc)(avs4alco1(，f

8、(1,2)单调递增D是奇函数，且在 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,2)单调递减答案D解析f(x)ln |2x1|ln |2x1|的定义域为 eq blcrc(avs4alco1(xblc|(avs4alco1(xf(1,2)，关于坐标原点对称，又f(x)ln |12x|ln |2x1|ln |2x1|ln |2x1|f(x)，f(x)为定义域上的奇函数，可排除A，C；当x eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)时，f(x)ln (2x1)ln (12x)，yln (2x1)在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2

9、)上单调递增，yln (12x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)上单调递减，f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)上单调递增，排除B；当x eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,2)时，f(x)ln (2x1)ln (12x)ln eq f(2x1,2x1)ln eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,2x1)，1 eq f(2,2x1)在 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,2)上单调递减，f()ln 在定义域内单调递增，根据复合函数单调性可知f(x)在 eq blc(

10、rc)(avs4alco1(，f(1,2)上单调递减，D正确故选D.3(2020全国卷)若2x2y3x3y，则()Aln (yx1)0 Bln (yx1)0Cln |xy|0 Dln |xy|0答案A解析由2x2y3x3y，得2x3x2y3y.令f(t)2t3t，y2t为R上的增函数，y3t为R上的减函数，f(t)为R上的增函数xy，yx0，yx11，ln (yx1)0，故A正确，B错误|xy|与1的大小关系不确定，故C，D无法确定故选A.一、基础知识巩固考点证明或判断函数的单调性例1(2022贵州省瓮安第二中学高三月考)下列函数中，既是奇函数，又是R上的增函数的是()Ayx cos x By

11、6x6xCyx23 Dyx|x|1答案B解析对于A，因为f(x)(x)cos (x)x cos xf(x)，所以yx cos x是奇函数，但不单调，所以A错误；对于B，因为f(x)6x6x(6x6x)f(x)，所以y6x6x是奇函数，因为y6x是增函数，y6x是减函数，所以y6x6x是增函数，所以B正确；对于C，因为f(x)(x)23x23f(x)，所以yx23是偶函数，所以C错误；对于D，因为f(x)x|x|1x|x|1f(x)，f(x)f(x)，所以yx|x|1是非奇非偶函数，所以D错误故选B.例2(2022山西运城高三月考)已知函数f(x) eq f(axb,x21)(a，bR)，且f(

12、1) eq f(1,2)，f(2) eq f(2,5).(1)求a，b；(2)判断f(x)在1，)上的单调性并用定义证明解(1)因为f(1) eq f(1,2)，f(2) eq f(2,5)，所以 eq blc(avs4alco1(f(ab,2)f(1,2)，,f(2ab,5)f(2,5)，)解得 eq blc(avs4alco1(a1，,b0.)(2)由(1)知，f(x) eq f(x,x21)，f(x)在1，)上单调递减证明如下：在1，)上任取x1，x2，且x1x2，则f(x1)f(x2) eq f(x1,x eq oal(sup3(2),sdo1(1)1) eq f(x2,x eq oa

13、l(sup3(2),sdo1(2)1) eq f(x1（x eq oal(sup3(2),sdo1(2)1）x2（x eq oal(sup3(2),sdo1(1)1）,（x eq oal(sup3(2),sdo1(1)1）（x eq oal(sup3(2),sdo1(2)1）) eq f(（x2x1）（x1x21）,（x eq oal(sup3(2),sdo1(1)1）（x eq oal(sup3(2),sdo1(2)1）)，因为1x10，x1x210，(x eq oal(sup3(2),sdo1(1)1)(x eq oal(sup3(2),sdo1(2)1)0，可得f(x1)f(x2)0，所

14、以f(x1)f(x2)，所以f(x)在1，)上单调递减1.(多选)下列函数中，满足“对任意的x1，x2(0，)，x1x2，使得 eq f(f（x1）f（x2）,x1x2)0”成立的是()Af(x)x22x1Bf(x)x eq f(1,x)Cf(x)x1Df(x)log eq sdo16(f(1,2)(2x)1答案AD解析对任意的x1，x2(0，)，x1x2，使得 eq f(f（x1）f（x2）,x1x2)0，则函数f(x)在(0，)上为减函数对于A，f(x)x22x1为二次函数，其对称轴为直线x1，在(0，)上单调递减，符合题意；对于B，f(x)x eq f(1,x)，其导数f(x)1 eq

