2.2函數(shù)的單調(diào)性和最值五年高考考點(diǎn)1函數(shù)的單調(diào)性考點(diǎn)2函數(shù)的最值目錄三年模擬基礎(chǔ)強(qiáng)化練能力拔高練創(chuàng)新風(fēng)向練五年高考考點(diǎn)1函數(shù)的單調(diào)性1.(2021全國(guó)甲文,4,5分,易)下列函數(shù)中是增函數(shù)的為

(

)A.f(x)=-x

B.f(x)=

C.f(x)=x2

D.f(x)=

D解析

對(duì)于f(x)=-x,易知f(x)是減函數(shù),故A不符合題意;對(duì)于f(x)=

,易知f(x)是減函數(shù),故B不符合題意;對(duì)于f(x)=x2,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,故C不符合題意;

對(duì)于f(x)=

=

,由冪函數(shù)的性質(zhì)可知,f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,故選D.2.(2023新課標(biāo)Ⅰ,4,5分,易)設(shè)函數(shù)f(x)=2

x(x-a)在區(qū)間(0,1)單調(diào)遞減,則a的取值范圍是

(

)A.(-∞,-2]

B.[-2,0)C.(0,2]

D.[2,+∞)D解析

f(x)=2x(x-a)=

,由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知函數(shù)y=

-

在(0,1)上單調(diào)遞減,所以

≥1,解得a≥2,即a的取值范圍是[2,+∞),故選D.3.(2020新高考Ⅱ,7,5分,中)已知函數(shù)f(x)=lg(x2-4x-5)在(a,+∞)單調(diào)遞增,則a的取值范圍

是

(

)A.(-∞,-1]

B.(-∞,2]

C.[2,+∞)

D.[5,+∞)D解析

∵f(x)=lg(x2-4x-5)在(a,+∞)上單調(diào)遞增,∴

解得a≥5.故a的取值范圍為[5,+∞).4.(2024新課標(biāo)Ⅰ,6,5分,中)已知函數(shù)f(x)=

在R上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是

(

)A.(-∞,0]

B.[-1,0]C.[-1,1]

D.[0,+∞)B解析

當(dāng)x≥0時(shí),函數(shù)f(x)顯然是增函數(shù);當(dāng)x<0時(shí),f(x)=-x2-2ax-a=-(x+a)2+a2-a,而f(x)在R上單調(diào)

遞增,所以

則-1≤a≤0,即a的取值范圍是[-1,0].故選B.易錯(cuò)警示

該題容易只考慮當(dāng)x≥0時(shí),函數(shù)f(x)是增函數(shù),及當(dāng)x<0時(shí),函數(shù)f(x)是增函數(shù),

從而得到a≤0,而忽視了函數(shù)分界點(diǎn)處的函數(shù)值大小.5.(2023全國(guó)甲文,11,5分,中)已知函數(shù)f(x)=

.記a=f

,b=f

,c=f

,則(

)A.b>c>a

B.b>a>c

C.c>b>a

D.c>a>bA解析

∵f(x)=

是由y=eu和u=-(x-1)2兩個(gè)函數(shù)復(fù)合而成的,∴f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,又知f(2-x)=

=

=

=f(x),∴f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱,∴f

=f

,又∵

<2-

<

<1,∴f

<f

<f

,即a<c<b,故選A.6.(2020新高考Ⅰ,8,5分,難)若定義在R的奇函數(shù)f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,且f(2)=0,則滿足xf(x-1)≥0的x的取值范圍是

(

)A.[-1,1]∪[3,+∞)

B.[-3,-1]∪[0,1]C.[-1,0]∪[1,+∞)

D.[-1,0]∪[1,3]D解析

∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù),∴f(x-1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)中心對(duì)稱,又∵f(x)在(-∞,0)上

單調(diào)遞減,∴f(x-1)在(-∞,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上也單調(diào)遞減,且過(-1,0)和(3,0),f(x-1)

的大致圖象如圖.

當(dāng)-1≤x≤0時(shí),f(x-1)≤0,∴xf(x-1)≥0;當(dāng)1≤x≤3時(shí),f(x-1)≥0,∴xf(x-1)≥0.綜上,滿足xf(x-1)≥0的x的取值范圍是[-1,0]∪[1,3].故選D.7.(2023北京,15,5分,難)設(shè)a>0,函數(shù)f(x)=

給出下列四個(gè)結(jié)論:①f(x)在區(qū)間(a-1,+∞)上單調(diào)遞減;②當(dāng)a≥1時(shí),f(x)存在最大值;③設(shè)M(x1,f(x1))(x1≤a),N(x2,f(x2))(x2>a),則|MN|>1;④設(shè)P(x3,f(x3))(x3<-a),Q(x4,f(x4))(x4≥-a).若|PQ|存在最小值,則a的取值范圍是

