2019届高考数学一轮复习：《函数的单调性与最值》教学案(含解析)

第三节函数的单调性与最值[知识能否忆起]一、函数的单调性 1．单调函数的定义自左向右看图象逐渐上升自左向右看图象逐渐下降2．单调区间的定义若函数y ＝f(x)在区间D 上是增函数或减函数，则称函数y ＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D 叫做y ＝f(x)的单调区间．二、函数的最值[小题能否全取]1．(2018·陕西高考)下列函数中，既是奇函数又是增函数的为( ) A ．y ＝x ＋1 B ．y ＝－x 3C ．y ＝1xD ．y ＝x|x|解析：选D 由函数的奇偶性排除A ，由函数的单调性排除B 、C ，由y ＝x|x|的图象可知此函数为增函数，又该函数为奇函数，故选D.2．函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在(－∞，＋∞)上是减函数，则( )A ．k>12B ．k<12C ．k>－12D ．k<－12解析：选D 函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 是减函数， 则2k ＋1<0，即k<－12.3．(教材习题改编)函数f(x)＝11－－的最大值是( )A.45 B.54 C.34D.43解析：选D ∵1－x(1－x)＝x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34，∴0<11－－≤43. 4．(教材习题改编)f(x)＝x 2－2x(x ∈[－2,4])的单调增区间为________；f(x)max ＝________. 解析：函数f(x)的对称轴x ＝1，单调增区间为[1,4]，f(x)max ＝f(－2)＝f(4)＝8. 答案：[1,4] 85．已知函数f(x)为R 上的减函数，若m<n ，则f(m)______f(n)；若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x <f(1)，则实数x 的取值范围是______．解析：由题意知f(m)>f(n)；⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x >1，即|x|<1，且x≠0. 故－1<x<1且x≠0. 答案：> (－1,0)∪(0,1)1.函数的单调性是局部性质从定义上看，函数的单调性是指函数在定义域的某个子区间上的性质，是局部的特征．在某个区间上单调，在整个定义域上不一定单调．2．函数的单调区间的求法函数的单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间，必须先求出函数的定义域．对于基本初等函数的单调区间可以直接利用已知结论求解，如二次函数、对数函数、指数函数等；如果是复合函数，应根据复合函数的单调性的判断方法，首先判断两个简单函数的单调性，再根据“同则增，异则减”的法则求解函数的单调区间．[注意] 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．典题导入[例1] 证明函数f(x)＝2x －1x在(－∞，0)上是增函数．[自主解答] 设x 1，x 2是区间(－∞，0)上的任意两个自变量的值，且x 1<x 2. 则f(x 1)＝2x 1－1x 1，f(x 2)＝2x 2－1x 2，f(x 1)－f(x 2)＝⎝⎛⎭⎪⎫2x 1－1x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 2＝2(x 1－x 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－1x 1＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎪⎫2＋1x 1x 2 由于x 1<x 2<0，所以x 1－x 2<0,2＋1x 1x 2>0， 因此f(x 1)－f(x 2)<0， 即f(x 1)<f(x 2)，故f(x)在(－∞，0)上是增函数．由题悟法对于给出具体解析式的函数，证明其在某区间上的单调性有两种方法： (1)结合定义(基本步骤为取值、作差或作商、变形、判断)证明；(2)可导函数则可以利用导数证明．对于抽象函数单调性的证明，一般采用定义法进行．以题试法1．判断函数g(x)＝－2xx －1在 (1，＋∞)上的单调性． 解：任取x 1，x 2∈(1，＋∞)，且x 1<x 2， 则g(x 1)－g(x 2)＝－2x 1x 1－1－－2x 2x 2－1＝1－x 21－2－，由于1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，(x 1－1)(x 2－1)>0， 因此g(x 1)－g(x 2)<0，即g(x 1)<g(x 2)． 故g(x)在(1，＋∞)上是增函数．典题导入[例2] (2018·长沙模拟)设函数y ＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数k ，定义函数f k (x)＝⎩⎪⎨⎪⎧，，k ，＞k ，取函数f(x)＝2－|x|.当k ＝12时，函数f k (x)的单调递增区间为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)[自主解答] 由f(x)>12，得－1<x<1.由f(x)≤12，得x≤－1或x≥1.所以f 12(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x≥1，12，－1＜x ＜1，2x，x≤－1.