從高考題出發(fā)剖析函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用 論文

從高考題出發(fā)剖析函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用摘 建模、直觀想象、邏輯推理等核心素養(yǎng)的培養(yǎng)。抽象的函數(shù)性質(zhì)是解決問題的主體，近幾年的高考中函數(shù)的性質(zhì)經(jīng)常出現(xiàn)，今天我們帶著高考題揭示它的真面目．關(guān)鍵詞：高考、單調(diào)性、解不等式式中的作用，對函數(shù)單調(diào)性的運用知己知彼，方能百戰(zhàn)不殆．一、函數(shù)單調(diào)性的簡單直接運用——比較大小和解不等式．函數(shù)單調(diào)性的定義f(x)的定義域為I:如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的12任意兩個自變量的值x,x12

,當(dāng)x2

時,都有fff(x)在區(qū)12間D上是增函數(shù).如下圖1所示．12 yyyy=fx)fx1)fx2)O x1 x2x圖1圖2f(x)的定義域為I:如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的12任意兩個自變量的值x,x12

,當(dāng)x2

時,都有fff(x)在區(qū)12間D上是減函數(shù).如上圖2所示．12得到因變量的大小比較，也可以把因變量的大小比較化為自變量的大?。齠(x)在(-￥,)若f-1￡f(x-2)￡1的x的取值范圍是（A．[-2,2]

B．[-

C．[0,4]解析：因為函數(shù)f(x)在(-￥,)單調(diào)遞增，且為奇函數(shù)，由ff，則不等式-1￡f(x-2)￡1轉(zhuǎn)化為ff(x2)f，因為函數(shù)f(x)在(-￥,)1x21即可，最終可得1x3選擇D.例2.（07f(x)為Rf(1)f的實數(shù)xx的取值范圍是（）A．(,1)B．(1,)C．(,0)D．(,0))f(x)為Rf(1)f轉(zhuǎn)化為1x1x x或x0.故答案為D．圖象，運用數(shù)形結(jié)合思想方法，此類問題迎刃而解．在運用函數(shù)單調(diào)性比較大小或者解不等式問題時，要注意將問題轉(zhuǎn)化為f(a)f(b)，f(a)f(b)，f(a)f(b)，f(a)f(b)等形式才可以運用函數(shù)f(x)的單調(diào)性，轉(zhuǎn)化為比較自變量a,b的大小比較．變式訓(xùn)練1.（07年福建卷理）已知f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足f(1)fx的實數(shù)x的取值范圍是（）A．B．C．D．(,1))二、單數(shù)單調(diào)性與奇偶性的綜合運用函數(shù)單調(diào)性和奇偶性綜合考查在高考中很常見，考查學(xué)生對綜合知識的運用能力，也是學(xué)生的易錯點，下面我們研究如何破解．函數(shù)的奇偶性的定義及圖象、性質(zhì)1.函數(shù)奇偶性定義偶函數(shù)：一般地，對于函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)的任意一個x，都有f(－x)=f(x)，那么f(x)就叫做偶函數(shù)．奇函數(shù)：一般地，對于函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)的任意一個x，都有f(－x)=—f(x)，那么f(x)就叫做奇函數(shù)．2.具有奇偶性的函數(shù)的圖象的特征偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱；奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱．3.函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性奇函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間上有相同的單調(diào)性；如圖3.偶函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間上有相反的單調(diào)性；如圖4.yfyfx)=x321–2–1 O12x–1–2yfx)=x321–3–2 –1O–11 2 3 x圖3圖4大小和解不等式問題需要采用不同的方法，具體如下：偶函數(shù)：在關(guān)于原點對稱的區(qū)間上有相反的單調(diào)性，通常比較f(a)與f(b)轉(zhuǎn)化為自變量a與b到原點距離比較大小，也即比較a與b的大小.（1）.當(dāng)

x0時，

f(x)為遞增函數(shù)，如圖5所示,f(a)f(b)

ab或f(a)f(b)

ab.（2）當(dāng)

x0時，

f(x)為遞減函數(shù)，如圖6所示,f(a)f(b)

ab或f(a)f(b)

ab. 圖5圖6例f(x)是定義域為R)單調(diào)遞減，則（）? 1?

?-3?

?-2?

? 1?

