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第3节　函数的单调性与最值
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
定义 一般地，设函数f（x）的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2
当x1f（x2），那么就说函数f（x）在区间D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）单调区间的定义
如果函数y＝f（x）在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f（x）在这一区间具有（严格的）单调性，区间D叫做函数y＝f（x）的单调区间.
2.函数的最值
前提 设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数M满足
条件 （1）对于任意x∈I，都有f（x）≤M； （2）存在x0∈I，使得f（x0）＝M （3）对于任意x∈I，都有f（x）≥M； （4）存在x0∈I，使得f（x0）＝M
结论 M为最大值 M为最小值
1.对勾函数y＝x＋（a＞0）的增区间为（－∞，－]和[，＋∞）；减区间为[－，0）和（0，]，且对勾函数为奇函数.
2.设任意x1，x2∈D（x1≠x2），则①＞0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0） f（x）在D上单调递增；
②＜0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＜0） f（x）在D上单调递减.
3.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“∪”.
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
（1）对于函数f（x），x∈D，若对任意x1，x2∈D，且x1≠x2有（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]>0，则函数f（x）在区间D上是增函数.（　　）
（2）函数y＝的单调递减区间是（－∞，0）∪（0，＋∞）.（　　）
（3）对于函数y＝f（x），若f（1）（4）函数y＝f（x）在[1，＋∞）上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞）.（　　）
答案　（1）√　（2）×　（3）×　（4）×
解析　（2）此单调区间不能用并集符号连接，取x1＝－1，x2＝1，则f（－1）＜f（1），故应说成单调递减区间为（－∞，0）和（0，＋∞）.
（3）应对任意的x1＜x2，f（x1）＜f（x2）成立才可以.
（4）若f（x）＝x，f（x）在[1，＋∞）上为增函数，但y＝f（x）的单调递增区间可以是R.
2.下列四个函数中，在（0，＋∞）上为增函数的是（　　）
A.f（x）＝3－x B.f（x）＝x2－3x
C.f（x）＝－ D.f（x）＝－|x|
答案　C
解析　当x>0时，f（x）＝3－x为减函数；
当x∈时，f（x）＝x2－3x为减函数，
当x∈（0，＋∞）时，f（x）＝－为增函数；
当x∈（0，＋∞）时，f（x）＝－|x|为减函数.
3.（2018·全国卷）设函数f（x）＝则满足f（x＋1）A.（－∞，－1] B.（0，＋∞）
C.（－1，0） D.（－∞，0）
答案　D
解析　当x≤0时，函数f（x）＝2－x是减函数，则f（x）≥f（0）＝1.作出f（x）的大致图象如图所示，结合图象可知，要使f（x＋1）＜f（2x），则需或所以x<0，故选D.
4.（2020·嘉兴期末）若函数f（x）＝x2＋log2x，则满足x0∈（1，4]，且f（x0）为整数的实数x0的个数为（　　）
A.3 B.4 C.17 D.18
答案　C
解析　因为x0∈（1，4]，且函数f（x）在（1，4]上单调递增，所以f（x0）∈（1，18]，所以使得f（x0）为整数的实数x0有17个，故选C.
5.函数f（x）＝（x≥2）的最大值为　　　　Ｗ.
答案　2
解析　易得f（x）＝＝1＋，
当x≥2时，x－1>0，易知f（x）在[2，＋∞）上是减函数，
∴f（x）max＝f（2）＝1＋＝2.
6.函数y＝|x＋1|＋|x－2|的单调递增区间为　　　　；值域是　　　　Ｗ.
答案　[2，＋∞）　[3，＋∞）
解析　图象法函数y＝|x＋1|＋|x－2|＝
作出函数的图象如图所示.
根据图象可知，函数y＝|x＋1|＋|x－2|的单调递增区间为[2，＋∞），值域为[3，＋∞）.