.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是

.②③解析

f(x)的大致圖象如圖所示,

易知f(x)在(-∞,-a)上單調(diào)遞增,在[-a,0)上單調(diào)遞增,在[0,a]上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)

遞減.對(duì)于①,當(dāng)

<a<1時(shí),f(x)在(a-1,0)上單調(diào)遞增,故①錯(cuò)誤.對(duì)于②,當(dāng)x<-a時(shí),f(x)<-a+2≤1,當(dāng)-a≤x≤a時(shí),0≤f(x)≤a,當(dāng)x>a時(shí),f(x)<-

-1≤-2.綜上,x=0時(shí),f(x)取得最大值a,故②正確.對(duì)于③,令M'(a,0),N'(a,-

-1),顯然|MN|>|M'N'|=

+1>1,故③正確.對(duì)于④,若|PQ|存在最小值,則點(diǎn)(0,0)到直線x+2=y的距離大于a,且直線y=-x與y=x+2的交

點(diǎn)(-1,1)在射線y=x+2(x<-a)上,則

>a,且-1<-a,又a>0,所以0<a<1,故④錯(cuò)誤.綜上,所有正確結(jié)論的序號(hào)是②③.考點(diǎn)2函數(shù)的最值1.(2022浙江,14,6分,中)已知函數(shù)f(x)=

則f

=

;若當(dāng)x∈[a,b]時(shí),1≤f(x)≤3,則b-a的最大值是

.3+

解析

f

=f

=

+

-1=

.當(dāng)f(x)=x+

-1=3時(shí),x=2+

(舍負(fù)),作出f(x)的圖象如圖所示,

由圖可知,當(dāng)1≤f(x)≤3時(shí),-1≤a≤1,b=2+

,則b-a的最大值為3+

.2.(2022北京,14,5分,難)設(shè)函數(shù)f(x)=

若f(x)存在最小值,則a的一個(gè)取值為

;a的最大值為

.([0,1]中任意一個(gè)實(shí)數(shù)都可以,答案不唯一)1解析

當(dāng)a<0時(shí),f(x)=-ax+1在(-∞,a)上為增函數(shù),無(wú)最小值.而f(x)=(x-2)2在[a,+∞)上的最小值為

0,所以f(x)不存在最小值.當(dāng)a=0時(shí),f(x)=

此時(shí)f(x)存在最小值,最小值為0.當(dāng)0<a≤1時(shí),f(x)=-ax+1在(-∞,a)上單調(diào)遞減,所以f(x)>1-a2.因?yàn)閍∈(0,1],所以1-a2∈[0,1),

所以f(x)>0.而f(x)=(x-2)2在[a,+∞)上存在最小值,最小值為0,所以f(x)在R上存在最小值.

當(dāng)a>1時(shí),f(x)=-ax+1在(-∞,a)上單調(diào)遞減,所以f(x)>1-a2.f(x)=(x-2)2在[a,+∞)上的最小值

大于或等于0,而1-a2<0,所以函數(shù)f(x)在R上不存在最小值.綜上,a的取值范圍為[0,1],a的

最大值為1.三年模擬1.(2025屆江蘇揚(yáng)州開學(xué)考,5)已知函數(shù)f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減且對(duì)任意x∈R滿足f(x)=

f(2-x),則不等式f(2x-3)>f(x)的解集是

(

)A.

∪(3,+∞)

B.

C.

D.(3,+∞)B解析

因?yàn)閷?duì)任意x∈R滿足f(x)=f(2-x),所以f(x)圖象的對(duì)稱軸為直線x=1,又函數(shù)f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增,所以f(2x-3)>f(x)等價(jià)于|2x-3-1|<|x-1|,即3x2-14x+15<0,解得

<x<3,故選B.2.(2025屆四川瀘縣五中開學(xué)考,6)已知函數(shù)f(x)=

在區(qū)間(m,m+1)上單調(diào)遞增,則m的取值范圍是

(

)A.(-∞,0]B.[0,1]C.[-1,0]D.(-∞,-1]∪[1,+∞)D解析

函數(shù)f(x)=

的圖象如圖,

函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,0],[1,+∞),則有m+1≤0或m≥1,解得m≤-1或m≥1,故選D.3.(2025屆黑龍江牡丹江一中開學(xué)考,7)記實(shí)數(shù)x1,x2,…,xn的最小數(shù)為min{x1,x2,…,xn},若f(x)=min{x+1,x2-2x+1,-x+8},則函數(shù)f(x)的最大值為

(

)A.4

B.