故f 12(x)的单调递增区间为(－∞，－1)．[答案]C若本例中f(x)＝2－|x|变为f(x)＝log 2|x|，其他条件不变，则f k (x)的单调增区间为________．解析：函数f(x)＝log 2|x|，k ＝12时，函数f k (x)的图象如图所示，由图示可得函数f k (x)的单调递增区间为(0， 2 ]．答案：(0，2 ]由题悟法求函数的单调区间的常用方法(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：利用导数的正负确定函数的单调区间．以题试法2．函数f(x)＝|x －2|x 的单调减区间是( ) A ．[1,2] B ．[－1,0] C ．[0,2]D ．[2，＋∞)解析：选A 由于f(x)＝|x －2|x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x≥2，－x 2＋2x ，x<2.结合图象可知函数的单调减区间是[1,2]．典题导入[例3] (1)若f(x)为R 上的增函数，则满足f(2－m)<f(m 2)的实数m 的取值范围是________． (2)(2018·安徽高考)若函数f(x)＝|2x ＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a ＝________. [自主解答] (1)∵f(x)在R 上为增函数，∴2－m<m 2. ∴m 2＋m －2>0.∴m>1或m<－2.(2)由f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －a ，x<－a 2，2x ＋a ，x≥－a2，可得函数f(x)的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，＋∞，故3＝－a 2，解得a ＝－6.[答案] (1)(－∞，－2)∪(1，＋∞) (2)－6由题悟法单调性的应用主要涉及利用单调性求最值，进行大小比较，解抽象函数不等式，解题时要注意：一是函数定义域的限制；二是函数单调性的判定；三是等价转化思想与数形结合思想的运用．以题试法3．(1)(2018·孝感调研)函数f(x)＝1x －1在[2,3]上的最小值为________，最大值为________． (2)已知函数f(x)＝1a －1x (a>0，x>0)，若f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，则a ＝__________. 解析：(1)∵f′(x)＝－1－2<0，∴f(x)在[2,3]上为减函数，∴f(x)min ＝f(3)＝13－1＝12，f(x)max ＝12－1＝1.(2)由反比例函数的性质知函数f(x)＝1a －1x (a>0，x>0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －2＝12，1a －12＝2，解得a ＝25.答案：(1)12 1 (2)251．(2018·广东高考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝ln(x ＋2) B ．y ＝－x ＋1C ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xD ．y ＝x ＋1x解析：选A 选项A 的函数y ＝ln(x ＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数． 2．若函数f(x)＝4x 2－mx ＋5在[－2，＋∞)上递增，在(－∞，－2]上递减，则f(1)＝( ) A ．－7B ．1C ．17D ．25解析：选D 依题意，知函数图象的对称轴为x ＝－－m 8＝m 8＝－2，即 m ＝－16，从而f(x)＝4x 2＋16x ＋5，f(1)＝4＋16＋5＝25.3．(2018·佛山月考)若函数y ＝ax 与y ＝－b x 在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上是( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．先减后增解析：选B ∵y ＝ax 与y ＝－b x 在(0，＋∞)上都是减函数，∴a<0，b<0，∴y ＝ax 2＋bx 的对称轴方程x ＝－b 2a<0，∴y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上为减函数． 4．“函数f(x)在[a ，b]上为单调函数”是“函数f(x)在[a ，b]上有最大值和最小值”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 若函数f(x)在[a ，b]上为单调递增(减)函数，则在[a ，b]上一定存在最小(大)值f(a)，最大(小)值f(b)．所以充分性满足；反之，不一定成立，如二次函数f(x)＝x 2－2x ＋3在[0,2]存在最大值和最小值，但该函数在[0,2]不具有单调性，所以必要性不满足，即“函数f(x)在[a ，b]上单调”是“函数f(x)在[a ，b]上有最大值和最小值”的充分不必要条件．5．(2018·青岛模拟)已知奇函数f(x)对任意的正实数x 1，x 2(x 1≠x 2)，恒有(x 1－x 2)(f(x 1)－f(x 2))>0，则一定正确的是( )A ．f(4)>f(－6)B ．f(－4)<f(－6)C ．f(－4)>f(－6)D ．f(4)<f(－6)解析：选C 由(x 1－x 2)(f(x 1)－f(x 2))>0知f(x)在(0，＋∞)上递增，所以f(4)<f(6)⇔f(－4)>f(－6)． 