第05讲-函数的单调性与最值(解析版)

一、 考情分析

借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义．

二、 知识梳理

1.函数的单调性 (1)单调函数的定义

增函数 减函数 设函数y＝f(x)的定义域为A，区间M⊆A，如果取区间M中任意两个值x1，x2，改变量Δx＝x2－x1>0，则当 定义 Δy＝f(x2)－f(x1)>0时，就称函数y＝f(x)在区间M上是增函数 Δy＝f(x2)－f(x1)<0时，就称函数y＝f(x)在区间M上是减函数 图象描述 自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的 (2)如果一个函数在某个区间M上是增函数或是减函数，就说这个函数在这个区间M上具有单调性，区间M称为单调区间. 2.函数的最值

前提 条件 结论 [微点提醒]

1.(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取到.

(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(或最小值).

设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足 (1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M； (2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M M为最大值 (3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M； (4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M M为最小值 1

2.函数y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反.

f（x）

a

3.“对勾函数”y＝x＋x(a>0)的增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)；单调减区间是[－a，0)，(0，a].

三、 经典例题

考点一 确定函数的单调性(区间)

【例1－1】（2019·安徽省泗县第一中学高二开学考试（理））如果函数f(x)在[a，b]上是增函数，对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，下列结论不正确的是( ) A．

fx1fx2x1x2>0

B．f(a)0

x2x1D．>0

fx2fx1【答案】B 【解析】

试题分析：函数在[a，b]上是增函数则满足对于该区间上的x1,x2，当x1x2时有fx1fx2，因此

fx1fx2x1x20，(x1－x2) [f(x1)－f(x2)]>0，

x2x10均成立，因为不能确定x1,x2的

fx2fx1大小，因此f(a)【例1－2】（2020·诸城市教育科学研究院高一期末）函数yx2的单调递增区间为( ) A．,0 【答案】A 【分析】

由解析式知函数图像为开口向下的抛物线,且对称轴为y轴,故可得出其单调增区间. 【详解】

∵函数yx2, ∴函数图像为开口向下的抛物线,且其对称轴为y轴 ∴函数的单调增区间为,0.

B．0,

C．0,

D．(,)

规律方法 1.(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1).(2)单调区间不能用集合或不等式表达，且图象不连续的单调区间要用“和”“，”连接.

2.(1)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法. (2)函数y＝f[g(x)]的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.

考点二 求函数的最值

【例2－1】（2020·安徽省六安一中高一月考）若函数fx2x231x2，则fx的值域为（ A．,3 B．2,3 C．2,3 D．3,

【答案】C 【分析】

利用分子分离法化简fx，再根据不等式的性质求函数的值域. 【详解】

fx2x232(x21)111x21x221x2， 又x211011x212211x23， fx的值域为2,3，故选：C.

【例2－2】（2020·民勤县第一中学高二期中（理））下列结论正确的是( ) A．当x2时，x1x的最小值为2 B．当x0时，x1x2 C．当0x2时，x1x无最大值

D．当x0且x1时，lgx1lgx2 【答案】B 【分析】

结合函数的单调性及基本不等式逐个判断即可． 【详解】 对于A，x+

1x在[2，+∞）上单调增，所以x=2时，x15x的最小值为2，故A错误；

）对于B，当x＞0时，x12，当且仅当x=1时，等号成立，故B成立； x11对于C，x在（0，2]上单调增，所以x=2时，x取得最大值，故C不成立；

xx1对于D，当0＜x＜1时，lgx＜0，＜0，结论不成立；

lgx规律方法 求函数最值的四种常用方法

(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.

(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值.

(3)均值不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用均值不等式求出最值.

(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值. 考点三 函数单调性的应用

exa,x1f(x)【例3－1】（2020·安徽师范大学附属中学高三月考（理））若函数有最32x3x,x1小值，则实数a的取值范围为( ) A．(,1] 【答案】B 【分析】

分别求出两段的范围，结合图象即可得到实数a的取值范围. 【详解】

B．(–,e]

