高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数Ⅰ2.2函数的单调性与最值学案理
2024年高考数学总复习第二章《函数与基本初等函数》函数的单调性与最值
2024年高考数学总复习第二章《函数与基本初等函数》§2.2函数的单调性与最值最新考纲1.通过已学过的函数特别是二次函数，理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义.2.学会运用函数图象理解和研究函数的性质．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x 1，x 2当x 1<x 2时，都有f (x 1)<f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是增函数当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)，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)对于任意的x ∈I ，都有f (x )≤M ；(2)存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M(3)对于任意的x ∈I ，都有f (x )≥M ；(4)存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M结论M 为最大值M 为最小值概念方法微思考1．在判断函数的单调性时，你还知道哪些等价结论？提示对∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0⇔f (x )在D 上是增函数，减函数类似．2．写出对勾函数y ＝x ＋ax (a >0)的增区间．提示(－∞，－a ]和[a ，＋∞)．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若定义在R 上的函数f (x )，有f (－1)<f (3)，则函数f (x )在R 上为增函数．(×)(2)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(×)(3)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(×)(4)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数．(×)(5)所有的单调函数都有最值．(×)题组二教材改编2．函数f (x )＝x 2－2x 的单调递增区间是____________．答案[1，＋∞)(或(1，＋∞))3．函数y ＝2x －1在[2,3]上的最大值是______．答案24．若函数f (x )＝x 2－2mx ＋1在[2，＋∞)上是增函数，则实数m 的取值范围是________．答案(－∞，2]解析由题意知，[2，＋∞)⊆[m ，＋∞)，∴m ≤2.题组三易错自纠5．函数y ＝12log (x 2－4)的单调递减区间为________．答案(2，＋∞)6．若函数f (x )＝|x －a |＋1的增区间是[2，＋∞)，则a ＝________.答案2解析∵f (x )＝|x －a |＋1的单调递增区间是[a ，＋∞)，∴a ＝2.7．函数y ＝f (x )是定义在[－2,2]上的减函数，且f (a ＋1)<f (2a )，则实数a 的取值范围是________．答案[－1,1)解析－2≤a＋1≤2，－2≤2a≤2，a＋1>2a，解得－1≤a<1.8．函数f(x)1x，x≥1，－x2＋2，x<1的最大值为________．答案2解析当x≥1时，函数f(x)＝1x为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.故函数f(x)的最大值为2.题型一确定函数的单调性命题点1求函数的单调区间例1(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，＋∞)答案D解析函数y＝x2－2x－8＝(x－1)2－9图象的对称轴为直线x＝1，由x2－2x－8>0，解得x>4或x<－2，所以(4，＋∞)为函数y＝x2－2x－8的一个单调递增区间．根据复合函数的单调性可知，函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间为(4，＋∞)．(2)函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调递减区间是__________________．答案[－1,0]，[1，＋∞)解析由题意知，当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；当x<0时，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，二次函数的图象如图．由图象可知，函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调递减区间为[－1,0]，[1，＋∞)．命题点2讨论函数的单调性例2判断并证明函数f (x )＝ax 2＋1x (其中1<a <3)在[1,2]上的单调性．解函数f (x )＝ax 2＋1x(1<a <3)在[1,2]上单调递增．证明：设1≤x 1<x 2≤2，则f (x 2)－f (x 1)＝ax 22＋1x 2－ax 21－1x 1＝(x 2－x 1)a (x 1＋x 2)－1x 1x 2，由1≤x 1<x 2≤2，得x 2－x 1>0,2<x 1＋x 2<4，1<x 1x 2<4，－1<－1x 1x 2<－14.又因为1<a <3，所以2<a (x 1＋x 2)<12，得a (x 1＋x 2)－1x 1x 2>0，从而f (x 2)－f (x 1)>0，即f (x 2)>f (x 1)，故当a ∈(1,3)时，f (x )在[1,2]上单调递增．引申探究如何用导数法求解本例？