2023年高考数学一轮复习提升专练(新高考地区用)3-2-1 函数的性质(一)(精讲)(解析版)

思维导图 考点呈现 例题剖析 考点一 单调区间（无参）

2f(x)ln(2x3x1)的单调递减区间为（ ） 【例1-1】（2022·贵州）函数

3A．,

41B．,

23C．,

4D．(1,)

【答案】B

【解析】在函数f(x)ln(2x23x1)中，由2x23x10得x1或x1，则f(x)的定义域为211(,)(1,)，函数u2x23x1在(,)上单调递减，在(1,)上单调递增，又ylnu在u(0,)221上单调递增，于是得f(x)在(,)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间为

21(,).故选：B

22【例1-2】（2022·广东）函数fxx3x2的单调递增区间是（ ）

3A． ,

23C．,1和,2

2

3B． 1,和2,

23D． ,和2,

2【答案】B

x23x2,x122【解析】yx3x2x3x2,1x2

x23x2,x2如图所示：

3函数的单调递增区间是1,和2,．故选：B.

2【例1-3】（2022·湖北）函数f(x)sin2x2cosx的单调递增区间是（ ） A．2kπ,(2k1)πkZ C．(2k1)π,2kπkZ 【答案】A

【解析】f(x)sin2x2cosxcos2x2cosx1， 设tcosx，则t[1,1]，yt22t1(t1)22，

函数f(x)sin2x2cosx是由tcosx和yt22t1(t1)22复合而成， 当t[1,1]时，yt22t1(t1)22是减函数； 若求f(x)cos2x2cosx1的单调递增函数， 只需求tcosx的单调递减区间，

当x[2kπ,(2k1)π]kZ时，tcosx为减函数， 所以函数f(x)的单调递增区间是[2kπ,(2k1)π]kZ. 故选：A.

【例1-4】（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测）函数fx范围是_______. 【答案】(2,4] 【解析】函数f(x)又f(x)x5在1,上是减函数，则实数a的

xa3ππB．2kπ,2kπkZ

22π3πD．2kπ,2kπkZ

22x5，定义域为x(,a3)(a3,)，

xa3xa3a2a21，

xa3xa3因为函数f(x)a20x5a2在(1,)上是减函数，所以只需y在(1,)上是减函数，因此，

a31xa3xa3解得2a4.故答案为：2a4

【例1-5】（2021·云南昆明市）函数yelnx的单调增区间是 【答案】(0,) 【解析】要使函数ye又yelnxlnx有意义则x0，即函数定义域为(0,)，

x，由一次函数的单调性可知函数yelnx在(0,)上单调递增.

【一隅三反】

1．（2022·全国·高三专题练习）函数y21A．,

21C．1，

2x2x2的单调递增区间是（ ）

B．(,1]

2 D．1，【答案】C

【解析】令x2x20，解得1x2，令tx2x2，则yt，

112上单调递减，yt在定义域内递增， ∵函数tx2x2在区间1，上单调递增，在区间，2212∵根据复合函数的单调性可知，函数y2xx2的单调递增区间是1，．故选：C

22．（2022·福建）函数fxx2x的单调减区间是（ ） A．1,2 【答案】A 【解析】

B．1,0

C．0,2

D．[2,)

(x2)x,x2,直接通过解析式，结合二次函数图象得：(,1),(2,)递增，在1,2递fx(2x)x,x2,减，故选：A.

3．（2021·全国·高三阶段练习（文））下列函数在,1上是减函数的为（ ） A．fxlnx

2C．fxx3x4

B．fxD．fx1 x11 x2【答案】C【解析】对于选项A，fxlnx在,1上无意义，不符合题意； 对于选项B，fx1在,1上是增函数，不符合题意； x1x23x4,? x4或x1对于选项C，2的大致图象如图所示中，由图可知fx在,1上是减函数，

1x4x3x4,?符合题意；

对于选项D，fx1在,1上是增函数，不符合题意.故选：C. x24．（2022·全国·高三专题练习）函数ylg2cosx3的单调递增区间为（ ） A．2k,2k2kZ