1] C．(0，D．(0,e]

ex,x1f(x)作出的图象： 32x3x,x1

当x1时，f(x)exaea，

当x1时，f'(x)3x26x3x(x2),在,0上f'(x)0,在 0,1上f'(x)0, 则f(x)x33x2在,0上单调递减，在 0,1上单调递增，又f(0)0 ∴f(x)0，

exa,x1函数f(x)3有最小值，则ea0， 2x3x,x1即ae，故选：B

1ex. 【例3－2】（2020·江苏省高一期末）函数fx（e是自然对数的底数）的图象大致为（ ）

1exA． B．

C． D．

【答案】A 【分析】

利用分离常数的方法，将式子化简，可得fx11exex12 x【详解】因为fx1exe12，根据单调性以及值域，可得结果. ex1所以fx12， xe1可知y=ex是递增的函数，

2为递减的函数， ex12则fx1x是递减的函数，

e1所以y=且x0,ex1

x所以e12,011 xe12则11故选：A

20，所以A正确 ex1x2x3,x1,【例3－3】（2019·会泽县第一中学校高二开学考试（理））已知函数f(x)x2x,x1.aR，若关于x的不等式f(x)|x2a|在R上恒成立，则a的取值范围是 A．[4716,2] B．[4716,3916] C．[23,2] D．[23,3916] 【答案】A 【解析】 不等式f(x)x2a为f(x)x2af(x)(*)， 当x1时，(*)式即为x2x3x2ax2x3，x2x23ax232x3， 又x2x23(x1474714)21616（x4时取等号）， x232x3(x34)239163916（x34时取等号），

所以4716a3916， 当x1时，(*)式为x2xx2ax2x，32x2x2xa2x，

又3232232xx(2xx)23（当x3时取等号），

x22x2x22x2（当x2时取等号）， 所以23a2， 综上4716a2．故选A．

设规律方法 1.利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.对于分段函数，要注意衔接点的取值. 2.(1)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. (2)求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f”. [思维升华]

1.利用定义证明或判断函数单调性的步骤： (1)取值；(2)作差；(3)定号；(4)判断.

2.确定函数单调性有四种常用方法：定义法、导数法、复合函数法、图象法，也可利用单调函数的和差确定单调性.

3.求函数最值的常用求法：单调性法、图象法、换元法、利用均值不等式. [易错防范]

1.区分两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集.

2.函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不要用“∪”.例如，函数f(x)在区间(－1，0)上是减函数，在(0 ，1)上是减函数，但在(－1，0)∪(0，1)上却不一定是1

减函数，如函数f(x)＝.

x

四、 课时作业

1．（2020·湖南省茶陵三中高二开学考试）已知函数yf(x)(x[1,5])的图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为（ ）

A．[1,1] 【答案】B 【分析】

B．[1,3] C．[3,5] D．[1,5]

根据递减区间的性质分析即可. 【详解】

由图像可得,函数在[1,3]内单调递减.

2．（2020·湖北省高一月考）下列四个函数中，在(0,)上为增函数的是（ ） A．y|x| 【答案】A 【分析】

根据四个函数解析式，依次判断即可得解. 【详解】

对于A，y|x|在,0内单调递减，在(0,)内单调递增，所以A正确； 对于B，yx1在R内单调递减，所以在(0,)内也单调递减，所以B错误； 对于C，yx3x在,2B．yx1 C．yx23x D．y

2

x

33,内单调递减，在内单调递增，所以在(0,)内单调递增错误，即C22错误； 对于D，y

2

在在(0,)内也单调递减，所以D错误. x

综上可知，A为正确选项，故选：A.

3．（2019·湖南省长郡中学高二期中）下列函数中，在区间0,1上是增函数的是（ ） A．yx 【答案】A 【分析】

根据一次函数，反比例函数，二次函数性质可得y3x，y间0,1上，yxx是增函数. 【详解】

B．y3x

C．y1 xD．yx24

12，yx4在0,1不是增函数，在区xx0,1时， yxx，所以yx在0,1上是增函数；

y3x,y1在0,1上均是减函数； xyx24是开口向下以x0为对称轴的抛物线，所以yx24在在0,1上是减函数，所以A正确．

故选：A

4．（2019·江苏省高一月考）下列函数，在区间0,上是增函数的是（ ） A．yx 【答案】B 【分析】

A选项讲x0的表达式写出易判断；B选项注意改变单调性的两个因素：取倒数和加负号，易判断；C选项一次函数看斜率正负，易判断；D选项二次函数看对称轴，易判断。 【详解】

A：当x0时，yx，为减函数； B：y轴xB．y1 xC．y1x D．yx2x

1，为增函数； C：斜率k10，为减函数； D：对称x1，所以在在区间0,不为减函数. 21定义域和单调性都相同的函数是（ ） x5．（2020·吉林省高三二模（理））下列与函数yxA．y2log2x

1B．ylog2

2C．ylog21 xD．yx

14【答案】C 【分析】 分析函数y【详解】 函数y1的定义域和单调性，然后对选项逐一分析函数的定义域、单调性，由此确定正确选项. x1的定义域为0,，在0,上为减函数. xA选项，y2log2x的定义域为0,，在0,上为增函数，不符合.