解f ′(x )＝2ax －1x 2＝2ax 3－1x 2，因为1≤x ≤2，所以1≤x 3≤8，又1<a <3，所以2ax 3－1>0，所以f ′(x )>0，所以函数f (x )＝ax 2＋1x (其中1<a <3)在[1,2]上是增函数．思维升华确定函数单调性的方法：(1)定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法和导数法；(2)复合函数法，复合函数单调性的规律是“同增异减”；(3)图象法，图象不连续的单调区间不能用“∪”连接．跟踪训练1(1)下列函数中，满足“∀x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0”的是()A ．f (x )＝2xB ．f (x )＝|x －1|C ．f (x )＝1x －xD ．f (x )＝ln(x ＋1)答案C解析由(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0可知，f (x )在(0，＋∞)上是减函数，A ，D 选项中，f (x )为增函数；B 中，f (x )＝|x －1|在(0，＋∞)上不单调；对于f (x )＝1x －x ，因为y ＝1x与y ＝－x 在(0，＋∞)上单调递减，因此f (x )在(0，＋∞)上是减函数．(2)函数f (x )＝(a －1)x ＋2在R 上单调递增，则函数g (x )＝a |x －2|的单调递减区间是______________．答案(－∞，2]解析因为f (x )在R 上单调递增，所以a －1>0，即a >1，因此g (x )的单调递减区间就是y ＝|x －2|的单调递减区间(－∞，2]．(3)函数f (x )＝|x －2|x 的单调递减区间是________．答案[1,2]解析f (x )2－2x ，x ≥2，x 2＋2x ，x <2.画出f (x )图象，由图知f (x )的单调递减区间是[1,2]．题型二函数的最值1．函数y ＝x 2－1x 2＋1的值域为____________．答案[－1,1)解析由y ＝x 2－1x 2＋1，可得x 2＝1＋y 1－y.由x 2≥0，知1＋y1－y≥0，解得－1≤y <1，故所求函数的值域为[－1,1)．2．函数y ＝x ＋1－x 2的最大值为________．答案2解析由1－x 2≥0，可得－1≤x ≤1.可令x ＝cos θ，θ∈[0，π]，则y ＝cos θ＋sin θ＝2sin θ∈[0，π]，所以－1≤y ≤2，故原函数的最大值为 2.3．函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|的值域为________．答案[3，＋∞)解析函数y 2x ＋1，x ≤－1，，－1<x <2，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|的值域为[3，＋∞)．4．函数y ＝3x ＋1x －2的值域为________________．答案{y |y ∈R 且y ≠3}解析y ＝3x ＋1x －2＝3(x －2)＋7x －2＝3＋7x －2，因为7x －2≠0，所以3＋7x －2≠3，所以函数y ＝3x ＋1x －2的值域为{y |y ∈R 且y ≠3}．5．函数f (x )－log 2(x ＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．答案3解析由于y 在[－1,1]上单调递减，y ＝log 2(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)＝3.6．若函数f (x )＝x 2＋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，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关答案B 解析方法一设x 1，x 2分别是函数f (x )在[0,1]上的最小值点与最大值点，则m ＝x 21＋ax 1＋b ，M ＝x 22＋ax 2＋b .∴M －m ＝x 22－x 21＋a (x 2－x 1)，显然此值与a 有关，与b 无关．故选B.方法二由题意可知，函数f (x )的二次项系数为固定值，则二次函数图象的形状一定．随着b 的变动，相当于图象上下移动，若b 增大k 个单位，则最大值与最小值分别变为M ＋k ，m ＋k ，而(M ＋k )－(m ＋k )＝M －m ，故与b 无关．随着a 的变动，相当于图象左右移动，则M －m 的值在变化，故与a 有关，故选B.思维升华求函数最值的五种常用方法及其思路(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)分离常数法：形如求y＝cx＋dax＋b(ac≠0)的函数的值域或最值常用分离常数法求解．(5)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．题型三函数单调性的应用命题点1比较函数值的大小例3已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝f －12，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为()A．c>a>b B．c>b>aC．a>c>b D．b>a>c答案D解析根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数，因为a＝f －12f522<52<3，所以b>a>c.命题点2解函数不等式例4(2018·四川成都五校联考)设函数f(x)是奇函数，且在(0，＋∞)内是增函数，又f(－3)＝0，则f(x)<0的解集是()A．{x|－3<x<0或x>3}B．{x|x<－3或0<x<3}C．{x|x<－3或x>3}D．{x|－3<x<0或0<x<3}答案B解析∵f(x)是奇函数，f(－3)＝0，∴f(－3)＝－f(3)＝0，解得f(3)＝0.∵函数f(x)在(0，＋∞)内是增函数，∴当0<x<3时，f(x)<0；当x>3时，f(x)>0.