(完整word版)2017高考一轮复习教案-函数的单调性与最值.doc
第二节函数的单调性与最值
1．函数的单调性
理解函数的单调性及其几何意义．
2．函数的最值
理解函数的最大值、最小值及其几何意义．
知识点一函数的单调性
1．单调函数的定义
增函数减函数
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 A 上的任意两个
自变量的值 x1 2
， x
定义
当 x1
就说函数 f(x)在区间 A 上是增加的f( x)在区间 A 上是减少的
图象描述
自左向右看图象是逐渐上升的自左向右看图象是逐渐下降的
2.单调区间的定义
如果函数 y＝ f(x) 在区间 A 上是增加的或是减少的，那么称 A 为单调区间．易误提醒求函数单调区间的两个注意点：
(1)单调区间是定义域的子集，故求单调区间应树立“ 定义域优先” 的原则．
(2)单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“ ∪”联结，也不能用“或” 联结．
必记结论
1．单调函数的定义有以下若干等价形式：
设x1， x2∈[a， b] ，那么
f x1－ f x2
①>0? f(x)在 [a， b]上是增函数；
x1－ x2
f x1－ f x2
<0? f(x) 在[a， b] 上是减函数．
x1－ x2
②(x1－ x2)[f(x1)－ f(x2 )]>0 ? f(x)在 [a， b]上是增函数；
(x1－ x2 )[f(x1)－ f(x2)]<0? f(x)在[ a，b]上是减函数．
2．复合函数y＝ f[ g(x)] 的单调性规律是“同则增，异则减”，即y＝f(u)与u＝g(x)若具有相同的单调性，则y＝ f[g(x)]为增函数，若具有不同的单调性，则y＝ f[g(x)] 必为减函数．
[ 自测练习 ]
1．下列函数中，在区间(0，＋∞ )上单调递减的是 ( )
1
A ． f(x)＝x
B ． f(x)＝ (x－ 1)
2
C．f(x)＝ e x D ．f(x)＝ ln( x＋1)
2．函数 f(x)＝ log5(2x＋ 1)的单调增区间是________．
－ x2－ ax－ 5， x≤ 1，
3．已知函数 f(x)＝ a 在 R 上为增函数，则 a 的取值范围是 ()
x， x>1
A ． [－ 3,0)
B ． [－3，－ 2]
C．( －∞，－ 2] D ．(－∞， 0)
知识点二函数的最值
前提设函数 y＝ f(x)的定义域为 I，如果存在实数 M 满足
对于任意 x∈ I ，都有 f(x) ≤M 对于任意 x∈ I，都有 f(x)≥ M 条件
存在 x0∈I ，使得 f( x0)＝ M 存在 x0∈ I，使得 f(x0)＝ M 结论M 为最大值M 为最小值
易误提醒在求函数的值域或最值时，易忽视定义域的限制性．
必备方法求函数最值的五个常用方法
(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)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．
(4)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等
式求出最值．
(5)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．
[ 自测练习 ] 1
4．函数 f(x)＝1＋x2(x∈R)的值域是(
)
A ． (0,1)
B ． (0,1]
C．[0,1) D ．[0,1]
5．已知函数f(x) ＝x2＋2x(－ 2≤ x≤ 1 且 x∈ Z)，则 f(x)的值域是 () A ． [0,3] B ． [－1,3]
C．{0,1,3} D ．{ － 1,0,3}
考点一函数单调性的判断|
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
1
C．f(x)＝－x＋1 D ．f(x)＝－ |x|
给出解析式函数单调性的两种判定方法
1．定义法 (基本步骤为取值、作差或作商、变形、判断)．