考点一　确定函数的单调性（区间）
【例1】 （1）已知函数f（x）＝log4（4－|x|），则f（x）的单调递增区间是　　　　Ｗ.
答案　（－4，0]
解析　由f（x）＝log4（4－|x|）得函数f（x）的定义域为（－4，4），且函数y＝4－|x|的单调递增区间为（－4，0]，则函数f（x）＝log4（4－|x|）的单调递增区间为（－4，0].
（2）（一题多解）试讨论函数f（x）＝（a≠0）在（－1，1）上的单调性.
解　法一　设－1因为f（x）＝a＝a，
所以f（x1）－f（x2）＝a－a＝
，由于－1所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，
故当a>0时，f（x1）－f（x2）>0，即f（x1）>f（x2），函数f（x）在（－1，1）上递减；
当a<0时，f（x1）－f（x2）<0，
即f（x1）法二　f′（x）＝
＝＝－.
当a>0时，f′（x）<0，函数f（x）在（－1，1）上递减；
当a<0时，f′（x）>0，函数f（x）在（－1，1）上递增.
感悟升华　（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.
（2）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.
（3）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.
【训练1】 （1）（2021·北京西城区练习）能说明“若f（x＋1）＜f（x）对于任意的x∈（0，＋∞）都成立，则f（x）在（0，＋∞）上是减函数”为假命题的一个函数是　　　　Ｗ.
答案　y＝－（答案不唯一，符合条件即可）
解析　由题意不妨设f（x）＝－，
则f（x＋1）－f（x）＝－＋＝－2x－＜0在（0，＋∞）都成立，
但是f（x）在是单调递增的，在是单调递减的，说明原命题是假命题.
（2）（一题多解）判断函数f（x）＝x＋（a>0）在（0，＋∞）上的单调性，并给出证明.
解　f（x）在（0，]上是减函数，在[，＋∞）上是增函数.
证明如下：
法一　设x1，x2是任意两个正数，且x1则f（x1）－f（x2）＝－＝（x1x2－a）.
当0所以f（x1）－f（x2）>0，即f（x1）>f（x2），
所以函数f（x）在（0，]上是减函数.
当≤x1a，又x1－x2<0，
所以f（x1）－f（x2）<0，即f（x1）所以函数f（x）在[，＋∞）上是增函数.
综上可知，函数f（x）＝x＋（a>0）在（0，]上是减函数，在[，＋∞）上为增函数.
法二　f′（x）＝1－，令f′（x）>0，则1－>0，
解得x>或x<－（舍）.
令f′（x）<0，则1－<0，解得－∵x>0，∴0∴f（x）在（0，]上为减函数，在[，＋∞）上为增函数.
考点二　确定函数的最值
【例2】 （1）已知函数f（x）＝则f（f（3））＝　　　　，函数f（x）的最大值是　　　　Ｗ.
答案　－3　1
解析　①由于f（x）＝
所以f（3）＝log3＝－1，则f（f（3））＝f（－1）＝－3，
②当x>1时，f（x）＝logx是减函数，得f（x）<0.
当x≤1时，f（x）＝－x2＋2x＝－（x－1）2＋1在（－∞，1]上单调递增，则f（x）≤1，综上可知，f（x）的最大值为1.
（2）已知函数f（x）＝，x∈[1，＋∞）且a≤1.
①当a＝时，求函数f（x）的最小值；
②若对任意x∈[1，＋∞），f（x）>0恒成立，试求实数a的取值范围.
解　①当a＝时，f（x）＝x＋＋2，设1≤x1＜x2，
则f（x2）－f（x1）＝（x2－x1），
∵1≤x1＜x2，∴x2－x1＞0，2x1x2＞2，
∴0＜＜，1－＞0，
∴f（x2）－f（x1）＞0，f（x1）＜f（x2）.
∴f（x）在区间[1，＋∞）上为增函数，
∴f（x）在区间[1，＋∞）上的最小值为f（1）＝.