6．定义在R 上的函数f(x)满足f(x ＋y)＝f(x)＋f(y)，当x<0时，f(x)>0，则函数f(x)在[a ，b]上有( ) A ．最小值f(a) B ．最大值f(b)C ．最小值f(b)D ．最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2解析：选C ∵f(x)是定义在R 上的函数，且 f(x ＋y)＝f(x)＋f(y)，∴f(0)＝0，令y ＝－x ，则有f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0.∴f(－x)＝－f(x)．∴f(x)是R 上的奇函数．设x 1<x 2，则x 1－x 2<0，∴f(x 1)－f(x 2)＝f(x 1)＋f(－x 2) ＝f(x 1－x 2)>0.∴f(x)在R 上是减函数．∴f(x)在[a ，b]有最小值f(b)． 7．函数y ＝－(x －3)|x|的递增区间是________． 解析：y ＝－(x －3)|x|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋3x ，x>0，x 2－3x ，x≤0.作出该函数的图象，观察图象知递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32 8．(2018·台州模拟)若函数y ＝|2x－1|，在(－∞，m]上单调递减，则m 的取值范围是________． 解析：画出图象易知y ＝|2x－1|的递减区间是(－∞，0]， 依题意应有m≤0. 答案：(－∞，0]9．若f(x)＝ax ＋1x ＋2在区间(－2，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是________．解析：设x 1>x 2>－2，则f(x 1)>f(x 2)， 而f(x 1)－f(x 2)＝ax 1＋1x 1＋2－ax 2＋1x 2＋2＝2ax 1＋x 2－2ax 2－x 11＋2＋＝1－x 2－1＋2＋>0，则2a －1>0.得a>12.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 10．求下列函数的单调区间： (1)y ＝－x 2＋2|x|＋1；(2)y ＝a1－2x －x 2(a>0且a≠1)．解：(1)由于y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x≥0，－x 2－2x ＋1，x<0，即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－－2＋2，x≥0，－＋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)令g(x)＝1－2x －x 2＝－(x ＋1)2＋2，所以g(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减．当a>1时，函数y ＝a1－2x －x 2的增区间是(－∞，－1)，减区间是(－1，＋∞)； 当0<a<1时，函数y ＝a1－2x －x 2的增区间是(－1，＋∞)，减区间是(－∞，－1)． 11．已知f(x)＝xx －a(x≠a)． (1)若a ＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：设x 1<x 2<－2， 则f(x 1)－f(x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝1－x 21＋2＋.∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， ∴f(x 1)<f(x 2)，∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增． (2)设1<x 1<x 2，则f(x 1)－f(x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a＝2－x 11－2－.∵a>0，x 2－x 1>0， ∴要使f(x 1)－f(x 2)>0， 只需(x 1－a)(x 2－a)>0恒成立， ∴a≤1.综上所述，a 的取值范围为(0,1]．12．(2018·上海高考)已知函数f(x)＝a·2x＋b·3x，其中常数a ，b 满足ab≠0. (1)若ab>0，判断函数f(x)的单调性；(2)若ab<0，求f(x ＋1)>f(x)时x 的取值范围．解：(1)当a>0，b>0时，任意x 1，x 2∈R ，x 1<x 2，则f(x 1)－f(x 2)＝a(2x 1－2x 2)＋b(3x 1－3x 2)． ∵2x 1<2x 2，a>0⇒a(2x 1－2x 2)<0， 3x 1<3x 2，b>0⇒b(3x 1－3x 2)<0，∴f(x 1)－f(x 2)<0，函数f(x)在R 上是增函数． 同理，当a<0，b<0时，函数f(x)在R 上是减函数． (2)f(x ＋1)－f(x)＝a·2x＋2b·3x>0， 当a<0，b>0时，⎝ ⎛⎭⎪⎫32x>－a 2b ，则x>log 1.5⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2b ；同理，当a>0，b<0时，⎝ ⎛⎭⎪⎫32x<－a 2b ，则x<log 1.5⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2b .1．