1B选项，ylog2的定义域为R，不符合. 2C选项，ylog214x1的定义域为0,，在0,上为减函数，符合. xD选项，yx的定义域为0,，不符合.

6．（2020·北京高三零模）下列函数中，在区间0,上为减函数的是（ ）

A．yx1 B．yx1

21C．y 2xD．ylog2x

【答案】C 【分析】

利用基本初等函数的单调性判断各选项中函数在区间0,上的单调性，进而可得出结果. 【详解】

对于A选项，函数yx1在区间0,上为增函数；

2对于B选项，函数yx1在区间0,上为增函数；

1对于C选项，函数y在区间0,上为减函数； 2对于D选项，函数ylog2x在区间0,上为增函数.

7．（2019·全国高三二模（理））若定义在R上的函数fx满足f2xfx，且当x1时，fx则满足fa1fa的a的取值范围是 A．2, 【答案】D 【分析】

利用函数的单调性与对称性，把抽象不等式转化为具体不等式即可. 【详解】当x1时，f(x)则fx在(,1)内是增函数.

由f2xfx得fx的图象关于直线x=1对称， ∴fx在(1,)内是减函数.

将fx的图象向左平移1个单位长度，得到函数yg(x)f(x1)的图象， 则g(x)为偶函数，且在(0,)内是减函数.

xx，exB．1, 2C．3,

D．3, 2x10， exf(a1)f(a21)g(a2),f(a)f(a11)g(a1),

从而fa1fa等价于g(a2)g(a1)， 即g(|a2|)g(|a1|)，∴|a2||a1|， 解得a3. 28．（2020·河北省衡水中学高三月考（理））函数yf(x)是定义在R上的增函数，则函数f(x2)的单调减区间是（ ） A．(,2) 【答案】B 【分析】

首先求出函数tx2的单调性，再根据复合函数的性质即可求出函数f(x2)的单调减区间. 【详解】

解：令tx2，由题知：

在区间(,2)，t为减函数，在区间(2,)，t为增函数， 又因为yf(x)是定义在R上的增函数，根据复合函数的性质，

B．(,2)

C．(2,)

D．R

f(x2)的单调减区间是(,2).

9．b两个数中的最小值，（2020·湖北省高一期末）用mina,b表示a，设f(x)minx2,x4，则f(x)的最大值为（ ） A．-2 【答案】B 【解析】

试题分析：由题意f(x){B．-3

C．-4

D．-6

x4,x1，所以f(x)maxf(1)3，故选B．

x2,x12f(x)log(3xax5)在(1,)上是减函数，则实数a110．（2020·安徽省六安一中高一月考）已知函数

2的取值范围是（ ） A．(8,6) 【答案】C

B．(,6]

C．[8,6]

D．(8,6]

【分析】

将问题转化为函数y3x2ax5在(1,)上递增,且y0在(1,)上恒成立,再根据对称轴与区间的关系和ymin0可得答案. 【详解】

因为函数f(x)log1(3xax5)在(1,)上是减函数,

22所以函数y3x2ax5在(1,)上递增,且y0在(1,)上恒成立, 所以a1,且3(1)2a(1)50, 231的图象关于原点对称，则函数fx在,0上x31所以8a6.

11．（2019·河南省高三月考（理））若函数fxm的值域为（ ）

1A．,

2【答案】A 【分析】

1B．,

2C．1,

2D．,

3根据函数fx的图象关于原点对称，可知fx为奇函数，可得m，再由函数单调性可得值域. 【详解】

由题得，函数fx为奇函数，故fxfx，解得m111，故fxx，故函数fx在2231,0上单调递增，当x时，fx1值域为,.