∵函数f(x)是奇函数，∴当－3<x<0时，f(x)>0；当x<－3时，f(x)<0.则不等式f (x )<0的解集是{x |0<x <3或x <－3}．命题点3求参数的取值范围例5(1)(2018·全国Ⅱ)若f (x )＝cos x －sin x 在[0，a ]上是减函数，则a 的最大值是()A.π4B.π2C.3π4D ．π答案C解析∵f (x )＝cos x －sin x ＝－2sin∴当x －π4∈－π2，π2，即x ∈－π4，3π4时，y ＝sinf (x )＝－2sin ∴－π4，3π4是f (x )在原点附近的单调减区间，结合条件得[0，a ]⊆－π4，3π4，∴a ≤3π4，即a max ＝3π4.(2)已知函数f (x )2＋12a －2，x ≤1，x －a ，x >1，若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为________．答案(1,2]解析由题意，得12＋12a －2≤0，则a ≤2，又y ＝a x －a (x >1)是增函数，故a >1，所以a 的取值范围为1<a ≤2.(3)(2018·安徽滁州中学月考)已知函数f (x )＝log 2(x 2－ax ＋3a )在[2，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是______________．答案(－4,4]解析设g (x )＝x 2－ax ＋3a ，根据对数函数及复合函数的单调性知，g (x )在[2，＋∞)上是增函数，且g (2)>0，2，a >0，∴－4<a ≤4，∴实数a 的取值范围是(－4,4]．思维升华函数单调性应用问题的常见类型及解题策略(1)比较大小．(2)解不等式．利用函数的单调性将“f ”符号脱掉，转化为具体的不等式求解，应注意函数的定义域．(3)利用单调性求参数．①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；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；③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．跟踪训练2(1)如果函数f (x )2－a )x ＋1，x <1，x ，x ≥1满足对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0成立，那么a 的取值范围是________．答案32，解析对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0，所以y ＝f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数．－a >0，>1，2－a )×1＋1≤a ，解得32≤a <2.故实数a 的取值范围是32，(2)已知函数f (x )是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f (2x －1)<f x 的取值范围是______________．答案12，解析因为函数f (x )是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，且满足f (2x －1)<所以0≤2x －1<13，解得12≤x <23.1．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 ．yD ．y ＝x ＋1x答案A解析函数y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．2．已知函数f(x)＝x2－2x－3，则该函数的单调递增区间为()A．(－∞，1]B．[3，＋∞)C．(－∞，－1]D．[1，＋∞)答案B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，＋∞)．3．设偶函数f(x)的定义域为R，当x∈[0，＋∞)时，f(x)是增函数，则f(－2)，f(π)，f(－3)的大小关系是()A．f(π)>f(－3)>f(－2)B．f(π)>f(－2)>f(－3)C．f(π)<f(－3)<f(－2)D．f(π)<f(－2)<f(－3)答案A解析因为f(x)是偶函数，所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)．又因为函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，所以f(π)>f(3)>f(2)，即f(π)>f(－3)>f(－2)．4．已知函数f(x)－2a)x，x≤1，a x＋13，x>1，当x1≠x2时，f(x1)－f(x2)x1－x2<0，则a的取值范围是()，13 B.13，12，12 D.14，13答案A解析当x1≠x2时，f(x1)－f(x2)x1－x2<0，∴f(x)是R上的减函数．∵f(x)－2a)x，x≤1，a x＋13，x>1，－2a<1，a<1，－2a≥13，∴0<a≤13.5．设f (x )x －a )2，x ≤0，＋1x ＋a ，x >0，若f (0)是f (x )的最小值，则a 的取值范围为()A ．[－1,2]B ．[－1,0]C ．[1,2]D ．[0,2]答案D 解析∵当x ≤0时，f (x )＝(x －a )2，f (0)是f (x )的最小值，∴a ≥0.当x >0时，f (x )＝x ＋1x ＋a ≥2＋a ，当且仅当x ＝1时取“＝”．要满足f (0)是f (x )的最小值，需2＋a ≥f (0)＝a 2，即a 2－a －2≤0，解得－1≤a ≤2.∴a 的取值范围是0≤a ≤2.故选D.6．已知函数f (x )2x ，x ≥1，＋c ，x <1，则“c ＝－1”是“函数f (x )在R 上单调递增”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答案A 解析若函数f (x )在R 上单调递增，则需log 21≥c ＋1，即c ≤－1.