15、f(1,x2)0，所以f(x)在(0，)上单调递增，不符合题意；对于C，f(x)x1在(0，)上单调递增，不符合题意；对于D，f(x)log eq sdo16(f(1,2)(2x)1在(0，)上单调递减，符合题意2(2022湖南衡阳阶段测试)已知函数f(x)2x eq f(1,2x)，x0，判断f(x)在其定义域上的单调性，并用单调性的定义证明你的结论解f(x)在其定义域上单调递增证明如下：当x0时，设0 x10得x1，则f(x)的定义域为 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,2)(1，)，函数u2x23x1在 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,2)上单调递减

16、，在(1，)上单调递增，又yln u在u(0，)上单调递增，于是得f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,2)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间为 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,2).故选B.例4函数f(x)x22x4的单调递减区间为_；单调递增区间为_答案(，1)(1，)解析f(x)x22x4图象的对称轴为直线x1，开口向上，所以f(x)x22x4在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增3.(2022河北保定月考)函数y|x22x1|的单调递增区间是_，单调递减区间是_答案(1 eq r(2)，1)，(1 eq r

17、(2)，)(，1 eq r(2)，(1，1 eq r(2)解析作出函数y|x22x1|的图象，如图所示，观察图象得，函数y|x22x1|在(1 eq r(2)，1)和(1 eq r(2)，)上单调递增，在(，1 eq r(2)和(1，1 eq r(2)上单调递减，所以原函数的单调递增区间是(1 eq r(2)，1)，(1 eq r(2)，)，单调递减区间是(，1 eq r(2)，(1，1 eq r(2).4函数g(x)x2x的单调递增区间是_；函数y2x2x的单调递增区间是_答案 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)

18、，)解析g(x)x2x的图象开口向上，对称轴为直线x eq f(1,2)，故 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，)是其递增区间；记ux2x，则x eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,2)时，ux2x单调递减，x eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，)时，ux2x单调递增，根据指数函数的性质，y2u单调递增，根据复合函数“同增异减”的原则，y2x2x的单调递增区间是 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，).(1)“指数型”的复合函数，利用复合函数“同增异减”的原则来判断单调区间(2)结合函数图象也可写出函数的单调区间考

19、点利用单调性求函数的最值或值域例5(2022山西太原五中高三月考)若函数f(2x)xx2，则f(x)在0，1上的最大值与最小值之和为()A.2 B eq f(7,4) C0 D eq f(1,4)答案A解析令2xt，则x2t，所以f(t)(2t)(2t)2t23t2，所以f(x)x23x2，图象开口向下，对称轴为直线x eq f(3,2（1）) eq f(3,2)，所以f(x)在0，1上单调递增，f(x)maxf(1)0，f(x)minf(0)2，所以f(x)在0，1上的最大值与最小值之和为2.故选A.例6(2021上海交大附中高三期末)若函数yf(x)的值域是 eq blcrc(avs4al

20、co1(f(1,2)，3)，则函数F(x)f(2x1) eq f(1,f（2x1）)的值域是_答案 eq blcrc(avs4alco1(2，f(10,3)解析由函数yf(x)的值域是 eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，3)，得函数tf(2x1)的值域为 eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，3)，函数F(x)变为yt eq f(1,t)，t eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，3)，由对勾函数的性质知yt eq f(1,t)在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，1)上递减，在1，3上递增，t1时，ymin2，而t eq f(1

21、,2)时，y eq f(5,2)，t3时，y eq f(10,3)，即ymax eq f(10,3)，所以原函数的值域是 eq blcrc(avs4alco1(2，f(10,3).5.(2022湖南长沙一中月考)函数f(x) eq r(2x) eq r(x26x10)的值域为_答案 eq blcrc)(avs4alco1(r(2)，)解析由已知得 eq blc(avs4alco1(2x0，,x26x100，)解得x2，所以f(x)的定义域为x|x2，且x2时，y eq r(2x)与y eq r(x26x10)都是减函数，所以f(x)在(，2上是减函数，f(x)f(2) eq r(2)，所以f(