②当x∈[1，＋∞）时，>0恒成立，
则x2＋2x＋a>0对x∈[1，＋∞）恒成立.
即a>－（x2＋2x）在x∈[1，＋∞）上恒成立.
令g（x）＝－（x2＋2x）＝－（x＋1）2＋1，x∈[1，＋∞），
∴g（x）在[1，＋∞）上是减函数，g（x）max＝g（1）＝－3.
又a≤1，
∴当－30在x∈[1，＋∞）上恒成立.
故实数a的取值范围是（－3，1].
感悟升华　（1）求函数最值的常用方法：①单调性法；②基本不等式法；③配方法；④图象法；⑤导数法.
（2）利用单调性求最值，应先确定函数的单调性，然后根据性质求解.若函数f（x）在闭区间[a，b]上是增函数，则f（x）在[a，b]上的最大值为f（b），最小值为f（a）.若函数f（x）在闭区间[a，b]上是减函数，则f（x）在[a，b]上的最大值为f（a），最小值为f（b）.
【训练2】 （1）（2017·浙江卷）若函数f（x）＝x2＋ax＋b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m（　　）
A.与a有关，且与b有关 B.与a有关，但与b无关
C.与a无关，但与b无关 D.与a无关，但与b有关
（2）（一题多解）函数y＝x－的最大值为　　　　Ｗ.
答案　（1）B　（2）
解析　（1）法一　设x1，x2分别是函数f（x）在[0，1]上的最小值点与最大值点，则m＝x＋ax1＋b，M＝x＋ax2＋b.
所以M－m＝x－x＋a（x2－x1），显然此值与a有关，与b无关.
法二　因为最值在f（0）＝b，f（1）＝1＋a＋b，f＝b－中取，所以最值之差一定与b无关，但与a有关，故选B.
（2）法一　（换元法）
令t＝，则x＝且t≥0.
所以y＝－t＝－（t＋1）2＋1.
因为t≥0，所以y≤，即函数y＝x－的最大值为.
法二　（单调性法）
函数的定义域为，
由于y1＝x和y2＝－在上递增，
∴函数y＝x－在上递增，
∴函数y＝x－的最大值为.
考点三　函数单调性的应用
【例3】 （1）已知函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，当x2>x1>1时，[f（x2）－f（x1）]（x2－x1）<0恒成立，设a＝f，b＝f（2），c＝f（e），则a，b，c的大小关系为（　　）
A.c>a>b B.c>b>a
C.a>c>b D.b>a>c
（2）定义在R上的奇函数y＝f（x）在（0，＋∞）上递增，且f＝0，则不等式f（logx）>0的解集为　　　　Ｗ.
答案　（1）D　（2）
解析　（1）因为f（x）的图象关于直线x＝1对称，所以f＝f.由当x2>x1>1时，[f（x2）－f（x1）]·（x2－x1）<0恒成立，知f（x）在（1，＋∞）上单调递减.又1<2<f>f（e），即f（2）>f>f（e），故b>a>c.
（2）∵y＝f（x）是定义在R上的奇函数，且y＝f（x）在（0，＋∞）上递增，
∴y＝f（x）在（－∞，0）上也是增函数，
又f＝0，知f＝－f＝0.
故原不等式f（logx）>0可化为
f（logx）>f或f（logx）>f，
∴logx>或－解得0所以原不等式的解集为.
感悟升华　（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.
（2）在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解，此时应特别注意函数的定义域.
【训练3】 （1）（2020·全国Ⅱ卷）若2x－2y<3－x－3－y，则（　　）
A.ln（y－x＋1）>0 B.ln（y－x＋1）<0
C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0
（2）已知函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减，且为奇函数.若f（1）＝－1，则满足－1≤f（x－2）≤1的x的取值范围是（　　）
A.[－2，2] B.[－1，1]
C.[0，4] D.[1，3]
答案　（1）A　（2）D
解析　（1）由2x－2y<3－x－3－y，得2y－3－x<2y－3－y，即2x－<2y－.设f（x）＝2x－.则f（x）0，所以y－x＋1>1.所以ln（y－x＋1）>0，故选A.