C.1

D.5B解析

在同一個(gè)坐標(biāo)系中,分別作出函數(shù)y1=x+1,y2=x2-2x+1,y3=-x+8的圖象,如圖所示,

f(x)=min{x+1,x2-2x+1,-x+8}的圖象是圖中實(shí)線部分,要求的函數(shù)f(x)的最大值即圖中最高點(diǎn)A的縱坐標(biāo).由

解得

故所求函數(shù)f(x)的最大值為

.故選B.4.(2025屆浙江A9協(xié)作體聯(lián)考,5)函數(shù)y=

在區(qū)間[1,+∞)上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是(

)A.(-∞,2]

B.[2,+∞)C.(-∞,-2]

D.[-2,+∞)A解析

因?yàn)楹瘮?shù)y=

在區(qū)間[1,+∞)上單調(diào)遞增,y=2x在[1,+∞)上單調(diào)遞增,所以由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知y=x2-ax+1在[1,+∞)上單調(diào)遞增,則

≤1,即a≤2.故選A.5.(2025屆安徽蚌埠調(diào)研,5)設(shè)函數(shù)f(x)=

是R上的減函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是

(

)A.

B.

C.(-1,2]

D.

A解析

根據(jù)題意,得

解得-1<a≤

,即a的取值范圍為

.故選A.6.(2025屆四川省射洪中學(xué)一模,13)函數(shù)f(x)=x(|x|-2)在[m,n]上的最小值為-1,最大值為1,

則n-m的最大值為

.2+2

解析

f(x)=

作出f(x)的圖象,如圖所示,

由圖象得,當(dāng)x>0時(shí),令x2-2x=1,解得x=1+

;當(dāng)x<0時(shí),令-x2-2x=-1,解得x=-1-

,所以f(x)在[-1-

,1+

]上的最大值為1,最小值為-1,所以n-m的最大值為1+

-(-1-

)=2+2

.7.(2024廣東佛山摸底考,14)設(shè)函數(shù)f(x)=

的最大值為M,最小值為m,則m+M=

.2解析

f(x)=

=1+

,x∈R,令g(x)=

,易證g(x)為奇函數(shù),所以g(x)的最大值與最小值的和為0,又g(x)=f(x)-1,所以M-1+m-1=0,即m+M=2.8.(2024北京六十六中第一次檢測(cè),20)函數(shù)f(x)=

則不等式f(x2)<f(5x-4)的解集為

.(1,4)解析

作出函數(shù)f(x)的圖象,如圖,

函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,所以f(x2)<f(5x-4)等價(jià)于x2<5x-4,解得1<x<4,所以不等式f(x2)<f(5x-4)的解集為(1,4).1.(2025屆廣東佛山質(zhì)檢,7)已知函數(shù)f(x)=

的值域?yàn)镽,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是

(

)A.(-∞,0)

B.(-∞,-1]C.[-1,1]

D.[-1,0)D解析

若a<0,y=-ax+1在(-∞,a)上單調(diào)遞增,所以y∈(-∞,1-a2),y=(x-1)2在[a,1]上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,無(wú)最大值,所以y∈[0,+∞).因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的值域?yàn)镽,所以1-a2≥0,結(jié)合a<0得-1≤a<0.若a=0,則f(x)=

的值域?yàn)閇0,+∞).若0<a<1,y=-ax+1在(-∞,a)上單調(diào)遞減,所以y∈(1-a2,+∞)(1-a2>0),y=(x-1)2在[a,1]上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,無(wú)最大值,所以y∈[0,+∞),所以函數(shù)f(x)的值域不可能為R.若a≥1,y=-ax+1在(-∞,a)上單調(diào)遞減,所以y∈(1-a2,+∞)(1-a2≤0),y=(x-1)2在[a,+∞)上單調(diào)遞增,y∈[(a-1)2,+∞),此時(shí)函數(shù)f(x)的值域不可能為R.綜上可知,當(dāng)-1≤a<0時(shí),函數(shù)f(x)的值域?yàn)镽.故選D.2.(2025屆廣東八校聯(lián)合檢測(cè),6)已知函數(shù)f(x)=

在R上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是

(

)A.[1,3)

B.(1,3]

C.[1,3]

D.(1,3)C解析

若f(x)在(-∞,0]上單調(diào)遞增,則f'(x)=a-cosx≥0恒成立,則a≥1,若f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞

增,則-a≤0,即a≥0,若f(x)在R上單調(diào)遞增,則-a+3≥0,即a≤3,故a的取值范圍是[1,3].3.(2025屆北京理工大學(xué)附中開學(xué)考,10)定義在R上的偶函數(shù)y=f(x)滿足f(x-1)=-f(x),且在