22、x)的值域为 eq r(2)，).6(2021重庆市第七中学高三期中)已知二次函数f(x)mx24xn的值域为0，)，且f(1)4，则K eq f(m2n2,mn)的最大值为_答案7解析由题意可知m0，n0，164mn0，得mn4，f(1)mn44，即mn8，又mn2 eq r(mn)4，当且仅当mn2时取等号，所以4mn8，K eq f(m2n2,mn) eq f(（mn）22mn,mn)mn eq f(8,mn)，设mnt，则4t8，yt eq f(8,t)，函数yt eq f(8,t)在4，8上单调递增，所以当t8时，函数yt eq f(8,t)取得最大值，ymax8 eq f(8,8)

23、7.求函数值域(最值)的方法(1)分离常数法形如y eq f(cxd,axb)(ac0)的函数的值域经常使用“分离常数法”求解(2)配方法配方法是求“二次函数型函数”值域的基本方法，形如F(x)af(x)2bf(x)c(a0)的函数的值域问题，均可使用配方法(3)换元法代数换元形如yaxb eq r(cxd)(a，b，c，d为常数，ac0)的函数，可设 eq r(cxd)t(t0)，转化为二次函数求值域三角换元：如yx eq r(1x2)，可令xcos ，0，.利用换元法求值域，一定要注意新元的范围对值域的影响(4)判别式法把函数转化成关于x的一元二次方程，通过方程有实根，知判别式0，从而求得

24、原函数的值域，形如y eq f(a1x2b1xc1,a2x2b2xc2)(a1，a2不同时为零)的函数的值域常用此法求解用判别式法求值域的注意事项：函数的定义域应为R；分式的分子、分母没有公因式(5)有界性法形如sin f(y)，x2g(y)，axh(y)等，由|sin |1，x20，ax0可解出y的范围，从而求出其值域(6)数形结合法若函数的解析式的几何意义较明显，如距离、斜率等，可用数形结合的方法(7)基本不等式法利用基本不等式：ab2 eq r(ab)(a0，b0).用此法求函数值域时，要注意条件“一正，二定，三相等”(8)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值(9)图象法：先作

25、出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值(10)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，求出最值考点利用单调性比较大小例7(2022北京海淀中关村中学高三开学考试)已知函数yf(x)的图象关于直线x1对称，且在(1，)上单调递增，设af eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，bf(2)，cf(3)，则a，b，c的大小关系为()Acba BbacCbca Dabc答案B解析因为函数yf(x)的图象关于直线x1对称，则af eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)，因为函数yf(x)

26、在(1，)上单调递增，且12 eq f(5,2)3，所以f(2)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(3)，即bac.故选B.例8(2021西藏拉萨中学高三月考)已知函数f(x)x22x，若alog827，blog211，clog0.258，则()Af(b)f(c)f(a) Bf(b)f(a)f(c)Cf(c)f(a)f(b) Df(c)f(b)log48 eq f(3,2)，alog827log8642， eq f(3,2)alog283，clog0.258log48 eq f(3,2)，1cab，又f(x)x22x在1，)上单调递增，f(c)f(a)f(b).故选C

27、.7.定义在R上的函数f(x)的图象关于y轴对称且满足：对任意的x1，x20，)(x1x2)，有 eq f(f（x2）f（x1）,x2x1)0，则f(2)，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)，f(3)的大小关系为()Af eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(3)f(2)Bf(2)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(3)Cf(3)f(2)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)Df(3)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(2)答案D解析由题意，知f(x)在0，)上是减函数，又f(x

28、)是偶函数，所以f(3)f(3)，f(2)f(2)，因为2 eq f(5,2)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(3)，即f(2)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)f(3).故选D.8(2022北京交通大学附属中学高三开学考试)设函数f(x)ax2bxc(a0)，对任意实数t都有f(2t)f(2t)成立，则函数值f(1)，f(1)，f(2)，f(5)中，最小的一个不可能是()Af(1) Bf(1) Cf(2) Df(5)答案B解析对任意实数t都有f(2t)f(2t)成立，函数f(x)ax2bxc(a0)的对称轴为直线x2，当a0时，自变量取值离

29、对称轴距离越近函数值越小，函数值f(1)，f(1)，f(2)，f(5)中，最小的一个是f(2).当a0和a0两种情况，结合图象单调性，比较出函数值的大小3要注意数形结合思想的应用考点利用单调性解不等式(涉及抽象函数)例9(2021东莞市东莞中学高三月考)若函数f(x)的图象关于直线x0对称，当x10恒成立，则不等式f(x2x1)f(7)的解集为()A2，3B3，2C(，23，)D(，32，)答案A解析函数图象关于直线x0对称，并且在区间(，0上单调递增，所以函数在区间(0，)上单调递减，x2x1 eq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,2) eq sup15(2) eq f(3,4

