函數(shù)單調(diào)性的七類經(jīng)典題型

函數(shù)單調(diào)性的七類經(jīng)典題型單調(diào)性類型一：三角函數(shù)單調(diào)區(qū)間1.函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為__________．【答案】【解析】試題分析:因為,所以,故應(yīng)填答案.2.已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x2－2x－3)，則該函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(－∞，1] B．[3，＋∞)C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)解析：選B設(shè)t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.所以函數(shù)的定義域為(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因為函數(shù)t＝x2－2x－3的圖象的對稱軸為x＝1，所以函數(shù)t在(－∞，－1]上單調(diào)遞減，在[3，＋∞)上單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[3，＋∞)．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，則函數(shù)g(x)的遞減區(qū)間是________．g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))如圖所示，其遞減區(qū)間是[0,1)．答案：[0,1)類型二：對數(shù)函數(shù)單調(diào)區(qū)間1.函數(shù)f(x)＝ln(4＋3x－x2)的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))解析：函數(shù)f(x)的定義域是(－1,4)，u(x)＝－x2＋3x＋4＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\f(25,4)的減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))，∵e＞1，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4)).2.函數(shù)f(x)＝|x－2|x的單調(diào)減區(qū)間是()A．[1,2] B．[－1,0]C．[0,2] D．[2，＋∞)解析：選A由于f(x)＝|x－2|x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2.))結(jié)合圖象可知函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是[1,2]．類型三：分段函數(shù)單調(diào)性1.已知函數(shù)f(x)＝,若f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(1,2)B．(2,3)C．(2,3]D．(2，＋∞)解析：要保證函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則首先分段函數(shù)應(yīng)該在各自定義域內(nèi)分別單調(diào)遞增．若f(x)＝(a－2)x－1在區(qū)間(－∞，1]上單調(diào)遞增，則a－2＞0，即a＞2.若f(x)＝logax在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則a＞1.另外，要保證函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增還必須滿足(a－2)×1－1≤loga1＝0，即a≤3.故實數(shù)a的取值范圍為2＜a≤3.答案：C類型四：利用單調(diào)性求參數(shù)范圍1.已知函數(shù)為定義在上的偶函數(shù)，在上單調(diào)遞減，并且，則的取值范圍是_______________．【答案】【解析】試題分析:由偶函數(shù)的定義可得,則,因為,且,所以,解之得.故應(yīng)填答案.2.已知y＝f(x)是定義在(－2,2)上的增函數(shù)，若f(m－1)＜f(1－2m)，則m的取值范圍是__________．解析：依題意，原不等式等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＜m－1＜2,－2＜1－2m＜2,m－1＜1－2m))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＜m＜3,－\f(1,2)＜m＜\f(3,2),m＜\f(2,3)))?－eq\f(1,2)＜m＜eq\f(2,3).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(2,3)))3.已知函數(shù)f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是單調(diào)函數(shù)，則a的取值范圍是________．解析：因為函數(shù)f(x)在(－∞，－a)上是單調(diào)函數(shù)，所以－a≥－1，解得a≤1.答案：(－∞，1]4.若f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝eq\f(a,x＋1)在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍是________．解析：∵函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù)，∴a≤1.又∵函數(shù)g(x)＝eq\f(a,x＋1)在區(qū)間[1,2]上也是減函數(shù)，∴a>0.∴a的取值范圍是(0,1]．5.若函數(shù)f(x)＝|logax|(0<a<1)在區(qū)間(a,3a－1)上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：由于f(x)＝|logax|(0<a<1)的遞減區(qū)間是(0,1]，所以有0<a<3a－1≤1，解得eq\f(1,2)<a≤eq\f(2,3).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))類型五：范圍問題1.設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則滿足不等式f(1)<f(lgeq\f(x,10))的x的取值范圍是________.押題依據(jù)利用函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性求解不等式是高考中的熱點，較好地考查學(xué)生思維的靈活性.答案(0,1)∪(100，＋∞)解析由題意得，f(1)<f(|lgeq\f(x,10)|)?1<|lgeq\f(x,10)|?lgeq\f(x,10)>1或lgeq\f(x,10)<－1?x>100或0<x<1.2.已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞增.