资源简介

第2节　函数的单调性与最值　
[课标要求]　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．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
1．函数单调性的定义
(1)单调函数的定义
条件 一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D I，如果 x1，x2∈D，当x1＜x2时
都有f(x1)f(x2)
结论 那么就称函数f(x)在区间D上单调递增 那么就称函数f(x)在区间D上单调递减
当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，称它是增函数 当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，称它是减函数
图示
(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y＝f(x)的单调区间．
2．函数的最大(小)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) x∈I，都有f(x)≤M；(2) x∈I，使得f(x)＝M (1) x∈I，都有f(x)≥M；(2) x∈I，使得f(x)＝M
结论 M是函数y＝f(x)的最大值 M是函数y＝f(x)的最小值
(一)必背常用结论
1．函数f(x)与f(x)＋c(c为常数)具有相同的单调性．
2．k>0时，函数f(x)与kf(x)单调性相同；k<0时，函数f(x)与kf(x)单调性相反．
3．若f(x)恒为正值或恒为负值，则f(x)与具有相反的单调性．
4．若f(x)，g(x)都是增(减)函数，则当两者都恒大于零时，f(x)·g(x)是增(减)函数；当两者都恒小于零时，f(x)·g(x)是减(增)函数．
5．在公共定义域内，增＋增＝增，减＋减＝减，增－减＝增，减－增＝减．
6．复合函数y＝f[g(x)]的单调性判断方法：“同增异减”．
7．函数y＝f(x)满足 x1，x2∈D，x1≠x2，>0(<0) f(x)在D上单调递增(单调递减)．
(二)盘点易错易混
1．求单调区间忘记定义域导致出错；
2．函数单调区间的写法，多个单调区间之间不能用符号“∪”和“或”连接，可用“及”“和”连接，或用“，”隔开．单调区间必须是“区间”，而不能用集合或不等式代替．
3．求分段函数的单调性时忘记整体考虑；
4．利用单调性解不等式时忘记在单调区间内求解；
5．混淆“单调区间”与“在区间上单调”两个概念．
【小题热身】
1．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|
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．
答案：C
2．函数y＝－2x2－4ax＋3在区间[－4，－2]上具有单调性，则a的取值范围是(　　 )
A．(－∞，1] B．[4，＋∞)
C．(－∞，2]∪[4，＋∞) D．(－∞，1]∪[2，＋∞)
解析：函数y＝－2x2－4ax＋3的图象的对称轴为直线x＝－a，由题意可得－a≤－4或－a≥－2，解得a≤2或a≥4，故选C．
答案：C
3．[易错题]已知函数f(x)＝在R上单调递增，则实数a的取值范围是(　　 )
A．(0，1) B．(1，2]
C．[2，4) D．(1，4)
解析：因为函数f(x)＝在R上单调递增，
所以解得2≤a<4，
答案：C
4．设定义在[－1，7]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的增区间为______________．
答案：[－1，1]，[5，7]
5．[易错题](1)若函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4]上是减函数，则实数a的取值范围是________；
(2)若函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2的单调递减区间为(－∞，4]，则a的值为________．
解析：(1)函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝1－a，由1－a≥4，得a≤－3．
(2)函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝1－a，由1－a＝4，得a＝－3．
答案：(1)a≤－3　(2)－3
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__确定函数的单调性(或区间)[多维讲练]
函数的单调性是函数的重要性质，是高考的热点．高考对确定函数的单调性(或区间)问题，常以选择、填空题考查，难度较小．常见考查角度有：(1)判断函数的单调性；(2)求函数的单调区间等．
角度1　定义法判断或证明函数的单调性
【例1】　讨论函数f(x)＝(a≠0)在x∈(－1，1)上的单调性．
解：任取x1，x2且－1则f(x1)－f(x2)＝ eq \f(ax1,x－1) － eq \f(ax2,x－1)
＝ eq \f(ax1x－ax1－ax2x＋ax2,（x－1）（x－1）)
＝ eq \f(a（x2－x1）（x1x2＋1）,（x－1）（x－1）) ．
∵－1∴x2－x1>0，x1x2＋1>0，(x－1)(x－1)>0．
当a>0，f(x1)－f(x2)>0，
∴函数f(x)在(－1，1)上为减函数．
当a<0，f(x1)－f(x2)<0，
∴函数f(x)在(－1，1)上为增函数．
[对点练]　1．判断并证明函数f(x)＝ax2＋(其中1＜a＜3)在x∈[1，2]上的单调性．
解：函数f(x)＝ax2＋(其中1设1≤x1＜x2≤2，则
f(x2)－f(x1)＝ax＋－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax＋\f(1,x1)))
＝(x2－x1)，
由1≤x1＜x2≤2，
得x2－x1＞0，2＜x1＋x2＜4，
1＜x1x2＜4，－1＜－＜－．又1＜a＜3，
所以2＜a(x1＋x2)＜12，
得a(x1＋x2)－＞0，
从而f(x2)－f(x1)＞0，
即f(x2)＞f(x1)，