2．导数法 (基本步骤为求定义域、求导、变形、判断)．
考点二函数的单调区间的求法|
求下列函数的单调区间：
(1)y＝－ x2＋ 2|x|＋ 1；
(2)y ＝ log 1
(x 2 －3x ＋ 2)．
2
函数单调区间的四种求法
(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．
函数 y ＝|x|(1－ x) 在区间 A 上是增函数，那么区间 A 是 ()
A ． (－∞， 0)
B. 0，
1
2
1
C ．[0，＋∞ )
D. 2
，＋∞
考点三
函数单调性的应用 |
函数单调性的应用比较广泛， 是每年高考的重点和热点内容．
归纳起来， 常见的命题探
究角度有：
1．求函数的值域或最值．
2．比较两个函数值或两个自变量的大小．
3．解函数不等式．
4．求参数的取值范围或值． 探究一 求函数的值域或最值
1． (2015 高·考浙江卷 )已知函数 x ＋ 2
－ 3， x ≥ 1，
f(x)＝ x
则 f(f(－ 3))＝ ________， f(x)
lg x 2＋ 1 ， x<1，
的最小值是 ________．
探究二 比较两个函数值或两自变量的大小
2
1 ，若 x 1 2
2．已知函数 f(x) ＝log
x ＋
1－ x
∈(1,2)
， x ∈(2，＋∞ )，则 ()
A ． f(x )<0 ， f( x )<0
B ． f(x )<0 ， f( x )>0
1 2
1
2
C ．f(x 1)>0 ， f( x 2)<0
D ．f(x 1)>0 ， f(x 2)>0
探究三 解函数不等式
x 3， x ≤ 0， 3． (2015 西·安一模 )已知函数
f(x)＝ 若 f(2 －x 2)>f(x) ，则实数 x 的取值
ln x ＋ 1 ， x>0，
范围是 (
)
A ． (－∞，－ 1)∪(2 ，＋∞ )
B ．( －∞，－ 2)∪ (1，＋∞ )
C ．( －1,2)
D ． (－ 2,1)
探究四 利用单调性求参数的取值范围
2－ a x ＋ 1 x<1 ， 满足对任意 x 1 2
4． (2015 江·西新余期末质检 )已知 f( x)＝
≠ x ，都有
a x x ≥ 1
f x －f x 2
1
x 1－x 2
>0 成立，那么 a 的取值范围是 ()
3
， 2
3
A. 2
B. 1， 2
C ．(1,2)
D ．(1，＋∞ )
函数单调性应用问题的四种类型及解题策略
(1) 比较大小．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) 解不等式．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．
(3)利用单调性求参数．
①视参数为已知数， 依据函数的图象或单调性定义，
确定函数的单调区间， 与已知单调
区间比较求参数；
②需注意若函数在区间 [a ，b] 上是单调的， 则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．
(4)利用单调性求最值．应先确定函数的单调性，然后再由单调性求出最值．
1.确定抽象函数的单调性以及解含“f”的不等式
【典例】(12 分) 函数 f( x)对任意 a，b∈R ，都有 f(a＋ b)＝ f(a)＋ f(b)－ 1，且当 x>0 时，有f(x)>1.
(1) 求证： f(x)是 R 上的增函数；
(2) 若 f(4)＝ 5，解不等式 f(2t－ 1)－ f(1＋ t)<2.
[思路点拨 ] (1) 用单调性的定义证明抽象函数的单调性；(2) 结合题意，将含“f”的不等式 f(2t－ 1)－ f(1＋ t)<2 转化为 f(m)< f(n)的形式，再依据单调性转化为常规不等式求解．[模板形成 ]
A 组考点能力演练
1． (2015 吉·林二模 )下列函数中，定义域是R 且为增函数的是 () －
B ． y＝ x
A ． y＝ e x
C．y＝ ln x D ．y＝ |x|
2． (2015 ·南信阳期末调研河)下列四个函数：
1
①y＝3－x；②y＝
x2＋1
；
－ x x≤ 0 ，
③ y＝ x2＋ 2x－ 10；④ y＝ 1
－x x>0 .