30、)0，所以f(x2x1)f(7)x2x17，即x2x60，解得2x3，所以不等式的解集是2，3.故选A.例10(2021上海市复旦中学高三月考)已知定义在R上的函数f(x)，图象关于原点对称，在(，0)上单调递减，且f(3)0，则xf(x)0的解集为_答案x|x3或x3或x0解析因为定义在R上的奇函数f(x)在(，0)上单调递减，且f(3)0，所以f(x)在(0，)上单调递减，且f(3)0，f(0)0，由不等式xf(x)0得 eq blc(avs4alco1(x0，,f（x）0)或 eq blc(avs4alco1(x0，,f（x）0)或x0，解得x3或x3或x0，故不等式xf(x)0的解集为

31、x|x3或x3或x09.(2021海口中学高三月考)已知定义在R上的函数f(x)的图象关于y轴对称，在(，0上是减函数，若f(m1)f(3m2)0，则实数m的取值范围是_答案 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,4) eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，)解析依题意可得，f(x)是定义在R上的函数，图象关于y轴对称，且在(，0上是减函数，所以f(x)在(0，)上递增因为f(m1)f(3m2)0，所以f(m1)f(3m2)，所以|m1|0，解得m eq f(3,2).所以实数m的取值范围是 eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,4) eq blc

32、(rc)(avs4alco1(f(3,2)，).10(2022广西桂林高三月考)若定义在R上的函数f(x)，图象关于原点对称，f(x)在(，0)上单调递减且f(10)0，求满足xf(x10)0的x的取值范围解不等式xf(x10)0可化为 eq blc(avs4alco1(x0，,f（x10）0)或 eq blc(avs4alco1(x0，,f（x10）0，)由奇函数的性质得f(10)f(10)0f(0)，f(x)在(0，)上单调递减， eq blc(avs4alco1(x0，,0 x1010)或 eq blc(avs4alco1(x0，,10 x100，)解得10 x20或x0，满足xf(x1

33、0)0的x的取值范围是010，20.1根据函数图象的对称性以及单调性解抽象不等式2解不等式时，要结合函数的单调性，将原函数不等式转化为一般不等式，求解集即可考点利用单调性求参数的取值范围例11(2021北京海淀人大附中高三月考)函数f(x)x22(a1)x2在(，4)上是增函数，则a的取值范围是()A5，) B3，)C(，3 D(，5答案A解析函数f(x)x22(a1)x2图象的对称轴为直线xa1，开口向下，f(x)x22(a1)x2在(，4)上是增函数，则a14，可得a5，所以a的取值范围是5，).故选A.例12(2021桐乡市茅盾中学高三月考)已知函数f(x) eq blc(avs4alc

34、o1(x3a，x0，,x2ax1，x0)是(，)上的减函数，则实数a的取值范围是()A0a eq f(1,3) Ba0Ca0 D01)是(，)上的增函数，则a的取值范围是()A4，0) B4，2C(，2 D(，0)答案B解析因为函数f(x) eq blc(avs4alco1(x2ax7，x1，,f(a,x)，x1)是R上的增函数，所以 eq blc(avs4alco1(f(a,2)1，,a0，,a31，)解得2x0，,h（x），xx0，)解法如下：当函数在全体实数上单调递增(递减)时，需由g(x)单调递增(递减)列出关于参数的不等式，由h(x)单调递增(递减)列出关于参数的不等式，由h(x0)

35、g(x0)(h(x0)g(x0)得到关于参数的不等式，将以上关于参数的不等式联立求解即可二、核心素养提升例1(2022沈阳市第十中学高三月考)若xx|1x5，不等式x2ax20恒成立，则实数a的取值范围是()A eq blcrc(avs4alco1(ablc|(avs4alco1(af(23,5) B eq blcrc(avs4alco1(ablc|(avs4alco1(f(23,5)a1)Ca|a1 D eq blcrc(avs4alco1(ablc|(avs4alco1(af(23,5)答案D解析解法一：因为xx|1x5，x2ax20恒成立，所以xx|1x5，f(x)max0.所以 eq

