2021年高考理科数学一轮复习：专题2.2 函数的单调性与最值 题型全归纳与高效训练突破

这是一份2021年高考理科数学一轮复习：专题2.2 函数的单调性与最值 题型全归纳与高效训练突破，文件包含专题22函数的单调性与最值学生版docx、专题22函数的单调性与最值老师版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \u 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
题型一 确定函数的单调性(区间)
【题型要点】
1．确定函数单调性(区间)的三种常用方法
(1)定义法：一般步骤：①任取x1，x2∈D，且x10，得x>4或x0时，f′(x)0时，f(x)在(－1，1)上为单调递减函数，
当a0，－1≤sinx≤1等)确定函数的值域．
(5)分离常数法：形如求y＝eq \f(cx＋d,ax＋b)(ac≠0)的函数的值域或最值常用分离常数法求解．
【例1】函数f(x)＝eq \f(2ax－2020,ax＋1)的值域为________．
【答案】 (－2020,2)
【解析】解法一：f(x)＝eq \f(2ax－2020,ax＋1)＝eq \f(2ax＋1－2022,ax＋1)＝2－eq \f(2022,ax＋1)，
因为ax＞0，所以ax＋1＞1，所以0＜eq \f(2022,ax＋1)＜2022，
所以－2020＜2－eq \f(2022,ax＋1)＜2，
故函数f(x)的值域为(－2020,2)．
解法二：令y＝f(x)＝eq \f(2ax－2020,ax＋1)，得
y·ax＋y＝2ax－2020，
所以(y－2)ax＝－y－2020，ax＝－eq \f(y＋2020,y－2)，
由ax＞0得eq \f(y＋2020,y－2)＜0，故－2020＜y＜2，
所以函数f(x)＝eq \f(2ax－2020,ax＋1)的值域为(－2020,2)．
【例2】对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a，a≤b，,b，a＞b.))设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝lg2x，则函数h(x)＝min{f(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)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)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))
当0＜x≤2时，h(x)＝lg2x是增函数，
当x＞2时，h(x)＝3－x是减函数，
所以h(x)在x＝2处取得最大值h(2)＝1.
题型三 函数单调性的应用
命题角度一 比较大小
【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1】(2019·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(x)在(－∞，0)上是减函数，若a＝f(－1)，b＝，c＝f(20.3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c＜b＜a B．a＜c＜b
C．b＜c＜a D．a＜b＜c
【答案】 B
【解析】 ∵函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，∴c＝f(20.3)＝f(－20.3)．∵1＜20.3＜2，∴－1＞－20.3＞－2，即－1＞－20.3＞lg2eq \f(1,4).∵函数f(x)在(－∞，0)上是减函数，∴f(－1)＜f(－20.3)＜f，即a＜c＜b.
命题角度二 解函数不等式
【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．此时应特别注意函数的定义域．
【例2】已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3，x≤0，,ln（x＋1），x>0，))若f(2－x2)>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x＝0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x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，
当x>0时，f(x)＝ln(x＋1)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(2－x2)>f(x)等价于2－x2>x，
即x2＋x－2b D．b>a>c
【答案】 D
【解析】 因为f(x)的图象关于直线x＝1对称．
所以f＝f.当x2>x1>1时，
[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)c.
4.(2020·武汉模拟)若函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
【答案】B.
【解析】：因为函数f(x)＝2|x－a|＋3＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－2a＋3，x≥a,－2x＋2a＋3，x＜a))，因为函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，所以a＞1.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(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，且f(a2－a)＞f(2a－2)，则实数a的取值范围为( )
A．[－1，2) B．[0，2)
C．[0，1) D．[－1，1)
【答案】C
【解析】：因为函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，
所以函数f(x)在[－2，2]上单调递增，
所以－2≤2a－2＜a2－a≤2，解得0≤a＜1，故选C.
6.(2019·安徽合肥模拟)若2x＋5y≤2－y＋5－x，则有( )
A．x＋y≥0 B．x＋y≤0
C．x－y≤0 D．x－y≥0
【答案】 B
【解析】 原不等式可化为2x－5－x≤2－y－5y，记函数f(x)＝2x－5－x，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x≤－y，即x＋y≤0.
7.(2019·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( )
A．y＝eq \f(1,fx)在R上为减函数
B．y＝|f(x)|在R上为增函数
C．y＝2－f(x)在R上为减函数
D．y＝－[f(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＝eq \f(1,fx)＝eq \f(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)上为减函数；D错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝－[f(x)]3＝－x3在R上为减函数；C正确，由复合函数同增异减，得y＝2－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( )
A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝－eq \f(1,x＋1) D．f(x)＝－|x|
【答案】C.
【解析】：当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；
当x∈时，f(x)＝x2－3x为减函数，
当x∈时，f(x)＝x2－3x为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－eq \f(1,x＋1)为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．
9．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是( )
A．(－∞，0) B．
C．[0，＋∞) D．
【答案】B
【解析】：.y＝|x|(1－x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（1－x），x≥0，,－x（1－x），x＜0))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x＜0))函数y的草图如图所示．
由图易知原函数在上单调递增．故选B.
10.定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当aa＋3，))解得a>3.所以正数a的取值范围是(3，＋∞)．
5.设f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x＞0.))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x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，所以a≥0.当x＞0时，f(x)＝x＋eq \f(1,x)＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取“＝”．要满足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2，
所以a的取值范围是0≤a≤2.
6．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝eq \f(f（x）,x)在区间I上是减函数，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓增函数”，区间I叫做“缓增区间”．若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为________．
【答案】：[1，eq \r(3) ]
【解析】：因为函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，又当x≥1时，eq \f(f（x）,x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)，令g(x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)(x≥1)，则g′(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,2x2)＝eq \f(x2－3,2x2)，由g′(x)≤0得1≤x≤eq \r(3)，即函数eq \f(f（x）,x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)在区间[1，eq \r(3) ]上单调递减，故“缓增区间”I为[1，eq \r(3) ]．
7.(2020·河北模拟调研)已知函数f(x)＝lga(－x＋1)(a>0，且a≠1)在[－2,0]上的值域是[－1,0]，则实数a＝________；若函数g(x)＝ax＋m－3的图象不经过第一象限，则实数m的取值范围为________．
【答案】eq \f(1,3) [－1，＋∞)
【解析】函数f(x)＝lga(－x＋1)(a>0，且a≠1)在[－2,0]上的值域是[－1,0]．当a>1时，f(x)＝lga(－x＋1)在[－2,0]上单调递减，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－2＝lga3＝0，,f0＝lga1＝－1，))无解；当0－1.
(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(x2＋2x)＋f(1－x)>4.
【解】：(1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1.
在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，f(x1－x2)>－1.
又f(x1)＝f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(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(x2＋2x)＋f(1－x)>4得f(x2＋x＋1)>f(3)，
又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1>3，
解得x1，
故原不等式的解集为{x|x1}．
2.已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．
【解】：(1)证明：设x1＜x2＜－2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)＝eq \f(2（x1－x2）,（x1＋2）（x2＋2）).
因为(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，
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1＜x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1－a)－eq \f(x2,x2－a)＝eq \f(a（x2－x1）,（x1－a）（x2－a）).
因为a＞0，x2－x1＞0，所以要使f(x1)－f(x2)＞0，
只需(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，
所以a≤1.综上所述，0＜a≤1.
3.已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)x2，
则eq \f(x1,x2)>1，由于当x>1时，f(x)