从高考题出发剖析函数单调性的应用 论文

从高考题出发剖析函数单调性的应用摘 建模、直观想象、逻辑推理等核心素养的培养。抽象的函数性质是解决问题的主体，近几年的高考中函数的性质经常出现，今天我们带着高考题揭示它的真面目．关键词：高考、单调性、解不等式式中的作用，对函数单调性的运用知己知彼，方能百战不殆．一、函数单调性的简单直接运用——比较大小和解不等式．函数单调性的定义f(x)的定义域为I:如果对于定义域I内某个区间D上的12任意两个自变量的值x,x12

,当x2

时,都有fff(x)在区12间D上是增函数.如下图1所示．12 yyyy=fx)fx1)fx2)O x1 x2x图1图2f(x)的定义域为I:如果对于定义域I内某个区间D上的12任意两个自变量的值x,x12

,当x2

时,都有fff(x)在区12间D上是减函数.如上图2所示．12得到因变量的大小比较，也可以把因变量的大小比较化为自变量的大小．例f(x)在(-¥,)若f-1£f(x-2)£1的x的取值范围是（A．[-2,2]

B．[-

C．[0,4]解析：因为函数f(x)在(-¥,)单调递增，且为奇函数，由ff，则不等式-1£f(x-2)£1转化为ff(x2)f，因为函数f(x)在(-¥,)1x21即可，最终可得1x3选择D.例2.（07f(x)为Rf(1)f的实数xx的取值范围是（）A．(,1)B．(1,)C．(,0)D．(,0))f(x)为Rf(1)f转化为1x1x x或x0.故答案为D．图象，运用数形结合思想方法，此类问题迎刃而解．在运用函数单调性比较大小或者解不等式问题时，要注意将问题转化为f(a)f(b)，f(a)f(b)，f(a)f(b)，f(a)f(b)等形式才可以运用函数f(x)的单调性，转化为比较自变量a,b的大小比较．变式训练1.（07年福建卷理）已知f(x)为R上的减函数，则满足f(1)fx的实数x的取值范围是（）A．B．C．D．(,1))二、单数单调性与奇偶性的综合运用函数单调性和奇偶性综合考查在高考中很常见，考查学生对综合知识的运用能力，也是学生的易错点，下面我们研究如何破解．函数的奇偶性的定义及图象、性质1.函数奇偶性定义偶函数：一般地，对于函数f(x)的定义域内的任意一个x，都有f(－x)=f(x)，那么f(x)就叫做偶函数．奇函数：一般地，对于函数f(x)的定义域内的任意一个x，都有f(－x)=—f(x)，那么f(x)就叫做奇函数．2.具有奇偶性的函数的图象的特征偶函数的图象关于y轴对称；奇函数的图象关于原点对称．3.函数的奇偶性与单调性奇函数在关于原点对称的区间上有相同的单调性；如图3.偶函数在关于原点对称的区间上有相反的单调性；如图4.yfyfx)=x321–2–1 O12x–1–2yfx)=x321–3–2 –1O–11 2 3 x图3图4大小和解不等式问题需要采用不同的方法，具体如下：偶函数：在关于原点对称的区间上有相反的单调性，通常比较f(a)与f(b)转化为自变量a与b到原点距离比较大小，也即比较a与b的大小.（1）.当

x0时，

f(x)为递增函数，如图5所示,f(a)f(b)

ab或f(a)f(b)

ab.（2）当

x0时，

f(x)为递减函数，如图6所示,f(a)f(b)

ab或f(a)f(b)