若實數(shù)a滿足f(2|a－1|)>f(－eq\r(2))，則a的取值范圍是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))解析∵f(x)是偶函數(shù)，且在(－∞，0)上單調(diào)遞增，∴在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，f(－eq\r(2))＝f(eq\r(2))，∴f(2|a－1|)>f(eq\r(2))，∴2|a－1|<eq\r(2)＝2eq\f(1,2)，∴|a－1|<eq\f(1,2)，即－eq\f(1,2)<a－1<eq\f(1,2)，即eq\f(1,2)<a<eq\f(3,2).3.設(shè)函數(shù)f(x)＝x|x－a|，若對?x1，x2∈[3，＋∞)，x1≠x2，不等式eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是__________.答案(－∞，3]解析由題意分析可知條件等價于f(x)在[3，＋∞)上單調(diào)遞增，又因為f(x)＝x|x－a|，所以當a≤0時，結(jié)論顯然成立，當a>0時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－ax，x≥a，,－x2＋ax，x<a，))所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，a))上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，所以0<a≤3.綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，3].類型六：綜合題1.（作圖）已知f(x)是定義在實數(shù)集R上的增函數(shù)，且f(1)＝0，函數(shù)g(x)在(－∞，1]上為增函數(shù)，在[1，＋∞)上為減函數(shù)，且g(4)＝g(0)＝0，則集合{x|f(x)g(x)≥0}等于()A．{x|x≤0或1≤x≤4}B．{x|0≤x≤4}C．{x|x≤4}D．{x|0≤x≤1或x≥4}解析：畫出函數(shù)f(x)和g(x)的草圖如圖，由圖可知當f(x)g(x)≥0時，x的取值范圍是x≤0或1≤x≤4，即{x|f(x)g(x)≥0}＝{x|x≤0或1≤x≤4}，故選A.2.函數(shù)y＝f(x)(x≠0)是奇函數(shù)，且當x∈(0，＋∞)時是增函數(shù)，若f(1)＝0，求不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))))<0的解集．（數(shù)形結(jié)合）解：∵y＝f(x)是奇函數(shù)，∴f(－1)＝－f(1)＝0.又∵y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，∴y＝f(x)在(－∞，0)上是增函數(shù)，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))))<0＝f(1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>0，,x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))<1，))即0<xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))<1，解得eq\f(1,2)<x<eq\f(1＋\r(17),4)或eq\f(1－\r(17),4)<x<0.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))))<0＝f(－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))<0，,x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))<－1.))∴xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))<－1，解得x∈?.∴原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<\f(1＋\r(17),4)或\f(1－\r(17),4)<x<0)))).3.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≤0，,－x2－2x＋3，x>0，))則不等式f(a2－4)>f(3a)的解集為()A．(2,6) B．(－1,4)C．(1,4) D．(－3,5)解析：作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示，則函數(shù)f(x)在R上是單調(diào)遞減的．由f(a2－4)>f(3a)，可得a2－4<3a，整理得a2－3a－4<0，即(a＋1)(a－4)<0，解得－1<a<4，所以不等式的解集為(－1,4)．答案：B4.如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間I上是增函數(shù)，且函數(shù)y＝eq\f(fx,x)在區(qū)間I上是減函數(shù)，那么稱函數(shù)y＝f(x)是區(qū)間I上的“緩增函數(shù)”，區(qū)間I叫作“緩增區(qū)間”．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)是區(qū)間I上的“緩增函數(shù)”，則“緩增區(qū)間”I為()A．[1，＋∞) B．[0，eq\r(3)]C．[0,1] D．[1，eq\r(3)]解析：因為函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)的對稱軸為x＝1，所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，又當x≥1時，eq\f(fx,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)，則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)，即函數(shù)eq\f(fx,x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)在區(qū)間[1，eq\r(3)]上單調(diào)遞減，故“緩增區(qū)間”I為[1，eq\r(3)]．答案：D6.若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋6，x≤2，,3＋logax，x>2))(a>0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：因為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋6，x≤2，,3＋logax，x>2，))所以當x≤2時，f(x)≥4；又函數(shù)f(x)的值域為[4，＋∞)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,3＋loga2≥4.))解得1<a≤2，所以實數(shù)a的取值范圍為(1,2]．答案：(1,2]7.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x>0時，f(x)＝|x－a|