?-2? ?-3?A．f?log3f

2f

3B．f?log3f

3f2÷è 4? è ? è ?

è 4?

è ? è ??-3?

?-2?

? 1?

?-2? ?-3? ? 1?C．f

2f

3f?log3D．f

3f

2f?log3 ÷è ? è ? è 4?

è ? è ? è 4?? 1?

?-3?

?-2?f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，所以f?log3f

2f

3è 4? è ? è ?大小比較，轉(zhuǎn)化為自變量同一個單調(diào)區(qū)間上，再比較自變量的大小．\f log1

=flog4? ?Qf(x)是R的偶函數(shù)，

? 34÷

( 3)．è ?0Qlog3430

-23

-32

-2log343

3-2，-又f(x)在(0,)單調(diào)遞減，?-2? ?-3?∴fog34)<f2

3f

2è ? è ??-3?

?-2?

? 1?\f

2f

3f?log3C．è ? è ? è 4?例f(x)是定義在R上的偶函數(shù),且在區(qū)間[0,)單調(diào)遞增.若實數(shù)a滿足f(log2a)f(log1a)2f,則a的取值范圍是（）22]

?1ùB．

C．1,2D．(,2]ù2ú úùè ? ? ?解析：函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，∴ ，等價為是定義在上的偶函數(shù)，且在區(qū)間單調(diào)遞增，∴）等價為．即，∴ ，解得,故選項為C．零點．R接比較大小． 圖7圖8f(x)存在非零零點的情況如圖f(x)單調(diào)性進(jìn)行比較大小或者解不等式時，需要轉(zhuǎn)化為分段函數(shù)問題進(jìn)行求解． 圖9圖10例5. f(x)在R上是增函數(shù).若af(log

1)，bf(log25 2，cf(20.8)，則a,b,c的大小關(guān)系為（）A.abcB.bacC.cbaD.cabf(x)在R上是增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)如圖7所示，因為f(x)是奇af(log

1)f(log25

1)f(log25 2

5)a,b,c比較log2log2

4.1,20.820.82log

4.1log2

5f(x)在R2上是增函數(shù)，所以cba，選擇C.2例5.（2020·海南高考真題）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-30的x的取值范圍是（）A．[-)

B．[--C．[-0]è)

D．[-0]è解析：因為定義在R上的奇函數(shù)f(x)在(-￥,0)上單調(diào)遞減，且f(2)，所以f(x)在(0,)上也是單調(diào)遞減，且f(-2)，f(0)，所以當(dāng)x?

(-￥,-2)è(0,2)時，f(x)，當(dāng)x?

(-2,0)U(2,)時，f(x)，所以由xf(x-30可得：ìx?í-2￡x-1￡0?

ìx或í?0￡x-1￡2

或x解得1x0或1￡x￡3，所以滿足xf(x-30的x的取值范圍是[-0]è3]，故選：D.三：函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)的綜合應(yīng)用解決不等式和比較大小問題．1.導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系已知函數(shù)f是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù).如果f0，則f(x)為增函數(shù)；如果f0，則f(x)為減函數(shù).特別注意:如果f0，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍栐诠铝Ⅻc處取得時，則f(x)為增函數(shù)；如果f0，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍栐诠铝Ⅻc處取得時，則f(x)為減函數(shù).如果f(x)為增函數(shù)，則f0；如果f(x)為減函數(shù)，則f0.例f(x)=x-sinx，則f(x)）A．既是奇函數(shù)又是減函數(shù) B．既是奇函數(shù)又是增函數(shù)C．是有零點的減函數(shù) D．是沒有零點的奇函數(shù)解析：由于f1cosx0恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x2k(kZ)等號成立,所以函數(shù)f(x)為增函數(shù)，因為f(x)f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，而且f(0)0，所以函數(shù)f(x)有零點.例f(x)=kx-lnx在區(qū)間)上單調(diào)遞增，則實數(shù)k的取值范圍是（）A．(-￥,-2]

B．(-￥,-

C．[2,)

D．)解析： ，∵函數(shù)f(x)=kx-lnx在區(qū)間)單調(diào)遞增，∴在區(qū)間)上恒成立．∴，而在區(qū)間)上單調(diào)遞減，∴．∴的取值范圍是)．故選D．2.綜合運用函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)--構(gòu)造函數(shù).效果．例f(x)的定義域為R，f1)=2x?R，f，則f(x)>2x的解集為（）A．