112kkZ B．2k，6D．2k,2kkZ

6C．2k,2kkZ

6【答案】C

【解析】根据题意，2cosx30，解得，2kπ又函数ylgx 在定义域内为单调增函数，

ππx2k,kZ 66π且函数y2cosx3在 2k,2k,kZ内为单调增函数

6根据复合函数的单调性可知：

πylg2cosx3的单调增区间为 2k,2kπ,kZ

6选项C正确，选项ABD错误.故选：C. 5．（2021·天津静海区）函数fxxlnx【答案】0,e 【解析】f'xlnx1函数fxxlnx3x的单调减区间为___________ 2311lnx,当f'x0,即lnx00xe时原函数为减函数.故

2223x的单调减区间为0,e.故答案为：0,e 2考点二 已知单调性求参数

13a2【例2-1】（2022·陕西·武功县普集高级中学）已知函数fxxxx1在,0，3,上单调递

32增，在1,2上单调递减，则实数a的取值范围为（ ） 105A．,

2310C．,2

3B．,2 105D．,

23【答案】A

13a22【解析】由fxxxx1，得fxxax1．

32因为fx在,0，3,上单调递增，在1,2上单调递减， 所以方程fx0的两个根分别位于区间0,1和2,3上， 10,f(0)0f(1)01a10,105所以，即解得a.故选：A．

32f(2)042a10,f(3)093a10,bx2,x0【例2-2】（2022·河南濮阳·一模）“b1”是“函数fx是在2,上的单调函

logx2b,2x02数”的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】B

【解析】依题意，函数fx是在2,上的单调函数，

由于ylog2x2b在2,0上递增，所以fx在2,上递增，

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

bx2,x0所以b0且1b2，即0b1.所以“b1”是“函数fx是在2,上的单

logx2b,2x02调函数”的必要不充分条件.故选:B

13【例2-3】（2022·全国·高三专题练习）若函数fxlogaxax（a0且a1）在区间,0内单调递

2增，则a的取值范围是（ ）

1A．,1

43B．,1

49C．,

49D．1,

4【答案】B

113113【解析】函数f(x)loga(xax)(a0,a1)在区间 (,0) 内有意义， 则()a0,a，

2224ylogat 是增函数， 设tx3ax,则 ylogat，t3x2a ( 1 ) 当 a  1时， 13要使函数f(x)loga(xax)(a0,a1)在区间(,0)内单调递增，

21需使 tx3ax 在区间(,0)内内单调递增，

211则需使t3x2a0，对任意x(0)恒成立 , 即a3x2对任意x(,0)恒成立；

221312因为x(,0)时，03x所以a0与a矛盾，此时不成立.

244 ( 2 ) 当0a1时，y1ogat是减函数，

1f x loga x3ax (a0,a1)在区间(,0)内单调递增， 要使函数 21需使tx3ax在区间(,0)内内单调递减，

21则需使t3x2a0 对任意x(,0)恒成立，

21即a3x2对任意x(,0)恒成立，

2132因为x(,0) 时,03x，

24所以a3， 43a1. 43a1 4又a1，所以

综上，a的取值范围是故

选：B

温馨提示

已知函数的单调性确定参数的值或范围要注意以下几点：

（1）若函数在区间[a,b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的； （2）分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值；

（3）复合函数的单调性，不仅要注意内外函数单调性对应关系，而且要注意内外函数对应自变量取值范围

【一隅三反】

ax1,x11． （2022·全国·高三专题练习）若函数f(x)2是R上的单调函数，则a的取值范围（ ）

x2ax,,x12A．0,

32B．0,

3C．0,1 D．0,1

【答案】B

【解析】因为分段函数f(x)在R上的单调函数，由于yx22ax开口向上，故在x1上单调递增，故分段a02a21，解得：0a 故选：B 函数f(x)在在R上的单调递增，所以要满足：32a112ax22．（2021·全国·高三专题练习）已知函数fxa0在1,2上单调递减，则实数a的取值范围是

xa（ ） A．a1或a2 【答案】C

【解析】由题意，xa0在1,2恒成立，则a1,2， 2x(xa)x2x22axf(x)0在1,2恒成立， 又fx22，∵(xa)(xa)B．a2 C．a2或a1 D．a1