其中值域为 R 的函数有 ( )
A ． 1 个 B． 2 个 C．3 个 D． 4 个
3．若函数 f(x) ＝－ x2＋ 2ax 与函数 g( x)＝a
在区间 [1,2] 上都是减函数，则实数 a 的取
x＋ 1
值范围为 ()
A ． (0,1)∪ (0,1)
B ． (0,1)∪(0,1]
C．(0,1) D ．(0,1]
x2－ 4x＋ 3， x≤ 0，
) 4．已知函数 f(x) ＝则不等式 f( a2－ 4)> f(3a)的解集为 (
－ x2－ 2x＋3， x>0，
A ． (2,6)
B ． (－1,4)
C．(1,4) D ．(－ 3,5)
f x
5．(2016 浦·东一模 )如果函数 y＝ f(x)在区间 I 上是增函数，且函数 y＝x
在区间 I 上是减函数，那么称函数y＝ f(x)是区间 I 上的“缓增函数”，区间
I 叫作“缓增区间”．若函数 f( x)＝1
2－x＋
3
是区间 I 上的“缓增函数”，则2
x
2
“缓增区间” I 为 ()
A ． [1，＋∞ )
B ． [0， 3]
C．[0,1] D ．[1， 3]
f x2－f x1
6．已知 f(x)是定义在 R 上的偶函数，若对任意的x1，x2∈ [0，＋∞ )(x1≠x2)，有
x2－x1 <0，则 f(3) ，f(－ 2)， f(1)的大小关系为________．
1， x>0，
7．设函数f( x)＝ 0， x＝ 0，g(x)＝ x2f(x－1) ，则函数g(x)的递减区间是________．
－1，x<0，
8．(2015 长·春二模 )已知函数 f(x)＝ |x＋ a|在(－∞，－ 1)上是单调函数，则 a 的取值范围是________．
9．已知 f(x)＝x
(x≠a) ．x－ a
(1) 若 a＝－ 2，试证 f(x)在 (－∞，－ 2)上单调递增；
(2) 若 a>0 且 f(x)在 (1，＋∞ )上单调递减，求 a 的取值范围．
1
10．已知函数g(x)＝x＋ 1，h(x)＝，x∈(－3，a]，其中a为常数且a>0，令函数 f( x) ＝g(x) ·h(x)．
(1)求函数 f(x)的表达式，并求其定义域；
(2)当 a＝1
时，求函数f(x)的值域．4
B 组高考题型专练
1． (2014 高·考北京卷 )下列函数中，在区间 (0，＋∞ )上为增函数的是 ()
A ． y＝ x＋1
B ． y＝ (x－ 1)2
C．y＝ 2 －x D ．y＝ log0.5(x＋1)
2． (2013 高·考安徽卷 )“ a≤0”是“函数 f(x)＝ |(ax－ 1)x|在区间 (0 ，＋∞ )内单调递增”的()
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
－x＋ 6， x≤2，
3．(2015 ·考福建卷高 )若函数 f(x)＝(a>0，且 a≠ 1)的值域是 [4，＋∞ )，
3＋ log a x， x>2
则实数 a 的取值范围是 ________．
4．(2015 ·考湖北卷高 )a 为实数，函数 f(x)＝ |x2－ ax|在区间 [0,1] 上的最大值记为 g( a)．当a＝ ________时， g(a)的值最小．
1
1.解析：根据函数的图象知，函数f(x)＝x在 (0，＋∞ )上单调递减，故选 A. 答案： A
1
2.解析：要使 y＝ log 5(2x＋ 1)有意义，则2x＋ 1>0 ，即 x>－2，而 y＝ log5 u 为 (0，＋∞ )
1 1
上的增函数，当 x>－2时，u＝ 2x＋ 1 也为 R 上的增函数，故原函数的单调增区间是－2，＋∞ .