B．(-)

C．(-￥,-

D．￥,)解析：根據(jù)易知f，化簡形式f20．可構(gòu)造新函數(shù)g(x)=f(x)-2x-4，可知g￠(x)=f2.所以函數(shù)y=g(x)在R上單調(diào)遞增，又因為f1)=2，所以可知g1)=f-4.所以可以轉(zhuǎn)化不等式g(x)=f(x)-2x-4，為g(x)>g1)，根據(jù)函數(shù)y=g(x)在R上單調(diào)遞增，所以不等式g(x)>g1)只需要滿足x1，故選B.例f'(x)是奇函數(shù)f(x)（x?R）的導(dǎo)函數(shù)，f(-，當(dāng)x時，xf'(x)-

f(x)，則使得f(x)成立的x的取值范圍是（）A．(-￥,-U(0,1)

B．C．(-￥,-U(-0)

D．(0,1)è)解析：由xf'(x)-

f(x)易知，構(gòu)造新函數(shù)g(x)=f(x)x可得g'(x)=xfx2

f(x)，當(dāng)x時g'(x)<0.所以在(0,)上g(x)=f(x)為單調(diào)減函數(shù)，x因為f(x)為奇函數(shù)，所以g(x)=

f(x)為偶函數(shù)，x又f，即g，且0，所以g(x)的圖象大致如右圖所示.0所以f(x)xg(x)0，可得g(x)00或者 ,g(x)0所以由圖象可知x滿足(,1)或.故選A.例<x1<x2<1，則( )A．ex2?ex1>lnx2?lnx1B．ex2?ex1<lnx2?lnx1C．x2ex1>x1ex2D．x2ex1<x1ex2解析：對于A，B作出f(x)=ex?lnx圖象如圖所示，可見0<x<1時，既有單調(diào)減函數(shù)區(qū)間，單調(diào)增函數(shù)區(qū)間，故都不正確；xex exexx

ex(x?1)對于=<x<1,f'(x)=

x?x2=

x2 <0，ex1

ex2 x x此時，f(x)在(0,1)上為減函數(shù)，故有f(x1)=

x1>f(x2)=

，得xe1x2

>x1e2，2故C正確，D不正確，故選C.2例f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，f(x)-

f若 (2

) a2-

()，則實數(shù) 的大小關(guān)系為（）=fa

-a,x2f2,x2A．>x2

B．=x2C．

D．,x2的大小由實數(shù)a決定解析：由易知f(x)-

f可知構(gòu)造新的函數(shù)g(x)=f(x),g'(x)=f

f(x)，ex ex所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增.又知a2-a-2=a2-a所以a2-a則ga2-a3)g2)，( )fa2-a( )2也即2ea-

f2)>e2化簡得fa2-a3)ea2-a3f2)，即x

>x，故選:A.1 2解決不等式問題和比較大小問題也是高考中的熱點問題，考查學(xué)生綜合知識的運用，比較難.要求教師在講解此類問題時，要注重講解比較常見的構(gòu)造新的函數(shù)形式與對種常見的函數(shù)構(gòu)造．四、抽象函數(shù)的單調(diào)性及其運用形和判斷符號，最后是單調(diào)性的應(yīng)用——解不等式和比較大?。齠(x)的定義域是(0,)，且對任意的正實數(shù)x,y都有f(xy)=f(x)+f(y)f(2)x時，f(x)．（1）求f（1）求f?è2?（2）判斷y=f(x)在(0,)上的單調(diào)性，并給出你的證明；（3）解不等式f(x2)>f(8x-6)-1．f(x)對任意的正實數(shù)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）函數(shù)f(x)為增函數(shù)，證明如下：設(shè),x2?

(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時，f(x)，因為 f( )，即 ，

f(x2)-

f(x1)

f(x2)>f(x1)所以函數(shù)y=f(x)在(0,)上的單調(diào)性.（3）由題意和（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-，根據(jù)（2）函數(shù)y=f(x)在(0,)上的單調(diào)性.ìx2>4x-3可得í?4x-3

，解得34

<xx，即不等式f(x2)