∵x22ax0即ax在1,2恒成立，∵a1，综上，a2或a1.故选：C. 2ax4在区间,2，2223．（2022·重庆）已知函数f(x)xx3,上都单调递增，则实数a的取

值范围是（ ） A．0a23 C．0a43 D．0a83【答案】D

2B．0a4

aa2160， 【解析】设g(x)xx4，其判别式24∵函数g(x)一定有两个零点，设g(x)的两个零点为x1，x2且x1x2，

22aaaaa21616

由xx40，得，，24242x1x222a2x4,xx12a∵f(x)2xx4,x1xx2，

2a2x4,xx2∵当a0时，f(x)在,x1上单调递减或为常函数，从而f(x)在,2不可能单调递增，故a0； ∵当a0时，g2a0，故x12，则2x10， ∵f(x)在,x1上单调递增，

3∵f(x)在,2上也单调递增，g(3)a10，3x2，

2a由f(x)在,x2和x2,上都单调递增，且函数的图象是连续的，

8aa∵f(x)在,上单调递增，欲使f(x)在3,上单调递增，只需3，得a83，

88综上：实数a的范围是0a83. 故选：D.

24．（2021·重庆市）已知a0且a1，若函数f(x)loga(axx)在3,4上是减函数，则a的取值范围是

__________ 【答案】(,1)

22【解析】令gxaxx，当a1时，因为函数f(x)loga(axx)在3,4上是减函数，

13142所以函数gxaxx在3,4上是减函数，且gx0成立，则2a，无解，

g416a4022当0a1时，因为函数f(x)loga(axx)在3,4上是减函数，所以函数gxaxx在3,4上是增函数，

1131且gx0成立，则2a，解得a1，综上：实数a的取值范围是(,1)

33g39a30故答案为：(,1)

考点三 奇偶性的判断

【例3】（2022·广西）下列函数中，既是奇函数，又在定义域上单调递增的是（ ） A．ycosx

B．yx x2113C．ylnx D．y2x2x

【答案】D

【解析】∵ 函数ycosx为偶函数，A错，

∵f(x)lnxln|x|f(x) ，∴ 函数ylnx为偶函数，C错， ∵ f(x)xxf(x)，∴ 函数y2为奇函数， 2(x)1x1∵ 当x1时，y∴ 函数y12

，x2时，y， 25

x在定义域上不是单调递增函数，B错， x21∵ f(x)2x2xf(x)，又函数y2x在定义域上单调递增，函数y2x在定义域上单调递减， ∴ 函数y2x2x既是奇函数，又在定义域上单调递增，D对， 故选：D. 【一隅三反】

1．（2022·广东广州·二模）下列函数中，既是偶函数又在0,上单调递增的是（ ） 1A．y

2x2B．yxx

C．yx1 【答案】C

1D．yx

x1【解析】对A：容易知y是偶函数，且在0,单调递减，故错误；

22对B：容易知yxx是偶函数，当x0时，yxx2，

x11其在0,单调递增，在,单调递减，故错误；对C：容易知yx1是偶函数，当x0时，yx122

是单调增函数，故正确；

1对D：容易知yx是奇函数，故错误；故选：C.

x2．（2022·河南）下列函数中，即是奇函数又是单调函数的是（ ） A．yxsinx C．yxtanx 【答案】B

【解析】因为yx，ytanx，ysinx均为定义域上的奇函数，

B．yxsinx D．yx+tanx

对于A：yxsinx是偶函数，所以A错误；

对于B：yxsinx是奇函数，且y1cosx0，为单调递增函数，所以B正确； 对于C：yxtanx是偶函数，所以C错误；

对于D：yx+tanx是奇函数，但不是单调函数，所以D错误故选：B．

3．（2022·安徽）设函数f(x),g(x)的定义域为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的是（ ） A．f(x)g(x)是偶函数 C．f(x)g(x)是奇函数 【答案】C 【解析】

f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，fxfx,gxgx，

B．|f(x)|g(x)是奇函数 D．f(x)g(x)是奇函数

对于A，f(x)g(x)gxgx，故f(x)g(x)是奇函数，故A错误；

对于B，|f(x)|g(x)|f(x)|g(x)|f(x)|g(x)，故|f(x)|g(x)是偶函数，故B错误； 对于C，f(x)g(x)f(x)g(x)，故f(x)g(x)是奇函数，故C正确； 对于D，f(x)g(x)f(x)g(x)，故f(x)g(x)是偶函数，故D错误.故选：C.