答案：－1
2，＋∞
3.解析：要使函数在R 上是增函数，
－a
2≥1，
则有
a<0 ，
－ 1－ a－ 5≤ a，
解得－ 3≤ a≤ －2，即 a 的取值范围是 [－ 3，－ 2]．答案： B
4.解析：因为 1＋ x2≥1,0< 1 ≤ 1，所以函数值域是 (0,1] ，选 B. 答案： B
1＋ x2
5.解析：依题意， f(－ 2)＝ f(0)＝ 0， f(－ 1)＝－ 1， f(1) ＝ 3，因此f(x) 的值域是 { － 1,0,3} ，选 D. 答案： D
1.解析：当 x>0 时， f(x)＝ 3－ x 为减函数；
3
当x∈0，2时， f(x)＝ x2－ 3x 为减函数，
当x∈3
2，＋∞时， f(x)＝ x2－3x 为增函数；
当x∈(0 ，＋∞ )时， f(x) ＝－1
为增函数；
x＋ 1
当 x∈(0 ，＋∞ )时， f(x) ＝－ |x|为减函数．故选C.答案： C
－2x
2．判断函数g(x)＝在(1，＋∞ )上的单调性．
x－ 1
2.解：法一：定义法
任取 x1， x2∈(1 ，＋∞ )，且 x1 － 2x 1 － 2x 2 2 x － x 1 2 则 g(x1)－ g(x2)＝－＝， x1－ 1 x2－ 1 x1－ 1 x2－1 因为 1 ， 所以 x1－ x2<0，( x1－ 1)(x2－ 1)>0 ， 因此 g(x1)－ g(x2)<0 ，即 g(x1) 故g(x)在 (1，＋∞) 上是增函 数．法二：导数法 － 2 x－ 1 ＋2x 2 ∵g′ (x)＝＝ x－1 2>0， x－ 1 2 ∴g(x)在 (1，＋∞ )上是增函数． 1.[解 ] (1)由于 －x2＋2x＋ 1， x≥0， y＝ －x2－2x＋ 1， x<0， －x－ 1 2＋2， x≥ 0， 即y＝ －x＋ 1 2＋2， x<0. 画出函数图象如图所示， 单调递增区间为 (－∞，－ 1]和 [0,1] ，单调递减区间为 [－1,0] 和 [1，＋∞) ． 2.(2)令 u＝ x2－ 3x＋ 2，则原函数可以看作1 的复合函数．y＝ log u 与 u＝ x2－ 3x＋2 2 令 u＝x2－3x＋ 2>0 ，则 x<1 或 x>2. 1 ∴函数 y＝ log 2(x2－3x＋ 2)的定义域为 (－∞，1) ∪(2 ，＋∞ )． 又 u＝x2－3x＋ 2 的对称轴x＝3 2，且开口向上． ∴u＝ x2－ 3x＋ 2 在 (－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞ )上是单调增函数． 1 而 y＝ log2u 在 (0，＋∞ )上是单调减函数， ∴y＝ log1(x2－ 3x＋ 2)的单调递减区间为 2 (2，＋∞ )，单调递增区间为(－∞， 1)． 解析： y ＝ |x|(1－ x) x 1－ x x ≥ 0 ， － x 2＋x x ≥ 0 ， ＝ ＝ － x 1－ x x<0 x 2 －x x<0 1 1 － x － 2 2 ＋4 x ≥0 ， ＝ x － 1 2－ 1 x<0 . 2 4 画出函数的草图，如图． 由图易知原函数在 1 0， 2 上单调递增． 答案： B 1.解析： 由题知， f(－ 3)＝ 1，f(1) ＝0，即 f( f(－ 3)) ＝ 0.又 f(x) 在(－∞ ，0)上单调递减，在 (0,1) 上单调递增， 在 (1， 2)上单调递减， 在( 2，＋ ∞ )上单调递增， 所以 f(x)min ＝ min{ f(0) ， f( 2)} ＝ 2 2－ 3. 答案： 0 2 2－ 3 1 2.解析： ∵函数 f(x)＝ log 2 x ＋ 在 (1，＋ ∞ )上为增函数，且 f(2)＝ 0， 1－ x ∴当x 1∈(1,2)时， f(x 1) 当 x 2∈(2，＋ ∞ )时， f(x 2)>f(2)＝ 0， 即 f(x 1 )<0， f(x 2)>0. 答案： B 3.解析： ∵当 x ＝0 时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲 线．