（2）因为f（x）为奇函数，所以f（－1）＝－f（1）＝1，于是－1≤f（x－2）≤1等价于f（1）≤f（x－2）≤f（－1），又f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减，
∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.
基础巩固题组
一、选择题
1.若函数f（x）＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞），则a的值为（　　）
A.－2 B.2 C.－6 D.6
答案　C
解析　由图象易知函数f（x）＝|2x＋a|的单调增区间是[－，＋∞），令－＝3，∴a＝－6.
2.下列函数中，在区间（－1，1）上为减函数的是（　　）
A.y＝ B.y＝cos x
C.y＝ln（x＋1） D.y＝2－x
答案　D
解析　∵y＝与y＝ln（x＋1）在（－1，1）上为增函数，且y＝cos x在（－1，1）上不具备单调性.∴A，B，C不满足题意.只有y＝2－x＝在（－1，1）上是减函数.
3.已知函数y＝f（x）的图象关于x＝1对称，且在（1，＋∞）上单调递增，设a＝f，b＝f（2），c＝f（3），则a，b，c的大小关系为（　　）
A.cC.b答案　C
解析　∵函数图象关于x＝1对称，∴a＝f＝f，又y＝f（x）在（1，＋∞）上单调递增，
∴f（2）4.定义新运算“ ”：当a≥b时，a b＝a；当aA.－1 B.1 C.6 D.12
答案　C
解析　由已知得当－2≤x≤1时，f（x）＝x－2，
当1∵f（x）＝x－2，f（x）＝x3－2在定义域内都为增函数，
∴f（x）的最大值为f（2）＝23－2＝6.
5.设函数f（x）＝x（ex＋e－x），则f（x）（　　）
A.是奇函数，且在（0，＋∞）上是增函数
B.是偶函数，且在（0，＋∞）上是增函数
C.是奇函数，且在（0，＋∞）上是减函数
D.是偶函数，且在（0，＋∞）上是减函数
答案　A
解析　f（－x）＝（－x）（e－x＋ex）＝－f（x），所以f（x）为奇函数，f′（x）＝ex＋e－x＋x（ex－e－x），当x>0时，ex－e－x>0，ex＋e－x>0，所以f′（x）>0.故f（x）在（0，＋∞）上是增函数.
6.已知函数f（x）在R上单调递减，且a＝33.1，b＝，c＝ln ，则f（a），f（b），f（c）的大小关系为（　　）
A.f（a）>f（b）>f（c） B.f（b）>f（c）>f（a）
C.f（c）>f（a）>f（b） D.f（c）>f（b）>f（a）
答案　D
解析　因为a＝33.1>30＝1，0f（b）>f（a）.
二、填空题
7.函数f（x）＝－log2（x＋2）在区间[－1，1]上的最大值为　　　　Ｗ.
答案　3
解析　由于y＝在R上递减，y＝log2（x＋2）在[－1，1]上递增，所以f（x）在[－1，1]上单调递减，故f（x）在[－1，1]上的最大值为f（－1）＝3.
8.若函数f（x）＝ax（a>0，a≠1）在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g（x）＝（1－4m）在[0，＋∞）上是增函数，则a＝　　　　Ｗ.
答案　
解析　当a>1时，则y＝ax为增函数，有a2＝4，a－1＝m，此时a＝2，m＝，
此时g（x）＝－在[0，＋∞）上为减函数，不合题意.
当0有a－1＝4，a2＝m，此时a＝，m＝.
此时g（x）＝在[0，＋∞）上是增函数.故a＝.
9.设函数f（x）＝若函数y＝f（x）在区间（a，a＋1）上单调递增，则实数a的取值范围是　　　　Ｗ.