考点四 奇偶性的应用

2x【例4-1】（2021·河南）已知fx为奇函数，当x0时，fxx4m，则当x0时，fx（ ） A．x24x1

B．x24x1

C．x24x1 D．x24x1【答案】C

【解析】因为fx为奇函数，所以f0m10，即m1．

2x4x1x24x1．故选：C 当x0时，x0，fxfx3xx【例4-2】（2022·河南洛阳）若函数fxxa22是偶函数，则a（ ）

A．-1 【答案】C

B．0 C．1 D．

3xx3xx【解析】由已知，fxxa22，所以fx(x)a22， 3xx3xx函数fx为偶函数，所以fxfx，所以xa22(x)a22，整理得：

(a1)(2x2x)x30，所以a1.故选：C.

【一隅三反】

mm的值是（ ）1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数fxx1 x是偶函数，则1eA．2 【答案】A

B．1 C．1 D．2

mf(1)f(1)， 【解析】函数的定义域为xx0，因为函数fxx1x是偶函数，所以1emmmemm(e1)1112，得m2，故选：A 所以1，所以，111e1ee11e1e3x1x12x为偶函数，则实数a（ ） 2．（2022·江西）若函数fx3a3cos2A．9 【答案】D

B．3 C．3 D．9

xa1x1x1【解析】由题意，函数fx3a3sin2x33xsin2x为偶函数，

93axx因为函数y3sin2x为奇函数，所以gx33为奇函数，

9a0a0由g0330，可得1，解得a9.

99故选：D.

sinxax03．（2022·全国·高三专题练习）已知函数fx是偶函数，则a，b的值可能是

cosxb,(x0)（ ）A．aC．a3，b

3

B．aD．a2，b

633，b6

52，b 36【答案】C

【解析】根据题意，设x0，则x0，则fxsinxa，fxcosxb，又由fx为偶函数，

则fxfx，即sinxacosxb，变形可得：sinxasinxb对于任意x恒成立，

2则有ab2k，kZ，分析选项：C满足ab，故选：C．

2224．（2021·河北）已知函数fx是R上的奇函数，当x0时，fxx2x，则函数的解析式为fx______．

x22x,x0【答案】

x22x,x02【解析】因为函数fx是R上的奇函数，所以f00，又当x0时，fxx2x，设x0，则x0，

22则fxx2x，因为fx为奇函数，所以fxfx，所以fxx2x，所以

x22x,x0x22x,x0fx0,x0故答案为：

x22x,x0x22x,x0考点五 单调性与奇偶性应用之比较大小

【例5-1】（2022·安徽·寿县第一中学）若（ ）

111A．f(ln)f(22)f(33)

211B．f(3)f(ln)f(22)

213fx为定义在R上的偶函数，且在,0上单调递减，则

1C．f(2)f(3)f(ln)

2【答案】D

12131D．f(3)f(2)f(ln)

21312【解析】由fx为偶函数且在,0上单调递减知：fx在0,上单调递增，1f(ln)f(ln2)f(ln2)，

2111111132332又ln2lne1，21,31，故3322ln2，所以f(3)f(22)f(ln).228339，

2121366故选：D.