故当a∈(1，3)时，f(x)在[1，2]上单调递增．
角度2　求函数的单调区间
【例2】　求下列函数的单调区间：
①y＝－x2＋2|x|＋1；
②y＝log(x2－3x＋2)．
解：①由于y＝
即y＝
画出函数图象如图所示．由图象可知，函数的单调递增区间为(－∞，－1]和[0，1]，单调递减区间为[－1，0)和(1，＋∞)．
②令u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作y＝logu与u＝x2－3x＋2的复合函数．
令u＝x2－3x＋2>0，则x<1或x>2．
∴函数y＝log(x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．
又u＝x2－3x＋2图象的对称轴为直线x＝，且开口向上，
∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
而y＝logu在(0，＋∞)上单调递减，
∴y＝log(x2－3x＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，
单调递增区间为(－∞，1)．
[思维升华]　确定函数单调区间的方法
(1)利用已知函数的单调性，即转化为已知函数的和、差或复合函数，求单调区间．
(2)定义法：先求定义域，再利用单调性的定义．
(3)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，可由图象的直观性写出它的单调区间．
(4)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间．
[对点练]　2．(1)函数f(x)＝ln (x2－2x－8)的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
(2)设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是__________．
解析：(1)由x2－2x－8>0得：x∈(－∞，－2)∪(4，＋∞)，
令t＝x2－2x－8，则y＝ln t，
∵x∈(－∞，－2)时，t＝x2－2x－8为减函数；
x∈(4，＋∞)时，t＝x2－2x－8为增函数；
y＝ln t为增函数，
故函数f(x)＝ln (x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)，
(2)由题意知g(x)＝该函数图象如图所示，其单调递减区间是[0，1)．
答案：(1)D　(2)[0，1)
考点2__函数单调性的应用[多维讲练]
高考对单调性的应用的考查常见形式为选择题、填空题，难度中等．常见的考查角度有：(1)利用单调性比较大小；(2)利用单调性解不等式；(3) 由函数单调性求参数的值或范围．
角度1　利用单调性比较函数值的大小
【例3】　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
思维建模：
解析：因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f＝f．由x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∵1<2<f>f(e)，
∴b>a>c．
答案：D
[思维升华]　比较函数值大小的解题思路
比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解．
[对点练]　1．函数f(x)＝，若a＝f，b＝f(ln 2)，c＝f，则有(　　 )
A．c>b>a B．b>a>c
C．c>a>b D．b>c>a
解析：∵f(x)＝，
∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上为减函数，
易知x<0时，f(x)<0，x>0时，f(x)>0，
又∵ln 2>0，－<0，ln <0，∴b>0，a<0，c<0．
又－＝－ln ，ln ＝－ln 3，且－ln >－ln 3，
∴－>ln ，∵f(x)在(－∞，0)上单调递减，
∴fa，∴b>c>a，故选D．
答案：D
角度2　利用单调性解不等式
【例4】　已知函数f(x)＝－x|x|，x∈(－1，1)，则不等式f(1－m)＜f(m2－1)的解集为________．
解析：f(x)＝则f(x)在(－1，1)上单调递减，不等式f(1－m)＜f(m2－1)可转化为
解得0＜m＜1．
答案：(0，1)
[思维升华]　求解含“f”的函数不等式的解题思路
先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))>f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x)[对点练]　2．已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a的取值范围为________．
解析：由已知可得解得－33，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．
答案：(－3，－1)∪(3，＋∞)
角度3　由函数单调性求参数的值或范围
【例5】　(2021·安徽合肥二模)设函数f＝若函数y＝f在区间上单调递减，则实数m的取值范围是(　　 )
A．　B．　C．　D．
解析：函数f＝的图象如图所示，
函数f在以及上递增，在上递减，
故若函数y＝f在区间上单调递减，
需满足2≤m且m＋1≤4，
即2≤m≤3．
答案：A
[思维升华]　利用单调性求参数的范围(或值)的方法
(1)视参数为已知数，依据函数的图象或单调性的定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；
(2)若分段函数在R上是单调的，则该函数在每一段上具有相同的单调性，还要注意分界点处的函数值大小．
[对点练]　3．(2021·山东潍坊模拟)若函数f＝在R上单调递增，则实数a的取值范围是(　　 )
A． B．
C． D．
解析：因函数f＝
在R上单调递增，
则有y＝ax－2在(－∞，2]上递增，
y＝ln 在(2，＋∞)上也递增，
根据增函数图象特征知，点(2，2a－2)不能在点(2，0)上方，
于是得 ，解得0所以实数a的取值范围是．