设函数f(x)定义在实数集上，f(2－x)＝f(x)，且当x≥1时，f(x)＝ln x ，则有( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f(2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f(2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f(2)D ．f(2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13解析：选C 由f(2－x)＝f(x)可知，f(x)的图象关于直线x ＝1对称，当x≥1时，f(x)＝ln x ，可知当x≥1时f(x)为增函数，所以当x<1时f(x)为减函数，因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1<⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－1<|2－1|，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f(2)．2．(2018·黄冈模拟)已知函数y ＝1－x ＋x ＋3的最大值为M ，最小值为m ，则mM 的值为( )A.14 B.12 C.22D.32解析：选C 显然函数的定义域是[－3,1]且y≥0，故y 2＝4＋2－＋＝4＋2－x 2－2x ＋3＝4＋2－＋2＋4，根据根式内的二次函数，可得4≤y 2≤8，故2≤y≤22，即m ＝2，M ＝22，所以m M ＝22.3．函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且对一切x>0，y>0都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＝f(x)－f(y)，当x>1时，有f(x)>0. (1)求f(1)的值；(2)判断f(x)的单调性并加以证明； (3)若f(4)＝2，求f(x)在[1,16]上的值域． 解：(1)∵当x>0，y>0时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＝f(x)－f(y)， ∴令x ＝y>0，则f(1)＝f(x)－f(x)＝0. (2)设x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1<x 2，则f(x 2)－f(x 1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1， ∵x 2>x 1>0.∴x 2x 1>1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1>0. ∴f(x 2)>f(x 1)，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数． (3)由(2)知f(x)在[1,16]上是增函数． ∴f(x)min ＝f(1)＝0，f(x)max ＝f(16)，∵f(4)＝2，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＝f(x)－f(y)，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫164＝f(16)－f(4)， ∴f(16)＝2f(4)＝4，∴f(x)在[1,16]上的值域为[0,4]．1．求函数f(x)＝x 2＋x －6的单调区间． 解：设u ＝x 2＋x －6，y ＝u. 由x 2＋x －6≥0，得x≤－3或x≥2.结合二次函数的图象可知，函数u ＝x 2＋x －6在(－∞，－3]上是递减的，在[2，＋∞)上是递增的． 又∵函数y ＝u 是递增的，∴函数f(x)＝x 2＋x －6在(－∞，－3]上是递减的，在[2，＋∞)上是递增的． 2．定义在R 上的函数f(x)满足：对任意实数m ，n ，总有f(m ＋n)＝f(m)·f(n)，且当x>0时，0<f(x)<1. (1)试求f(0)的值；(2)判断f(x)的单调性并证明你的结论；(3)设A＝{(x，y)|f(x2)·f(y2)>f(1)}，B＝{(x，y)|f(ax－y＋2)＝1，a∈R}，若A∩B＝∅，试确定a的取值范围．解：(1)在f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，令m＝1，n＝0，得f(1)＝f(1)·f(0)．因为f(1)≠0，所以f(0)＝1.(2)任取x1，x2∈R，且x1<x2.在已知条件f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，若取m＋n＝x2，m＝x1，则已知条件可化为：f(x2)＝f(x1)·f(x2－x1)．由于x2－x1>0，所以0<f(x2－x1)<1.为比较f(x2)，f(x1)的大小，只需考虑f(x1)的正负即可．在f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，令m＝x，n＝－x，则得f(x)·f(－x)＝1.因为当x>0时，0<f(x)<1，所以当x<0时，f(x)＝1－>1>0.又f(0)＝1，所以综上可知，对于任意的x 1∈R，均有f(x1)>0.所以f(x2)－f(x1)＝f(x1)[f(x2－x1)－1]<0.所以函数f(x)在R上单调递减．(3)f(x2)·f(y2)>f(1)，即x2＋y2<1.f(ax－y＋2)＝1＝f(0)，即ax－y＋2＝0.由A∩B＝∅，得直线ax－y＋2＝0与圆面x2＋y2<1无公共点，所以2a2＋1≥1，解得－1≤a≤1.。