答案　（－∞，1]∪[4，＋∞）
解析　作出函数f（x）的图象如图所示，由图象可知f（x）在（a，a＋1）上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.
10.（2021·温州适应性测试）若函数f（x）＝a|x＋b|－1在（1，＋∞）上是减函数，则实数a的取值范围是　　　　，实数b的取值范围是　　　　Ｗ.
答案　（－∞，0）　[－1，＋∞）
解析　当a>0时，函数f（x）＝a|x＋b|－1在（－∞，－b]上是减函数，在（－b，＋∞）上是增函数，不满足函数f（x）＝a|x＋b|－1在（1，＋∞）上是减函数；当a＝0时，f（x）＝－1，不满足函数f（x）＝a|x＋b|－1在（1，＋∞）上是减函数；当a<0时，函数f（x）＝a|x＋b|－1在（－∞，－b]上是增函数，在（－b，＋∞）上是减函数，因为函数f（x）＝a|x＋b|－1在（1，＋∞）上是减函数，所以a<0且－b≤1，即a<0且b≥－1.
三、解答题
11.已知函数f（x）＝－（a>0，x>0）.
（1）求证：f（x）在（0，＋∞）上是增函数；
（2）若f（x）在上的值域是，求a的值.
（1）证明　设x2>x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0，
∵f（x2）－f（x1）＝－＝－＝>0，
∴f（x2）>f（x1），∴f（x）在（0，＋∞）上是增函数.
（2）解　∵f（x）在上的值域是，又由（1）得f（x）在上是单调增函数，
∴f＝，f（2）＝2，易知a＝.
12.已知函数f（x）＝2x－的定义域为（0，1].
（1）当a＝1时，求函数y＝f（x）的值域；
（2）求函数y＝f（x）在区间（0，1]上的最大值及最小值，并求出当函数f（x）取得最值时x的值.
解　（1）当a＝1时，f（x）＝2x－，任取1≥x1＞x2＞0，则f（x1）－f（x2）＝2（x1－x2）－
＝（x1－x2）.
∵1≥x1＞x2＞0，∴x1－x2＞0，x1x2＞0.
∴f（x1）＞f（x2），∴f（x）在（0，1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值1，所以f（x）的值域为（－∞，1].
（2）当a≥0时，y＝f（x）在（0，1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值2－a；
当a＜0时，f（x）＝2x＋，
当≥1，即a∈（－∞，－2]时，y＝f（x）在（0，1]上单调递减，无最大值，当x＝1时取得最小值2－a；
当＜1，即a∈（－2，0）时，y＝f（x）在上单调递减，在上单调递增，无最大值，当x＝时取得最小值2.
能力提升题组
13.已知函数f（x）＝ex－1，g（x）＝－x2＋4x－3，若存在f（a）＝g（b），则实数b的取值范围为（　　）
A.[0，3] B.（1，3）
C.[2－，2＋] D.（2－，2＋）
答案　D
解析　由题意可知f（x）＝ex－1>－1，g（x）＝－x2＋4x－3＝－（x－2）2＋1≤1，
若f（a）＝g（b），则g（b）∈（－1，1]，
即－b2＋4b－3>－1，即b2－4b＋2<0，
解得2－所以实数b的取值范围为（2－，2＋）.
14.已知函数f（x）＝若f（2－x2）>f（x），则实数x的取值范围是（　　）
A.（－∞，－1）∪（2，＋∞） B.（－∞，－2）∪（1，＋∞）
C.（－1，2） D.（－2，1）
答案　D
解析　∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，
∴函数的图象是一条连续的曲线.又∵当x≤0时，函数f（x）＝x3为增函数，当x>0时，f（x）＝ln（x＋1）也是增函数，∴函数f（x）是定义在R上的增函数.因此，不等式f（2－x2）>f（x）等价于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－215.（2021·苏州调研）函数y＝|x|（1－x）的单调递增区间为　　　　，单调递减区间为　　　　Ｗ.