∵当x ≤ 0 时，函数 f(x)＝ x 3 为增函数， 当 x>0 时， f(x)＝ln( x ＋ 1)也是增函数， 且当 x 1<0 ， x 2>0 时， f(x 1)< f(x 2) ，∴函数 f(x)是定义在 R 上的增函数．因此，不等式 f(2－x 2 )>f(x)等价于 2 －x 2>x ，即 x 2＋ x － 2<0，解得－ 2 D. 答案： D 2－ a>0 ， 4.解析： 依题意， f(x)是在 R 上的增函数，于是有 a>1， 3 解得 2≤a<2 ， 2－a ×1＋ 1≤ a 1 . 故选 A. 答案： A [规范解答 ] (1) 证明：设 x1， x2∈ R 且 x1 根据条件等式有 f(x2)－ f(x1)＝ f(x2－ x1＋ x1 )－ f(x1 )＝ f(x2－ x1)＋ f(x1)－1－ f( x1)＝ f(x2－x1 )－ 1>0， ∴f(x1) (2)由 f(a＋b) ＝f(a)＋ f(b)－1，得 f(a＋ b)－ f(a) ＝f(b)－ 1， ∴f(2t－1) － f(1＋ t)＝ f(t－ 2)－ 1，(8 分 ) ∴f(2t－1) － f(1＋ t)<2 ，即 f(t－ 2)－ 1<2 ， ∴f(t － 2)<3. 又f(2＋ 2)＝ f(2) ＋f(2)－ 1＝ 5，∴ f(2) ＝ 3， ∴ f(t － 2)<3＝ f(2)． (10 分 ) ∵ f(x)是 R 上的增函数， ∴ t－ 2<2 ，∴ t<4，故不等式的解集为(－∞， 4)． (12 分 ) B. 1.解析：因为定义域是R，排除 C，又是增函数，排除 A 、D ，所以选 答案： B － x x≤ 0 ， 2.解析：依题意，注意到y＝ 3－ x 与函数y＝ 1 的值域均是R ，函数y＝ － x x>0 1 的值域是 (0,1] ，函数 y＝ x2＋ 2x－ 10＝ (x＋ 1)2－ 11 的值域是 [ － 11，＋∞) ，因此选 B. x2＋ 1 答案： B a≤1， 3.解析：注意到 f(x)＝－ (x－ a)2＋ a2；依题意得即0 a>0， 答案： D 4.解析：作出函数f(x)的图象，如图所示，则函数f(x)在 R 上是单调递减的．由f(a2－ 4)> f(3a)，可得 a2－4<3a，整理得a2－ 3a－4<0 ，即 (a＋1)( a－4)<0 ，解得－ 1 答案： B 1 2 －x＋3 x＝ 1，所以函数y＝ f(x)在区间 [1，＋∞ ) 5.解析：因为函数f(x)＝2x 2 的对称轴为 f x 1 3 1 3 1 3 上是增函数，又当 x≥ 1 时，x ＝2x－ 1＋2x，令 g(x)＝2x－ 1＋2x(x≥1) ，则 g′ (x)＝2－2x2 x2－3 f x 1 3 ＝2x2 ，由g′(x)≤0得1≤x≤3，即函数x＝2x－1＋2x在区间[1，3]上单调递减，故“缓 增区间” I 为 [1， 3]． 答案： D 6.解析：由 x1， x2∈(0，＋∞ )时，f x2－ x1 <0，x2－ x1 ∴f(x) 在(0 ，＋∞ )上为减函数． 又 f(－ 2)＝ f(2) ， 1<2<3， ∴f(1)> f(－ 2)> f(3) ． 即 f(1)> f(2)> f(3)． 答案： f(1)> f(－2)> f(3) x2， x>1， 7.解析：g(x)＝0， x＝1，如图所示，其递减区间是[0,1) ． －x2， x<1. 答案： [0,1) 8.解析：因为函数f(x)在 (－∞，－ a)上是单调函数，所以－a≥－ 1，解得 a≤ 1. 答案： (－∞， 1] 9.解： (1)证明：任设x1 则f(x1 )－ f(x2)＝x1 － x2 x1 ＋ 2 x2＋ 2 2 x1－ x2 ＝. x1＋2x2＋ 2 ∵(x1＋ 2)(x2＋ 2)>0 ，x1－ x2<0， ∴f(x 1 ) ∴f(x) 在(－ ∞，－ 2)上单调递增． (2)f(x)＝ x x － a ＋ a a ＝ ＝ 1＋ ， x － a x － a x － a 当 a>0 时， f(x)在 (－∞ ， a)， (a ，＋ ∞) 上是减函 数，又 f(x) 在(1 ，＋ ∞ )上单调递减，