36、blc(avs4alco1(f（1）0，,f（5）0，)即 eq blc(avs4alco1(1a20，,255a20，)解不等式组可得a eq f(23,5).故选D.解法二：由于xx|1x5，不等式x2ax20恒成立，所以xx|1x5，a eq f(2,x)x恒成立，即a eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,x)x) eq sdo7(min).令f(x) eq f(2,x)x，显然f(x)在x1，5上单调递减，f(x)minf(5) eq f(2,5)5 eq f(23,5)，所以实数a的取值范围是 eq blcrc(avs4alco1(ablc|(avs4alco1(af(

37、23,5).故选D.例2已知函数f(x)x eq f(4,x)，g(x)2xa，若x1 eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，1)，x22，3，使得f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围是_答案 eq blcrc)(avs4alco1(f(1,2)，)解析依题意知f(x)maxg(x)max.f(x)x eq f(4,x)在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，1)上单调递减，f(x)maxf eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) eq f(17,2).又g(x)2xa在2，3上单调递增，g(x)max8a，因此 eq f(17,2)8a，解得

38、a eq f(1,2).例3已知函数f(x)x22x3a，g(x) eq f(2,x1).若对任意x10，3，总存在x22，3，使得|f(x1)|g(x2)成立，则实数a的值为_答案 eq f(1,3)解析不等式|f(x1)|g(x2)可化为g(x2)f(x1)g(x2)，若对任意x10，3，总存在x22，3，使得|f(x1)|g(x2)成立，则 eq blc(avs4alco1(g（x2）minf（x1）min，,f（x1）maxg（x2）max，)当x2，3时，g(x) eq f(2,x1)的最大值为g(2) eq f(2,21)2，当x0，3时，f(x)x22x3a的最大值为f(3)32

39、233a33a，最小值为f(1)12213a13a.所以 eq blc(avs4alco1(23a1，,33a2，)解得a eq f(1,3).1含参不等式恒成立问题的常见解法(1)分离参数：将问题转化为af(x)恒成立(af(x)max即可)或af(x)恒成立(af(x)min即可)，利用函数的单调性求最值即可得解(2)数形结合：对于f(x)g(x)恒成立的问题，使yf(x)图象在yg(x)图象上方即可；对于f(x)c或f(x)c(c为常数)恒成立的不等式，讨论最值f(x)minc或f(x)maxc即可2恒成立或存在性问题，注意换元法的使用，构造常见的函数(一次函数、二次函数、对勾函数)以便

40、于求出函数的最值课时作业一、单项选择题1(2021长沙检测)函数f(x)log2(x22x8)的单调递增区间是()A(，2) B(，1)C(1，) D(4，)答案D解析由x22x80，得x4或x2.设tx22x8，则ylog2t为增函数要求函数f(x)的单调递增区间，即求tx22x8(x4或x2)的单调递增区间因为函数tx22x8(x4或x2)的单调递增区间为(4，)，所以函数f(x)的单调递增区间为(4，).2(2021长春质监)下列函数中，在(0，)上单调递减的是()Ay22x By eq f(x1,1x)Cylog eq sdo16(f(1,2) eq f(1,x) Dyx22xa答案A

41、解析A中，y22x，令t2x，因为t2x在(0，)上单调递减，所以t(，2)，y2t在(，2)上单调递增，所以y22x在(0，)上单调递减；B中，y eq f(x1,1x)1 eq f(2,x1)，令tx1，因为tx1在(0，)上单调递增，所以t(1，)，y1 eq f(2,t)在(1，)上单调递增，所以y eq f(x1,1x)在(0，)上单调递增；C中，ylog eq sdo16(f(1,2) eq f(1,x)log2x在(0，)上单调递增；D中，yx22xa图象的对称轴为直线x1，所以函数在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减故选A.3(2021武汉模拟)函数f(x)|x2|x的

42、单调递减区间是()A1，2 B1，0C0，2 D2，)答案A解析f(x)|x2|x eq blc(avs4alco1(x22x，x2，,x22x，x2，)其图象如图，由图象可知函数的单调递减区间是1，2.4(2021全国卷百强名校“领军考试”)已知定义在(，)上的增函数f(x)满足对任意x1，x2(，)，都有f(x1x2) eq f(1,2)f(x1)f(x2)，且f(0)0，f(1)6，若2f(a1)18，则a的取值范围是()A eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，1) B(1，1)C(0，2) D(1，3)答案B解析在f(x1x2) eq f(1,2)f(x1)f(x2