21，当x0时，fx，故函数fx在,0上的212．（2019·安徽省毛坦厂中学高三月考（理））已知函数f(x)x12x，则函数f(x)有（ ） A．最小值

1 ，无最大值 2B．最大值

1 ，无最小值 2C．最小值1，无最大值 【答案】D 【分析】

D．最大值1，无最小值

利用换元法，设t12x，将函数f（x）转化为二次函数g（t）在t0上的值域，利用配方法求值域即可.

【详解】

∵函数f（x）的定义域为（﹣∞，设t12x，则t0，

1] 21t2且x，

21111t2∴f（x）＝g（t）tt2+t（t﹣1）2+1，t0，

2222∴g（t）≤g（1） 即g（t）≤1

∴函数f（x）的最大值1，无最小值.

13．①yx，②ylog1x1，③yx1，④y2x1，（2020·九台市第四中学高一期末）给定函数：

212，其中在区间01上单调递减的函数序号是__________．

【答案】②③ 【分析】

根据函数的单调性对四个函数逐一分析，由此确定正确的命题序号. 【详解】

对于①，函数yx2在0,1上递增，不符合题意.

对于②，根据复合函数单调性同增异减可知，函数ylog1x1在0,1上递减，符合题意.

21对于③，当x0,1时，yx11x为减函数，符合题意.

x1对于④，y2在0,1上递增，不符合题意.

14．（2019·江苏省高三月考）已知函数fxx2x3a，gx22．若对任意x10,3，总存在x1x22,3，使得fx1gx2成立，则实数a的值为____． 【答案】 【分析】

将问题转化为fxmaxgxmax，根据二次函数和分式的单调性可求得fx在0,3上的最小值和最大值

13及gx在2,3上的最大值；分别讨论fx最大值小于零、最小值小于零且最大值大于零、最小值大于零三种情况，得到fx每种情况下的最大值，从而得到不等式，解不等式求得结果. 【详解】

不等式fx1gx2恒成立可转化为：fxmaxgxmax 当x0,3时，fxminf113a，fxmaxf333a 当x2,3时，gxmaxg22

①若33a0，即a1时，fxmax13a13a

13a2，解得：a（舍）

②若13a033a，即1a又f113a，f333a 当13a33a，即1a131时，fxmaxmaxf1,f3 31时，fxmax13a 3113a2，解得：a（舍）

311当13a33a，即a时，fxmax33a

331133a2，解得：a a

331③若13a0，即a时，fxmax33a33a

3133a2，解得：a（舍）

31综上所述：a

31本题正确结果：

315．（2019·嘉兴市第五高级中学高一期中）已知t为常数，函数yx2xt在区间[0，3]上的最大值为2，则t 【答案】1 【详解】

显然函数yx2xt的最大值只能在x1或x3时取到，

22若在x1时取到，则|12t|2，得t1或t3

； t1，x3或1时，ymax2；t3，x3时，y6（舍去）若在x3时取到，则|96t|2，得t1或t5

t1，x3或1时，ymax2； t5，x1时，y6（舍去）

所以t1

16．（2018·安徽省六安二中高一月考）定义在[1,1]上的函数f(x)满足f(x)f(x)0且f(1)1，又当

x1,x2[1,1]且x1x20时，有

fx1fx20.若f(x)m22am1对所有x[1,1]，a[1,1]x1x2恒成立，则实数m的取值范围是__________. 【答案】(,2]{0}[2,) 【分析】

由题设可判断函数f(x)为[1,1]上的奇函数且为增函数，求出fx的最大值后可得m22am11对任意

g10的a[1,1]恒成立，令gam2am，由可得实数a的取值范围.

g102【详解】

解：定义在[1,1]上的函数f(x)满足f(x)f(x)0，故函数f(x)为奇函数，

fx1fx20， 设任意的x1,x2[0,1]，x1x2，则x1x20，由题设有

x1x2因为x1x20，故fx1fx20即fx1fx20， 所以fx1fx2，故fx为[0,1]上的增函数， 而f(x)为[1,1]上奇函数，故f(x)在[1,1]上为增函数. 若f(x)m2am1对所有x[1,1]，a[1,1]恒成立，

2所以f(x)maxf(1)m2am1，即m22am11，

2设g(a)m2am，则有g(a)0在a[1,1]上恒成立，

2m22m0g(1)0因g(a)在[1,1]上的图象为线段，故，所以2，

g(1)0m2m0解得m2或m2或m0. 故答案为：(,2]{0}[2,).