[0,1]上單調(diào)遞增,a=f

,b=f(ln

),c=f(2022),則a,b,c的大小關(guān)系是

(

)A.a>b>c

B.a>c>b

C.b>c>a

D.c>b>aA解析

由f(x-1)=-f(x)得f(x-2)=-f(x-1)=f(x),即f(x)=f(x+2),∴f(x)是周期為2的函數(shù),則c=f(2022)=f(0),a=f

=f

=f

,又f(x)為偶函數(shù),∴a=f

=f

.∵0<ln

<ln

=

,f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增,∴f(0)<f(ln

)<f

,即c<b<a.故選A.4.(2024湖南長(zhǎng)沙一中月考(一),8)設(shè)f(x)=

(a∈R),記f(x)在區(qū)間

上的最大值為M(a),則M(a)的最小值為

(

)A.0

B.

C.

D.2B解析

設(shè)g(x)=x+

-a,x∈

,則g(x)在

上單調(diào)遞減,在(1,4]上單調(diào)遞增,g

=

-a,g(1)=2-a,g(4)=

-a,所以M(a)是

,|2-a|,

三者中的較大者,

所以M(a)=

(結(jié)合圖象得出M(a))所以當(dāng)a=

時(shí),M(a)的最小值為

.故選B.5.(2025屆山西晉中部分校質(zhì)檢,8)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),若對(duì)于任意的x,y∈

(0,+∞),都有f(x)+f(y)=f(xy)+2,當(dāng)x>1時(shí),都有f(x)>2,且f(3)=3,則函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,27]上的

最大值為

(

)A.2

B.3

C.4

D.5D解析

任取x1,x2∈(0,+∞),且x2>x1,則

>1,所以f

>2,令x=x1,y=

,則f(x1)+f

=f

+2=f(x2)+2,所以f(x1)-f(x2)=2-f

<0,則f(x1)<f(x2),因此f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,令x=y=1,則f(1)=2,令x=y=3,則f(3)+f(3)=f(9)+2,又f(3)=3,所以f(9)=4,令x=3,y=9,則f(3)+f(9)=f(27)+2,所以f(27)=5,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,27]上的最大值為f(27)=5.故選D.6.(2025屆廣東八校聯(lián)合檢測(cè),8)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,f(2+x)+f(-x)=0,對(duì)任意x1,x2∈

[1,+∞)(x1<x2),均有f(x2)-f(x1)>0,已知a,b(a≠b)為關(guān)于x的方程x2-2x+t2-3=0的兩個(gè)解,則關(guān)

于t的不等式f(a)+f(b)+f(t)>0的解集為

(

)A.(-2,2)

B.(-2,0)

C.(0,1)

D.(1,2)D解析

由f(2+x)+f(-x)=0,得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱.由對(duì)任意x1,x2∈[1,+∞)(x1<x2),均有f(x2)-f(x1)>0,可知函數(shù)f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增.又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)镽,所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增.因?yàn)閍,b(a≠b)為關(guān)于x的方程x2-2x+t2-3=0的兩個(gè)解,所以Δ=4-4(t2-3)>0,a+b=2,解得-2<t<2,b=2-a.又f(2+x)+f(-x)=0,所以令x=-a,則f(a)+f(b)=0,則由f(a)+f(b)+f(t)>0,得f(t)>0=f(1),所以t>1.綜上,所求不等式的解集是(1,2).故選D.7.(2024山東棗莊三中質(zhì)檢)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x),當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=

-

.(1)求f(x)的解析式;(2)若對(duì)任意的t∈R,不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0恒成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍.解析

(1)當(dāng)x<0時(shí),-x>0,則f(-x)=

-

=2x+

,又因?yàn)閒(x)為奇函數(shù),所以-f(x)=f(-x)=2x+

,所以f(x)=-2x+

,所以f(x)=

(2)因?yàn)楫?dāng)x≥0時(shí),f(x)=

-

,又y=

單調(diào)遞減,y=-

也單調(diào)遞減,因此f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,(兩個(gè)減函數(shù)的和仍為減函數(shù))又f(x)為奇函數(shù),所以f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,所以f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞減.因?yàn)閒(t2-2t)+f(2t2-k)<0在t∈R上恒成立,所以f(t2-2t)<-f(2t2-k),又因?yàn)閒(x)為奇函數(shù),所以f(t2-2t)<f(k-2t2),所以t2-2t>k-2t2在t∈R上恒成立,即3t2-2t-k>0在t∈R上恒成立,所以Δ=4+12k<0,即k<-

.故實(shí)數(shù)k的取值范圍是

.解題關(guān)鍵

解決(2)的關(guān)鍵是