答案：A
考点3__函数的值域(最值)[典例引领]
【例6】　(1)(2021·广东深圳调研)函数y＝|x＋1|＋|x－2|的值域为________；
(2)若函数f(x)＝－＋b(a>0)在上的值域为，则a＝________，b＝________．
解析：(1)函数y＝
作出函数的图象如图所示．
根据图象可知，函数y＝|x＋1|＋|x－2|的值域为[3，＋∞)．
(2)∵f(x)＝－＋b(a>0)在上是增函数，
∴f(x)min＝f＝，f(x)max＝f(2)＝2．
即解得a＝1，b＝．
答案：(1)[3，＋∞)　(2)1　
[思维升华]　求解函数最值的4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)换元法：求形如y＝＋(cx＋d)(ac≠0)的函数的值域或最值，常用代数换元法、三角换元法结合题目条件将原函数转化为熟悉的函数，再利用函数的相关性质求解．
(3)分离常数法：求形如y＝(ac≠0)的函数的值域或最值，常用分离常数法求解．
(4)基本不等式法：求形如y＝ax＋(a>0，b>0)的函数的最小值常用基本不等式，注意等号成立的条件．
[对点练]　1．函数f(x)＝－log2(x＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________．
解析：(单调性法)由于y＝在R上单调递减，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上单调递增，
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．
答案：3
2．已知函数f(x)＝则f(x)的最小值是________．
解析：(利用单调性和基本不等式求解)因为函数y＝x2在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以当x≤1时，f(x)min＝f(0)＝0．
当x>1时，y＝x＋≥2，当且仅当x＝时，等号成立，此时f(x)min＝2－6．
又2－6<0，所以f(x)min＝2－6．
答案：2－6
3．函数f(x)＝2x2－的最小值为_________．
解析：(换元法)令＝t，t≥1，则x2＝t2－1，
∴y＝2(t2－1)－t＝2t2－t－2(t≥1)．
∵y＝2t2－t－2(t≥1)的对称轴t＝，
∴ymin＝2×12－1－2＝－1，
∴函数f(x)的最小值为－1．
答案：－1
　备考第3步——拓展创新应用，培优学科素养
利用函数单调性解抽象不等式
对于解抽象不等式问题，首先要把不等式转化为f(x1)f(x2))形式，然后利用函数的单调性得出自变量位置的大小关系进行求解，考查数学抽象、逻辑推理素养．
【典例】　函数f(x)对任意的m，n∈R，都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且x>0时，恒有f(x)>1．
(1)求证：f(x)在R上是增函数；
(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2．
解：(1)证明：设x10．
因为当x>0时，f(x)>1，所以f(x2－x1)>1，
f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，
所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0 f(x1)所以f(x)在R上为增函数．
(2)因为m，n∈R，不妨设m＝n＝1，
所以f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1 f(2)＝2f(1)－1，
f(3)＝4 f(2＋1)＝4 f(2)＋f(1)－1＝4 3f(1)－2＝4，
所以f(1)＝2，
所以f(a2＋a－5)<2＝f(1)，
因为f(x)在R上为增函数，所以a2＋a－5<1 －3[思维升华]　对于抽象函数单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义，结合题目所给性质和相应的条件，对任意x1，x2在所给区间内比较f(x1)－f(x2)与0的大小，或与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形，如x1＝x2＋x1－x2或x1＝x2·等．深挖已知条件是求解此类题的关键．
[对点练]　已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：①f＝f(x1)－f(x2)；②当x＞1时，f(x)＜0．
(1)求f(1)的值；
(2)证明：f(x)为减函数；
(3)求不等式f(2x＋1)＞f(2－x)的解集．
解：(1)令x1＝x2＞0，
代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0．
(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，
则＞1，由于当x＞1时，f(x)＜0，
所以f＜0，即f(x1)－f(x2)＜0，
因此f(x1)＜f(x2)，
所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数．
(3)因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以不等式f(2x＋1)＞f(2－x)等价于
解得－＜x＜，
故原不等式的解集为．
课下巩固培优卷(六)
【A/基础巩固题组】
1．(2021·湖南郴州模拟)下列函数在其定义域上是增函数的是(　　 )
A．y＝x2 B．y＝ex
C．y＝log0．5x D．y＝sin x
解析：y＝x2在上单调递减，在上单调递增，故A不满足；
y＝ex在R上单调递增，故B满足；
y＝log0．5x在上单调递减，故C不满足；
y＝sin x在定义域内不单调，故D不满足．
答案：B
2．已知函数f(x)＝，则该函数的单调递增区间为(　　 )
A．(－∞，1] B．[3，＋∞)
C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)