17．（2020·枣庄市第三中学高二月考）已知函数g(x)ax和最小值0，设f(x)22ax1b(a,b0)在x1,2时有最大值1

g(x). x（1）求实数a，b的值；

（2）若不等式flog2x2klog2x0在x4,8上恒成立，求实数k的取值范围. 【答案】（1）a1,b0（2）, 【分析】

291由题意可分析知gx在区间1,2上是增函数，故g21，g10，由此解得a、b的值； 2不等式可化为log2xlog围； 【详解】

12x22klog2x0在x4,8上恒成立恒成立，换元法从而求得k的取值范

1函数gxax22axb1a(x1)21ba，

若a0时，g(x)b1，无最大值最小值，不符合题意， 所以a0，

所以gx在区间1,2上是增函数，

a1g21b1故，解得．

g11ba0b02由已知可得gxx22x1，

则fxgxxx12， x所以不等式flog2x2klog2x0，

转化为log2x122klog2x0在x4,8上恒成立， log2x设tlog2x，则t2,3，

即t22kt0，在t2,3，上恒成立， 即2k11t1212(1)， 2ttt111t2,3，,，

t32当

11114时，(1)2取得最大值，最大值为(1)2， t3tt94则2k，

92即k.

92所以k的取值范围是,．

918．（2018·湖南省衡阳市八中高一月考）已知函数yfx，若在定义域内存在x0，使得fx0fx0成立，则称x0为函数fx的局部对称点.

（1）证明：函数fx21在区间1,2内必有局部对称点；

x（2）若函数fx4m2xx1m23在R上有局部对称点，求实数m的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）13≤m≤22 【分析】 （1）设t2x11t1,4，1x2t2的解为从而可知当x00时，2x012x01，可求出t2x成立，即可证明函数fx21在区间1,2内必有局部对称点；

（2）由题意知fxfx0在R上有解，令2x2xt，则t22mt2m280在t2,上有解，结合二次函数零点的分布，分别讨论方程在t2,上根的个数，得到关于m的不等式，从而可求出实数m的取值范围. 【详解】

证明：（1）设t2x11≤t≤41x2t2，则t22t10， ，则，令2t解得t1,4，即当x00时，2x012x01，即fx0fx0成立，

2即函数fx21在区间1,2内必有局部对称点

x1解：（2）fx4xm2x1m23，则fxfx0在R上有解.

即4xm2x1m234xm2x1m230在R上有解， 于是44xx2m2x2x2m230（*）在R上有解.

令2x2xt，则4x4xt22，所以方程（*）变为t22mt2m280，

2x12x221212xxxx1122设x1x20，则22222x12x2x1x212x12x22x1x2，

x由x1x20，y2在R上单调递增知，2x12x20，2x1x21，2x1x20，

即此时212xx12x22x20，所以函数y2x2x在,0上单调递减；

x1x22x12x221212xxxx1122设0x1x2，则22222x12x212x12x22x1x2，

x由0x1x2，y2在R上单调递增知，2x12x20，2x1x21，2x1x20，

即此时212xx12x22x20，所以函数y2x2x在0,上单调递增；

故t2,，从而已知即t22mt2m280在t2,上有解. 设gtt2mt2m8（t2），分为两种情况：

22①当方程有在t2,唯一解时： g244m2m2802则g244m2m80或， 2m22g244m2m280解g20得，31m31；解得，m31， 2m22则31m31；

②当方程在t2,有两个解时：g244m2m280m31或m132231m22. 4m42m8022m22m22m22综上得13≤m≤22. 19．（2020·湖南省高一开学考试）已知函数fxalog2x1，且f11. （1）求实数a的值，并指出函数fx的定义域；

（2）将函数fx图象上的所有点向右平行移动1个单位得到函数gx的图象，写出函数gx的表达式； （3）对于（2）中的gx，关于x的函数yg2xmgx23在1,4上的最小值为2，求m的值.

gxlog2x；(3)m1. 【答案】(1) a0；定义域1,；(2) 【分析】

（1）根据f11，结合对数运算，即可求得参数；由真数大于零，即可求得定义域. （2）根据左加右减的平移原则，即可容易求得；

（3）利用换元法，将问题转化为求二次函数最小值的问题，根据动轴定区间问题的处理方式，分类讨论即可. 【详解】

（1）因为fxalog2x1，且f11， 故可得alog221，解得a0.