由于c ＝－1，即c ≤－1，但c ≤－1不能得出c ＝－1，所以“c ＝－1”是“函数f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．7．已知奇函数f (x )在R 上是增函数．若a ＝－b ＝f (log 24.1)，c ＝f (20.8)，则a ，b ，c 的大小关系为________________．答案a >b >c 解析∵f (x )在R 上是奇函数，∴a ＝－log f (log 25)．又f (x )在R 上是增函数，且log 25>log 24.1>log 24＝2>20.8，∴f (log 25)>f (log 24.1)>f (20.8)，∴a >b >c .8．如果函数f (x )＝ax 2＋2x －3在区间(－∞，4)上单调递增，则实数a 的取值范围是______________．答案－14，0解析当a ＝0时，f (x )＝2x －3在定义域R 上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a ≠0时，二次函数f (x )的对称轴为x ＝－1a，因为f (x )在(－∞，4)上单调递增，所以a <0，且－1a ≥4，解得－14≤a <0.综上，实数a 的取值范围是－140.9．记min{a ，b }，a ≤b ，，a >b ，若f (x )＝min{x ＋2,10－x }(x ≥0)，则f (x )的最大值为________．答案6解析由题意知，f (x )＋2，0≤x ≤4，－x ，x >4，易知f (x )max ＝f (4)＝6.10．设函数f (x )x 2＋4x ，x ≤4，2x ，x >4.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__________________．答案(－∞，1]∪[4，＋∞)解析作函数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 ≥4.11．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)证明当a ＝－2时，f (x )＝x x ＋2.设x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 2＋2).因为(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0，所以f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增．(2)解设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a＝a (x 2－x 1)(x 1－a )(x 2－a ).因为a >0，x 2－x 1>0，所以要使f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0恒成立，所以a ≤1.综上所述，0<a ≤1.12．(2018·河南南阳一中月考)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋1(a ，b ∈R )，F (x )x )，x >0，f (x )，x <0.(1)若f (－1)＝0，且对任意实数x 均有f (x )≥0成立，求F (x )的解析式；(2)在(1)的条件下，当x ∈[－2,2]时，g (x )＝f (x )－kx 是单调函数，求实数k 的取值范围．解(1)∵f (－1)＝0，∴b ＝a ＋1.由f (x )≥0恒成立，知a >0且方程ax 2＋bx ＋1＝0中Δ＝b 2－4a ＝(a ＋1)2－4a ＝(a －1)2≤0，∴a ＝1.从而f (x )＝x 2＋2x ＋1.∴F (x )x ＋1)2，x >0，(x ＋1)2，x <0.(2)由(1)可知f (x )＝x 2＋2x ＋1，∴g (x )＝f (x )－kx ＝x 2＋(2－k )x ＋1，由g (x )在[－2,2]上是单调函数，知－2－k 2≤－2或－2－k 2≥2，得k ≤－2或k ≥6.即实数k 的取值范围为(－∞，－2]∪[6，＋∞)．13．已知函数f (x )3，x ≤0，(x ＋1)，x >0，若f (2－x 2)>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 )＝x 3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－x 2)>f (x )等价于2－x 2>x ，即x 2＋x －2<0，解得－2<x <1.14．已知f (x )2－4x ＋3，x ≤0，x 2－2x ＋3，x >0，不等式f (x ＋a )>f (2a －x )在[a ，a ＋1]上恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案(－∞，－2)解析二次函数y 1＝x 2－4x ＋3的对称轴是x ＝2，∴该函数在(－∞，0]上单调递减，∴x 2－4x ＋3≥3，同样可知函数y 2＝－x 2－2x ＋3在(0，＋∞)上单调递减，∴－x 2－2x ＋3<3，∴f (x )在R 上单调递减，∴由f (x ＋a )>f (2a －x )得到x ＋a <2a －x ，即2x <a ，∴2x <a 在[a ，a ＋1]上恒成立，∴2(a ＋1)<a ，∴a <－2，∴实数a 的取值范围是(－∞，－2)．15．已知函数f (x )＝2020x ＋ln(x 2＋1＋x )－2020－x ＋1，则不等式f (2x －1)＋f (2x )>2的解集为____________．答案解析由题意知，f (－x )＋f (x )＝2，∴f (2x －1)＋f (2x )>2可化为f (2x －1)>f (－2x )，又由题意知函数f (x )在R 上单调递增，∴2x －1>－2x ，∴x >14，∴16．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )是增函数，f (1)＝0，f (3)＝1.