答案　　（－∞，0]和
解析　y＝|x|（1－x）
＝
＝
函数的大致图象如图所示.
由图易知函数的单调递增区间为，单调递减区间为（－∞，0]和.
16.（2021·绍兴适考）已知函数f（x）＝若f（－1）＝f（1），则实数a＝　　　　；若y＝f（x）存在最小值，则实数a的取值范围为　　　　Ｗ.
答案　1－　[－1，0）
解析　因为f（－1）＝f（1），所以＝log2（1－a），则1－a＝2，即a＝1－.因为函数y＝2x在（－∞，0）上单调递增，函数y＝log2（x－a）在[0，＋∞）上单调递增，故函数f（x）的值域为（0，1）∪[log2（－a），＋∞）.由f（x）存在最小值知，log2（－a）≤0，即0<－a≤20，所以－1≤a<0，即a∈[－1，0）.
17.已知函数f（x）＝lg（x＋－2），其中a是大于0的常数.
（1）求函数f（x）的定义域；
（2）当a∈（1，4）时，求函数f（x）在[2，＋∞）上的最小值；
（3）若对任意x∈[2，＋∞），f（x）>0恒成立，试确定a的取值范围.
解　（1）由x＋－2＞0，得＞0，
当a＞1时，x2－2x＋a＞0恒成立，定义域为（0，＋∞），
当a＝1时，定义域为{x|x＞0且x≠1}，
当0＜a＜1时，定义域为{x|0＜x＜1－或x＞1＋}.
（2）设g（x）＝x＋－2，当a∈（1，4），x∈[2，＋∞）时，
∴g′（x）＝1－＝>0.
因此g（x）在[2，＋∞）上是增函数，
∴f（x）在[2，＋∞）上是增函数.
则f（x）min＝f（2）＝lg.
（3）对任意x∈[2，＋∞），恒有f（x）>0，
即x＋－2>1对x∈[2，＋∞）恒成立.
∴a>3x－x2.
令h（x）＝3x－x2，x∈[2，＋∞）.
由于h（x）＝－＋在[2，＋∞）上是减函数，
∴h（x）max＝h（2）＝2.
故a>2时，恒有f（x）>0.
因此实数a的取值范围为（2，＋∞）.
18.已知a∈R，设函数f（x）＝x|x－a|－x.
（1）若a＝3，求函数f（x）的单调区间；
（2）若a≤0，对于任意的x∈[0，t]，不等式－1≤f（x）≤6恒成立，求实数t的最大值及此时a的值.
解　（1）当a＝3时，f（x）＝
函数f（x）的单调递增区间为（－∞，1），（3，＋∞），单调递减区间为（1，3）.
（2）当a≤0，x∈[0，t]时，x≥a恒成立，故f（x）＝x2－（a＋1）x.
①当a≤－1时，≤0，f（x）在[0，t]上单调递增，
f（x）min＝f（0）＝0，
f（x）max＝f（t）＝t2－（a＋1）t，由题意得f（x）max≤6，
即t2－（a＋1）t≤6，
解得0＜t≤.
令m＝－（a＋1）≥0，h（m）＝＝在[0，＋∞）上单调递减，
所以h（x）max＝h（0）＝，即当a＝－1时，tmax＝.
②当－1当0＜t≤a＋1≤1时，f（x）max＝f（0）＝0，满足题意，此时tmax＝1，a＝0；
当t＞a＋1时，f（x）max＝f（t）＝t2－（a＋1）t，
由题意得f（x）max≤6，
即t2－（a＋1）t≤6，
解得a＋1＜t≤.
令m＝a＋1，则0＜m≤1，h（m）＝在（0，1]上单调递增，
所以h（m）max＝h（1）＝3，
即当a＝0时，tmax＝3.
综上所述，tmax＝3，此时a＝0.
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