ab. 图5图6例f(x)是定义域为R)单调递减，则（）æ 1ö

æ-3ö

æ-2ö

æ 1ö

æ-2ö æ-3öA．fçlog3f

2f

3B．fçlog3f

3f2÷è 4ø è ø è ø

è 4ø

è ø è øæ-3ö

æ-2ö

æ 1ö

æ-2ö æ-3ö æ 1öC．f

2f

3fçlog3D．f

3f

2fçlog3 ÷è ø è ø è 4ø

è ø è ø è 4øæ 1ö

æ-3ö

æ-2öf(x)是定义域为R的偶函数，所以fçlog3f

2f

3è 4ø è ø è ø大小比较，转化为自变量同一个单调区间上，再比较自变量的大小．\f log1

=flog4æ öQf(x)是R的偶函数，

ç 34÷

( 3)．è ø0Qlog3430

-23

-32

-2log343

3-2，-又f(x)在(0,)单调递减，æ-2ö æ-3ö∴fog34)<f2

3f

2è ø è øæ-3ö

æ-2ö

æ 1ö\f

2f

3fçlog3C．è ø è ø è 4ø例f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间[0,)单调递增.若实数a满足f(log2a)f(log1a)2f,则a的取值范围是（）22]

æ1ùB．

C．1,2D．(,2]ù2ú úùè û ë û解析：函数是定义在上的偶函数，∴ ，等价为是定义在上的偶函数，且在区间单调递增，∴）等价为．即，∴ ，解得,故选项为C．零点．R接比较大小． 图7图8f(x)存在非零零点的情况如图f(x)单调性进行比较大小或者解不等式时，需要转化为分段函数问题进行求解． 图9图10例5. f(x)在R上是增函数.若af(log

1)，bf(log25 2，cf(20.8)，则a,b,c的大小关系为（）A.abcB.bacC.cbaD.cabf(x)在R上是增函数，所以函数f(x)如图7所示，因为f(x)是奇af(log

1)f(log25

1)f(log25 2

5)a,b,c比较log2log2

4.1,20.820.82log

4.1log2

5f(x)在R2上是增函数，所以cba，选择C.2例5.（2020·海南高考真题）若定义在R的奇函数f(x)在(-¥,0)单调递减，且f(2)=0，则满足xf(x-³0的x的取值范围是（）A．[-)

B．[--C．[-0]È)

D．[-0]È解析：因为定义在R上的奇函数f(x)在(-¥,0)上单调递减，且f(2)，所以f(x)在(0,)上也是单调递减，且f(-2)，f(0)，所以当xÎ

(-¥,-2)È(0,2)时，f(x)，当xÎ

(-2,0)U(2,)时，f(x)，所以由xf(x-³0可得：ìxîí-2£x-1£0î

ìx或íî0£x-1£2

或x解得1x0或1£x£3，所以满足xf(x-³0的x的取值范围是[-0]È3]，故选：D.三：函数单调性与导函数的综合应用解决不等式和比较大小问题．1.导数与函数单调性的关系已知函数f是函数f(x)的导函数.如果f0，则f(x)为增函数；如果f0，则f(x)为减函数.特别注意:如果f0，当且仅当等号在孤立点处取得时，则f(x)为增函数；如果f0，当且仅当等号在孤立点处取得时，则f(x)为减函数.如果f(x)为增函数，则f0；如果f(x)为减函数，则f0.例f(x)=x-sinx，则f(x)）A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数 D．是没有零点的奇函数解析：由于f1cosx0恒成立，当且仅当x2k(kZ)等号成立,所以函数f(x)为增函数，因为f(x)f(x)，所以f(x)为奇函数，而且f(0)0，所以函数f(x)有零点.例f(x)=kx-lnx在区间)上单调递增，则实数k的取值范围是（）A．(-¥,-2]

B．(-¥,-

C．[2,)

D．)解析： ，∵函数f(x)=kx-lnx在区间)单调递增，∴在区间)上恒成立．∴，而在区间)上单调递减，∴．∴的取值范围是)．故选D．2.综合运用函数的单调性与导数--构造函数.效果．例f(x)的定义域为R，f1)=2xÎR，f，则f(x)>2x的解集为（）A．

B．(-)

