從高考題出發剖析函數單調性的應用摘 建模、直觀想象、邏輯推理等核心素養的培養。抽象的函數性質是解決問題的主體，近幾年的高考中函數的性質經常出現，今天我們帶著高考題揭示它的真面目．關鍵詞：高考、單調性、解不等式式中的作用，對函數單調性的運用知己知彼，方能百戰不殆．一、函數單調性的簡單直接運用——比較大小和解不等式．函數單調性的定義f(x)的定義域為I:如果對于定義域I內某個區間D上的12任意兩個自變量的值x,x12

,當x2

時,都有fff(x)在區12間D上是增函數.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內某個區間D上的12任意兩個自變量的值x,x12

,當x2

時,都有fff(x)在區12間D上是減函數.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小．例f(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f(x)在(-￥,)單調遞增，且為奇函數，由ff，則不等式-1￡f(x-2)￡1轉化為ff(x2)f，因為函數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xx的取值范圍是（）A．(,1)B．(1,)C．(,0)D．(,0))f(x)為Rf(1)f轉化為1x1x x或x0.故答案為D．圖象，運用數形結合思想方法，此類問題迎刃而解．在運用函數單調性比較大小或者解不等式問題時，要注意將問題轉化為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f(x)的單調性，轉化為比較自變量a,b的大小比較．變式訓練1.（07年福建卷理）已知f(x)為R上的減函數，則滿足f(1)fx的實數x的取值范圍是（）A．B．C．D．(,1))二、單數單調性與奇偶性的綜合運用函數單調性和奇偶性綜合考查在高考中很常見，考查學生對綜合知識的運用能力，也是學生的易錯點，下面我們研究如何破解．函數的奇偶性的定義及圖象、性質1.函數奇偶性定義偶函數：一般地，對于函數f(x)的定義域內的任意一個x，都有f(－x)=f(x)，那么f(x)就叫做偶函數．奇函數：一般地，對于函數f(x)的定義域內的任意一個x，都有f(－x)=—f(x)，那么f(x)就叫做奇函數．2.具有奇偶性的函數的圖象的特征偶函數的圖象關于y軸對稱；奇函數的圖象關于原點對稱．3.函數的奇偶性與單調性奇函數在關于原點對稱的區間上有相同的單調性；如圖3.偶函數在關于原點對稱的區間上有相反的單調性；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：在關于原點對稱的區間上有相反的單調性，通常比較f(a)與f(b)轉化為自變量a與b到原點距離比較大小，也即比較a與b的大小.（1）.當

x0時，

f(x)為遞增函數，如圖5所示,f(a)f(b)

ab或f(a)f(b)

ab.（2）當

x0時，

f(x)為遞減函數，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，所以f?log3f

2f

3è 4? è ? è ?大小比較，轉化為自變量同一個單調區間上，再比較自變量的大小．\f log1

=flog4? ?Qf(x)是R的偶函數，

? 34÷

( 3)．è ?0Qlog3430

-23

-32

-2log343

3-2，-又f(x)在(0,)單調遞減，?-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,且在區間[0,)單調遞增.若實數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：函數是定義在上的偶函數，∴ ，等價為是定義在上的偶函數，且在區間單調遞增，∴）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)單調性進行比較大小或者解不等式時，需要轉化為分段函數問題進行求解． 圖9圖10例5. f(x)在R上是增函數.若af(log

1)，bf(log25 2，cf(20.8)，則a,b,c的大小關系為（）A.abcB.bacC.cbaD.cabf(x)在R上是增函數，所以函數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，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f(x)在(-￥,0)單調遞減，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f(x)在(-￥,0)上單調遞減，且f(2)，所以f(x)在(0,)上也是單調遞減，且f(-2)，f(0)，所以當x?

(-￥,-2)è(0,2)時，f(x)，當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：函數單調性與導函數的綜合應用解決不等式和比較大小問題．1.導數與函數單調性的關系已知函數f是函數f(x)的導函數.如果f0，則f(x)為增函數；如果f0，則f(x)為減函數.特別注意:如果f0，當且僅當等號在孤立點處取得時，則f(x)為增函數；如果f0，當且僅當等號在孤立點處取得時，則f(x)為減函數.如果f(x)為增函數，則f0；如果f(x)為減函數，則f0.例f(x)=x-sinx，則f(x)）A．既是奇函數又是減函數 B．既是奇函數又是增函數C．是有零點的減函數 D．是沒有零點的奇函數解析：由于f1cosx0恒成立，當且僅當x2k(kZ)等號成立,所以函數f(x)為增函數，因為f(x)f(x)，所以f(x)為奇函數，而且f(0)0，所以函數f(x)有零點.例f(x)=kx-lnx在區間)上單調遞增，則實數k的取值范圍是（）A．(-￥,-2]

B．(-￥,-

C．[2,)

D．)解析： ，∵函數f(x)=kx-lnx在區間)單調遞增，∴在區間)上恒成立．∴，而在區間)上單調遞減，∴．∴的取值范圍是)．故選D．2.綜合運用函數的單調性與導數--構造函數.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：根據易知f，化簡形式f20．可構造新函數g(x)=f(x)-2x-4，可知g￠(x)=f2.所以函數y=g(x)在R上單調遞增，又因為f1)=2，所以可知g1)=f-4.所以可以轉化不等式g(x)=f(x)-2x-4，為g(x)>g1)，根據函數y=g(x)在R上單調遞增，所以不等式g(x)>g1)只需要滿足x1，故選B.例f'(x)是奇函數f(x)（x?R）的導函數，f(-，當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，構造新函數g(x)=f(x)x可得g'(x)=xfx2

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

f(x)為偶函數，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，既有單調減函數區間，單調增函數區間，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，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上的可導函數，f(x)-

f若 (2

) a2-

()，則實數 的大小關系為（）=fa

-a,x2f2,x2A．>x2

B．=x2C．

D．,x2的大小由實數a決定解析：由易知f(x)-

f可知構造新的函數g(x)=f(x),g'(x)=f

f(x)，ex ex所以函數g(x)在R上單調遞增.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造新的函數形式與對種常見的函數構造．四、抽象函數的單調性及其運用形和判斷符號，最后是單調性的應用——解不等式和比較大小．例f(x)的定義域是(0,)，且對任意的正實數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f(x)為增函數，證明如下：設,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y=f(x)在(0,)上的單調性.（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（2）函數y=f(x)在(0,)上的單調性.ìx2>4x-3可得í?4x-3

，解得34

<xx，即不等式f(x2)