解析：设t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t＝x2－2x－3的图象的对称轴为x＝1，所以函数t在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)．
答案：B
3．(2020·新高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lg (x2－4x－5)在(a，＋∞)单调递增，则a的取值范围是(　　 )
A．(－∞，－1] B．(－∞，2]
C．[2，＋∞) D．[5，＋∞)
解析：∵f(x)＝lg (x2－4x－5)在(a，＋∞)单调递增，y＝lg x在(0，＋∞)上单调递增，
∴∴a≥5．故a的取值范围为[5，＋∞)．
答案：D
4．(2021·广东佛山一中月考)已知函数f(x)是定义域为[0，＋∞)上的减函数，且f(2)＝－1，则满足f(2x－4)>－1的实数x的取值范围是(　　 )
A．(3，＋∞) B．(－∞，3)
C．[2，3) D．[0，3)
解析：f(x)在定义域[0，＋∞)上是减函数，且f(2)＝－1，
∴f(2x－4)>－1可化为f(2x－4)>f(2)，
∴解得2≤x<3．
答案：C
5．已知函数f＝则不等式fA． B．
C． D．
解析：易得函数f在R上单调递增，
则由f故不等式的解集为．
答案：A
6．(多选)已知函数f(x)＝则下列结论正确的是(　　 )
A．f(x)在R上为增函数
B．f(e)>f(2)
C．若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≤－1或a≥0
D．当x∈[－1，1]时，f(x)的值域为[1，2]
解析：易知f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上单调递增，A错误，B正确；
若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≥0或a＋1≤0，即a≤－1或a≥0，故C正确；
当x∈[－1，0]时，f(x)∈[1，2]，当x∈(0，1]时，f(x)∈(－∞，2]，故x∈[－1，1]时，f(x)∈(－∞，2]，故D不正确．
答案：BC
7．函数y＝2x2－4|x|＋1的单调递增区间为______，单调递减区间为________________．
解析：由于y＝
即y＝
画出函数图象如图所示，
单调递增区间为(－1，0]和[1，＋∞]，单调递减区间为(－∞，－1)和(0，1)．
答案：(－1，0]和[1，＋∞]　(－∞，－1)和(0，1)
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＝________．
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＝．
答案：
【B/能力提升题组】
9．(2021·山东日照模拟)已知f(x)＝x·2|x|，a＝f(log3)，b＝f，c＝f(ln 3)，则a，b，c的大小关系为(　　 )
A．c＞b＞a B．b＞c＞a
C．a＞b＞c D．c＞a＞b
解析：根据题意，f(x)＝x·2|x|＝
当x＜0时，f(x)＝x·＜0，由于log3＝－log32＜0，则b＜0；当x≥0时，f(x)＝x·2x，任取x1，x2∈[0，＋∞)，且x1＜x2，则0＜2x1＜2x2，所以x1·2x1＜x2·2x2(或f′(x)＝2x＋x·2x ln 2＞0)，则f(x)在[0，＋∞)上为增函数．又0＜log3＜1＜ln 3，f(0)＝0，则0＜a＜c．综合可得c＞a＞b．故选D．
答案：D
10．(多选)(2021·山东济南期末)已知函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递增，则a，b的取值可以是(　　 )
A．a＝1，b> B．0C．a＝－1，b＝2 D．a＝，b＝1
解析：根据题意，函数f(x)＝＝＝＋，其定义域为，若函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递增，必有－≤－2且3－<0，即03，据此分析选项A，B，D符合．故选ABD．
答案：ABD
11．已知函数f＝log2＋，则不等式f>3的解集为___________．
解析：函数定义域是{x|x≠0}，f(－x)＝log2＋＝f(x)，f(x)是偶函数，
x>0时，f(x)＝log2＋是减函数，
又f(1)＝3，所以由f(lg x)>3得<1，－1答案：∪
12．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________．
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，则log2(－a)≤0，即0<－a≤20，所以－1≤a<0，即a∈[－1，0)．
答案：1－　[－1，0)
13．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，且当x>0时，f(x)>－1．
(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是增函数；
(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4．
解：(1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1．
在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，
所以f(x1－x2)>－1．
又f(x1)＝f((x1－x2)＋x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)，
所以函数f(x)在R上是增函数．
(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5．
由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4，得f(x2＋x＋1)>f(3)，
因为函数f(x)在R上是增函数，
所以x2＋x＋1>3，
解得x<－2或x>1，
故原不等式的解集为{x|x<－2或x>1}．

展开更多......

收起↑