(1)解不等式0<f (x 2－1)<1；(2)若f (x )≤m 2－2am ＋1对所有x ∈(0,3]，a ∈[－1,1]恒成立，求实数m 的取值范围．解(1)2－1>0，x 2－1<3，得2<x <2或－2<x <－ 2.∴原不等式的解集为(－2，－2)∪(2，2)．(2)∵函数f (x )在(0,3]上是增函数，∴f (x )在(0,3]上的最大值为f (3)＝1，∴不等式f (x )≤m 2－2am ＋1对所有x ∈(0,3]，a ∈[－1，1]恒成立转化为1≤m 2－2am ＋1对所有a ∈[－1,1]恒成立，即m 2－2am ≥0对所有a ∈[－1,1]恒成立．设g (a )＝－2ma ＋m 2，a ∈[－1,1]，∴(－1)≥0，(1)≥0，m ＋m 2≥0，2m ＋m 2≥0，解该不等式组，得m ≤－2或m ≥2或m ＝0，即实数m 的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)．。
2022届高考一轮复习第2章函数的概念及基本初等函数ⅰ第2节函数的单调性与最值课时跟踪检测理含解
第二章 函数的概念及基本初等函数(Ⅰ)第二节 函数的单调性与最值A 级·基础过关 |固根基|1.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 函数y ＝ln(x ＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上是增函数． 2．如果函数f(x)＝ax 2＋2x －3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，＋∞C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，0 D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0 解析：选D 当a ＝0时，f(x)＝2x －3在定义域R 上单调递增，故在(－∞，4)上单调递增； 当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为x ＝－1a ，因为f(x)在(－∞，4)上单调递增， 所以a<0，且－1a ≥4，解得－14≤a<0.综上，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，0.3．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f(2x －1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13的x 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，23C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23 D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，23 解析：选D 因为函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f(2x －1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13， 所以0≤2x－1<13，解得12≤x<23.4．设偶函数f(x)的定义域为R ，当x∈[0，＋∞)时，f(x)是增函数，则f(－2)，f(π)，f(－3)的大小关系是( )A ．f (π)>f(－3)>f(－2)B ．f (π)>f(－2)>f(－3)C ．f (π)<f(－3)<f(－2)D ．f (π)<f(－2)<f(－3) 解析：选A 因为f(x)是偶函数， 所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)． 又因为函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数， 所以f(π)>f(3)>f(2)，即f(π)>f(－3)>f(－2)．5．函数y ＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则函数g(x)＝f(log a x)(0<a<1)的单调递减区间是( )A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 B ．[a ，1] C ．(－∞，0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ D ．[a ，a ＋1 ]解析：选B 由图象，知f(x)在(－∞，0)和⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减，而在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12上单调递增．又因为当0<a<1时，y ＝log a x 为(0，＋∞)上的减函数，所以要使g(x)＝f(log a x)单调递减，则需log a x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，即0≤log a x ≤12，解得x∈[a ，1]．6．定义新运算⊕：当a≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a<b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f(x)＝(1⊕x)x －(2⊕x)，x∈[－2，2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析：选C 由已知得，当－2≤x≤1时，f(x)＝x －2； 当1<x≤2时，f(x)＝x 3－2.因为f(x)＝x 3－2，f(x)＝x －2在定义域内都为增函数，且f(1)<f(2)， 所以f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.7．