C．(-¥,-

D．¥,)解析：根据易知f，化简形式f20．可构造新函数g(x)=f(x)-2x-4，可知g¢(x)=f2.所以函数y=g(x)在R上单调递增，又因为f1)=2，所以可知g1)=f-4.所以可以转化不等式g(x)=f(x)-2x-4，为g(x)>g1)，根据函数y=g(x)在R上单调递增，所以不等式g(x)>g1)只需要满足x1，故选B.例f'(x)是奇函数f(x)（xÎR）的导函数，f(-，当x时，xf'(x)-

f(x)，则使得f(x)成立的x的取值范围是（）A．(-¥,-U(0,1)

B．C．(-¥,-U(-0)

D．(0,1)È)解析：由xf'(x)-

f(x)易知，构造新函数g(x)=f(x)x可得g'(x)=xfx2

f(x)，当x时g'(x)<0.所以在(0,)上g(x)=f(x)为单调减函数，x因为f(x)为奇函数，所以g(x)=

f(x)为偶函数，x又f，即g，且0，所以g(x)的图象大致如右图所示.0所以f(x)xg(x)0，可得g(x)00或者 ,g(x)0所以由图象可知x满足(,1)或.故选A.例<x1<x2<1，则( )A．ex2−ex1>lnx2−lnx1B．ex2−ex1<lnx2−lnx1C．x2ex1>x1ex2D．x2ex1<x1ex2解析：对于A，B作出f(x)=ex−lnx图象如图所示，可见0<x<1时，既有单调减函数区间，单调增函数区间，故都不正确；xex exexx

ex(x−1)对于=<x<1,f'(x)=

x−x2=

x2 <0，ex1

ex2 x x此时，f(x)在(0,1)上为减函数，故有f(x1)=

x1>f(x2)=

，得xe1x2

>x1e2，2故C正确，D不正确，故选C.2例f(x)是定义在R上的可导函数，f(x)-

f若 (2

) a2-

()，则实数 的大小关系为（）=fa

-a,x2f2,x2A．>x2

B．=x2C．

D．,x2的大小由实数a决定解析：由易知f(x)-

f可知构造新的函数g(x)=f(x),g'(x)=f

f(x)，ex ex所以函数g(x)在R上单调递增.又知a2-a-2=a2-a所以a2-a则ga2-a3)g2)，( )fa2-a( )2也即2ea-

f2)>e2化简得fa2-a3)ea2-a3f2)，即x

>x，故选:A.1 2解决不等式问题和比较大小问题也是高考中的热点问题，考查学生综合知识的运用，比较难.要求教师在讲解此类问题时，要注重讲解比较常见的构造新的函数形式与对种常见的函数构造．四、抽象函数的单调性及其运用形和判断符号，最后是单调性的应用——解不等式和比较大小．例f(x)的定义域是(0,)，且对任意的正实数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y)f(2)x时，f(x)．（1）求f（1）求fçè2ø（2）判断y=f(x)在(0,)上的单调性，并给出你的证明；（3）解不等式f(x2)>f(8x-6)-1．f(x)对任意的正实数都有f(xy)=f(x)+f(y)恒成立，令x=y，可得f=f+f，所以f，令xy=1，可得f=f(2)+f(1)，即1+f(1)，解得f(1)1.2 2 2 2（2）函数f(x)为增函数，证明如下：设,x2Î

(0,)且，x x1令x=x,y=2f(x)+f(2)=f(x)f(x)-1

f(x)=f(x2)，xxx1 2 2 1xxx1 1 1又由x时，f(x)，因为 f( )，即 ，

f(x2)-

f(x1)

f(x2)>f(x1)所以函数y=f(x)在(0,)上的单调性.（3）由题意和（1）可得f(8x-6)-1=f(8x-6)+f(1)=f[1(8x-6)]=f(4x-，2 2又由不等式f(x2)>f(8x-6)-1，即f(x2)>f(4x-，根据（2）函数y=f(x)在(0,)上的单调性.ìx2>4x-3可得íî4x-3

，解得34

<xx，即不等式f(x2)