b【例5-2】（2022·重庆·西南大学附中模拟预测）设aln2，2ln3c2，b，c的大小关系是，则a，（ ） 3eA．cab C．bca 【答案】A

B．abc D．bac

ln2ln4ln32lne2，c22，b，

324eelnx1lnx,x0，g'x所以，令gx，

x2x【解析】因为aln2'所以当xe,时，gx0，函数gxlnx,x0单调减， xln3ln4lne2因为34e，所以ba2c，即cab.故选：A

34e2【一隅三反】

1．（2022·天津河北·二模）已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0,)单递调减，若af(log26.1)，bf(20.7)，cf(3)，则a，b，c的大小关系为（ ）

A．abc 【答案】D

B．bca C．cba D．bac

【解析】由函数f(x)是定义在R上的偶函数，可得f(x)f(x)，

0.7则aflog26.1flog26.1，bf2，cf3，

因为函数f(x)在区间[0,)上单调递减，且2log24log26.1log283，即20.7log26.13， 12020.7212，所以f20.7flog26.1f3，即有bac，故选：D．

1xbflg5，2．（2022·安徽·巢湖市第一中学高三期中（理））已知函数fxlog241x，设afln，3cflog63，则a，b，c的大小关系为（ ）

A．cba 【答案】A

B．bca

C．acb

D．abc

)f(x)log2(1x4)xlog2(4x1)log24xx【解析】因为函数定义域为(，4x1log2(4xx)2xxlog2(4x1)xf(x)，故函数fx为偶函数，所以，f(ln)f(ln3)，又因为

34xln4(4x1)ln2(4x1)ln24x1f(x)x，

(4x1)ln2(41)ln24x1当x(0,)，f(x)0，f(x)单调递增，当x(,0)，f(x)0，f(x)单调递减，

所以，x(0,)时，比较ln3,lg5,log63之间的大小，得到ln31，且1lg50,1log630，所以，再比10较lg5和log63的大小，因为lg5lg()1lg2，

26log63log6()1log62，明显可见，lg2log62

2lg51lg21log62log63，得到ln3lg5log63，根据f(x)的单调性，可得

1flnfln3flg5flog63abc故选:A 33．（2022·云南德宏））已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，对任意x1，x2(0,)，都有

11f(x1)f(x2)10(x1x2)，af(log1)，bf(log2)，cf(52)，则（ ） x1x2233A．abc 【答案】D

B．cab C．bac D．cba

【解析】因为对任意x1，x2(0,)，都有

f(x1)f(x2)0(x1x2)，所以f(x)在(0,)上单调递增，

x1x2又函数f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)f(x) 因为log1311log32，又0log31log32log331所以log10,1， 2321211又1log22log23log242，552所以0log1log2352，

32所以flog131112flog3flog3flogf5所以cba.故选：D. 222233 ，bln1.03，ce0.031，则下列关系正确的是（ ）

1034．（2022·湖北·荆门市龙泉中学一模）设aA．abc C．cba 【答案】C

x【解析】记fxe1x,x0.

B．bac D．cab

x因为fxe1，所以当x0时，fx0，所以fx在0,上单调递增函数，所以当x0时，

fxf00，即ex1x，所以e0.0310.03.

记gxln1xx,x0. 因为gx1x10，所以gx在0,上单调递增函数，所以当x0时，gxg00，1x1x即ln1xx，所以ln1.030.03.所以cb.

11xxhx,x0.因为22，记hxln1x所以当x0时，hx0，所以hx1x1x1x1x在0,上单调递增函数，所以当x0时，hxh00，即ln1x所以ba.综上所述：cba.故选：C

x0.033. ，所以ln1.031x10.03103考点六 单调性与奇偶性应用之解不等式

【例6-1】（2022·安徽马鞍山）已知偶函数fx在,0上单调递增，且f20，则不等式xfx10的解集为（ ） A．,1【答案】B

【解析】偶函数fx在,0上单调递增，则fx在(0,)上单调递减，而f20， 因xfx10，则当x0时，f(x1)0f(|x1|)f(2)，即|x1|2，解得x3， 当x0时，f(x1)0f(|x1|)f(2)，即|x1|2，解得1x0，