故fxlog2x1，要使得函数有意义， 则x10，解得x1,， 故函数fx的定义域为1,.

（2）fx图象上的所有点向右平行移动1个单位得到函数gx的图象， 又因为fxlog2x1，

故可得gxlog2x.

（3）由（2）可知gxlog2x， 故yg2xmgx23等价于：

2ylog2x2mlog2x3，

令log2xt，则t0,2

2则yt2mt3在0,2上的最小值为2.

又因为其对称轴为tm，

①当m0时，二次函数在0,2上单调递增， 故ymin3，不符合题意，故舍去；

②当0m2时，二次函数在0,m单调递减，在m,2单调递增，

2故yminm32，解得m1，

故此时满足题意的m1；

③当m2时，二次函数在0,2上单调递减， 故ymin74m2，解得m综上所述：m1.

20．（2019·安徽省蚌埠二中高二月考）若对定义域内任意x，都有f(xa)f(x)（a为正常数），则称函数．．．f(x)为“a距”增函数.

5，故舍去. 4（Ⅰ）若f(x)x（Ⅱ）若f(x)3x231x4，xR是“a距”增函数，求a的取值范围； 4，x(1,)，其中kR，且为“2距”增函数，求k的取值范围.

kx【答案】（Ⅰ）a1；（Ⅱ）k2. 【解析】 【分析】

（I）根据题干条件得到3ax3axa2231a0恒成立，故只需要判别式小于0即可；（II）原题等价于423(x2)2k|x2|3x2k|x|恒成立，(x2)k|x2|xk|x|恒成立，分x0和1x0两种情况得结果即

2可. 【详解】

（I）f(xa)f(x)3ax3axa2231a. 41a0恒成立，由a0， 4223因为f(x)是“a距”增函数，所以3ax3axa所以09a12a（II）因为f(x)3x22210a1. 4kx，x(1,)，其中kR，且为“2距”增函数，即x1时，

223(x2)2k|x2|3x2k|x|恒成立，所以(x2)k|x2|xk|x|，当x0时，即

4x42k0k2x2k2，

22当1x0时，(x2)k(x2)xkx，所以(x1)(k2)0k2.

综上所述，得k2.

21．（2020·湖南省株洲二中高一月考）设函数f(x)x1c(b1,cR)，函数g(x)f(x)在区间xb1,1上的最大值为M.

（1）若b2，求M的值；

（2）若Mk对任意的b,c恒成立，求k的最大值.

2c,(c)3【答案】（1）Mmaxg(1),g(1){；（2）

42c,(c)33【解析】

.

1c(b1,cR)可知该函数是对勾函数作了左右和上下的平移变换，xb1c在区间1,1上是增函数，故若b2，则可得到f(x)x的最大值就是，但是x2试题分析：（1）根据f(x)xg(x)f(x)，

的图像是由的图像作了翻折变换，上不动而下翻折，要比较与两者

2c,(c)3的大小，所以Mmaxg(1),g(1){；（2）第二小题由于不能确定在区间1,1上是递

42c,(c)33增的还是先减后增，因此要分类讨论，一种情况是是递增的，最大值在减后增，最大值在也就是的最大值.

试题解析：解：（1）当b2时，f(x)x所以g(1)或是

中产生，另一种情况是先

的最小值，

中产生，通过三种情况分类，最后总结得到

1c在区间1,1上是增函数， x24c,g(1)c， 32c,(c)3Mmaxg(1),g(1){. 4所以

2c,(c)33（2）①当b2时，因为Mg(1)111c，Mg(1)1c， b11b所以2Mg(1)g(1)111c1c b11b2112422M. ，所以b11b1b233②当2b2时，有f(b1)f(1)f(1)， 则Mmaxg(1),g(b1)max11c,2bc 1b2Mg(b1)g(1)11c2bc， 1b11b222，所以M21. 1b③当2b1时，有f(b1)f(1)f(1)， 则Mmaxg(1),g(b1)max11c,2bc， 1b所以2Mg(b1)g(1)11c2bc 1b31b222，所以M21. b1综上可知，对任意的b,c都有M21.