43、)中，令x1x21，得f(2) eq f(1,2)f(1)f(1)18，令x1x20，得f(0)2，所以2f(a1)18，即f(0)f(a1)f(2)，因为f(x)为定义在(，)上的增函数，所以0a12，所以1a1.故选B.5(2021重庆联考)下列函数的图象既关于直线x1对称，又在区间1，0上为增函数的是()Aysinx By|x1|Cycosx Dyexex答案C解析A中，当x1时，ysin01，所以ysinx的图象不关于直线x1对称，故A错误；B中，y|x1| eq blc(avs4alco1(x1，x1，,x1，x1)在区间1，0上为减函数，故B错误；C中，令x1，ycos 1，则yc

44、os x的图象关于直线x1对称，当x1，0时，x，0，ycos x在，0上为增函数，故C正确；D中，令f(x)exex，则f(0)2，f(2)e2e2，则f(0)f(2)，所以yexex的图象不关于直线x1对称，故D错误6(2021武汉模拟)已知函数f(x) eq f(1,ex1) eq f(1,2)，若af(21.3)，bf(40.7)，cf(log38)，则a，b，c的大小关系为()Acab BacbCbac Dabc答案C解析函数f(x) eq f(1,ex1) eq f(1,2)是R上的减函数，又log38221.321.440.7，所以f(40.7)f(21.3)f(log38)，即

45、bac.7(2022福建省永春第二中学高三开学考试)若函数f(x)ax22x3在区间(，4)上单调递增，则实数a的取值范围为()A eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)，) B eq blcrc)(avs4alco1(f(1,4)，)C eq blcrc)(avs4alco1(f(1,4)，0) D eq blcrc(avs4alco1(f(1,4)，0)答案D解析当a0时，f(x)2x3在(，4)上单调递增，满足题意；当a0时，要使f(x)在(，4)上单调递增，则满足 eq blc(avs4alco1(a0，,f(1,a)4，)解得 eq f(1,4)a0，设函数f(x)

46、eq f(2021x12020,2021x1)2020 x3(xa，a)的最大值为M，最小值为N，则MN的值为()A2022 B2021 C4041 D4038答案C解析f(x) eq f(2021x12020,2021x1)2020 x3 eq f(2021（2021x1）1,2021x1)2020 x32021 eq f(1,2021x1)2020 x3，因为y eq f(1,2021x1)2020 x3为增函数，所以f(x)在a，a上单调递增，故函数f(x)的最大值为f(a)，最小值为f(a)，所以MNf(a)f(a)2021 eq f(1,2021a1)2020a32021 eq f(

47、1,2021a1)2020(a)3404214041.二、多项选择题9(2021江苏模拟)设maxa，b eq blc(avs4alco1(a（ab），,b（ab），)则函数f(x)maxx2x，1x2的单调递增区间为()A1，0 B(，1C eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，0) D1，)答案CD解析由x2x1x2得2x2x10，解得x1或x eq f(1,2)，当x1或x eq f(1,2)时，f(x)maxx2x，1x2x2x，此时函数的单调递增区间为1，)；由x2x1x2得2x2x10，解得 eq f(1,2)x1，当 eq f(1,2)x2的解集为(1，0)答案BC

48、D解析由于f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x) eq f(2x1,x1) eq f(2f(1,x),1f(1,x)，故f(x) eq f(2x,x1)1 eq f(1,x1)(x0，且x1)，所以f(x)的定义域为x|x1，且x0，作出其图象(图略)，由图象知，由于x0，故f(x)的值域为y|y1，且y2；f(x)在(0，)上单调递减；f(x)1 eq f(1,x1)2，即 eq f(1x1,x1)0，等价于x(x1)0，解得1x0.故选BCD.三、填空题11(2021聊城检测)函数f(x)9x2 eq r(x1)的最小值为_答案9解析因为f(x)的定义域为1，)，且y9x2与y eq r(x1)在1，)上均为增函数，所以f(x)在1，)上单调递增，故f(x)minf(1)9.12(2021山东曲阜月考)函数f(x)在0，)上单调递增，且f(x2)的图象关于直线x2对称若f(2)1，则f(x2)1的x的取值范围是_答案0，4解析因为f(x2)的图象关于直线x2对称，所以函数f(x)的图象关于y轴对称，所以f(x)是偶函数又函数f(x)在0，)上单调