0,3 ,3, B．10C．1,3 D．2,02,

,3,.故选：B 所以不等式xfx10的解集为10【例6-2】（2022·安徽·）已知fxloga9x21ax是奇函数，若fax2bxfaxa0恒成立，

则实数b的取值范围是（ ） A．3,3 【答案】B 【解析】即logaB．9,3

C．3,9

D．9,9

fx是奇函数，fxfxfxfx0恒成立，

9x21axloga9x1ax0恒成立，化简得，loga9x21a2x20，即

29x21a2x219a2x20，

则9a20，解得a3，又a0且a1，a3， 则fxlog39x213x，所以fxlog319x213xlog3， 29x13x由复合函数的单调性判断得，函数fx在0,上单调递减，又fx为奇函数，

2所以fx在R上单调递减；由faxbxfaxa0恒成立得，

f3x2bxf3x3f3x2bxf3x3恒成立，

22则3xbx3x33xb3x30恒成立，

所以b34330恒成立，解得9b3. 故选：B. 【一隅三反】

1．（2022·云南昭通）若定义在R上的奇函数f(x)在(0,)上单调递增，且f(2)0，则不等式xf(x1)02的解集为（ ） A．(,3][1,) C．[3,1][0,1] 【答案】C

B．(,3][0,1] D．[3,1][1,)

x0,x0,xf(x1)0或

f(x1)0f(x1)0,又

f(x)在(0,)上单调递增，且f(2)0x0,x0,0x1

f(x1)00x12f(x)在R上为奇函数f(x)在(,0)上单调递增，且f(2)0

x0,x0,3x1综上：不等式xf(x1)0的解集为[3,1][0,1]故选：C.

f(x1)02x1012．（2022·河南）已知定义在R上的函数fxx1xa为奇函数，则不等式xfx0的解集

2为（ ） A．1,00,1

1C．1,00,

211B．,0,1

221D．1,0,1

2【答案】D【解析】因为fx是定义在R上的奇函数，所以f0a0，即a0.

x2x,x0,所以fxx1x，化简得fx2

xx,x0．11x,x,112或2解得x1或1x0.故选：D 因为xfx0，所以22fx0fx0．3．（2022·全国·高三开学考试（理））已知fx是定义在(2a6,a)上的奇函数，且fx在0,a上单调递减，则不等式f3x1f14x的解集为（ ） 12A．,

3723B．,

742C．,1

712D．,

47【答案】B

【解析】因为fx是定义在(2a6,a)上的奇函数所以2a6a0，得：a2 又fx在0,2上单调递减所以fx在2,2上单调递减

23x1223由f3x1f14x可得：214x2，解得：x,

743x114x23所以不等式f3x1f14x的解集为：,.故选：B.

744．（2022·贵州遵义）若奇函数fx在0,单调递增，且f10，则满足（ ） A．,10,1 C．1,01, 【答案】D

B．1,02, D．1,0fx0的x的取值范围是x21,2

，1, 时，f(x)0，当【解析】由fx是奇函数在0,单调递增，且f10可知：当x10x，101， 时，f(x)0，又

满足

fx0fx00或，解得：1x0或1x2 x2x20x20fxfx0的x的取值范围是1x0或1x2故选：D x2ex25．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)，则不等式f(x)ex的解集为（ ）A．0,11lnx1 B．,1 C．1,e D．1,

e【答案】B

ex2ex2e1lnxexxx【解析函数f(x)，则f(x)ee，

1lnx1lnx1lnxx1因x0，则不等式f(x)ex成立必有1lnx0，即x，

e1ex1ex(x1)x1时，g(x)0，当x1时，g(x)0， g(x)令g(x),x，求导得，当2xexe1因此，函数g(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，又f(x)exg(1lnx)g(x)，

e当x1时，lnx11，于是得1lnxx，即1lnxx0，令h(x)1lnxx， 当x1时，h(x)110，函数h(x)在(1,)上单调递减，x1，h(x)h(1)0，因此，1lnxx无x11解，当x1时，0lnx11，于是得1lnxx，即1lnxx0，此时h(x)10，

ex111函数h(x)在(,1)上单调递增，x(,1)，h(x)h(1)0，不等式1lnxx解集为(,1)，

eee1所以不等式f(x)ex的解集为(,1).

e故选：B