函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x≥1，2x ，x<1的值域为________．解析：当x≥1时，log 12x≤0；当x<1时，0<2x<2，故f(x)的值域为(0，2)∪(－∞，0]＝(－∞，2)．答案：(－∞，2)8．函数f(x)＝x ＋2x －1 的值域为________． 解析：由2x －1≥0，得x≥12，∴函数的定义域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 又函数f(x)＝x ＋2x －1在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，∴当x ＝12时，函数取最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，∴函数f(x)的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞9．已知f(x)＝xx －a(x≠a)． (1)若a ＝－2，证明：f(x)在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：任取x 1<x 2<－2， 当a ＝－2时，f(x 1)－f(x 2)＝ x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2（x 1－x 2）（x 1＋2）（x 2＋2）. ∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， ∴f(x 1)－f(x 2)<0，即f(x 1)<f(x 2)， ∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增．(2)任取1<x 1<x 2，则f(x 1)－f(x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a （x 2－x 1）（x 1－a ）（x 2－a ）.∵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在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤1.综上所述知a 的取值范围是(0，1]．10．(2019届福建师大附中模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足下面三个条件： ①对任意正数a ，b ，都有f(a)＋f(b)＝f(ab)； ②当x>1时，f(x)<0； ③f(2)＝－1. (1)求f(1)的值；(2)用单调性的定义证明：函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数； (3)求满足f(3x －1)>2的x 的取值集合．解：(1)由f(a)＋f(b)＝f(ab)，得f(1)＋f(1)＝f(1)，则f(1)＝0. (2)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1<x 2，则f(x 1)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1＝f(x 2)，所以f(x 2)－f(x 1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1. 由x 2x 1>1，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1<0，即f(x 2)<f(x 1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是减函数.(3)∵f(2)＝－1，∴f(4)＝f(2)＋f(2)＝－2，又f(4)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝f(1)＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝2.又f(x)的定义域为(0，＋∞)，且在其上是减函数， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3x －1<14，3x －1>0，解得13<x<512. 故满足要求的x 的取值集合为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，512.B 级·素养提升 |练能力|11.设a>0且a≠1，则“函数f(x)＝a x在R 上是减函数”是“函数g(x)＝(2－a)x 3在R 上是增函数”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)＝a x在R 上为减函数，则有0<a<1；若函数g(x)＝(2－a)x 3在R 上为增函数，则有2－a>0，即a<2，所以“函数f(x)＝a x在R 上是减函数”是“函数g(x)＝(2－a)x 3在R 上是增函数”的充分不必要条件，故选A ．12．已知在函数f(x)＝lg(a x－b x)＋x 中，常数a ，b 满足a>1>b>0，且a ＝b ＋1，那么f(x)>1的解集为( )A ．(0，1)B ．(1，＋∞)C ．(1，10)D ．(10，＋∞) 解析：选B 由a x－b x>0，a>1>b>0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a b x>1，解得x>0，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为a>1>b>0，所以y ＝a x单调递增，y ＝－b x单调递增，所以t ＝a x－b x单调递增．又y ＝lg t 单调递增，所以f(x)＝lg(a x－b x)＋x 为(0，＋∞)上的增函数．而f(1)＝lg(a －b)＋1＝lg 1＋1＝1，所以当x>1时，f(x)>1，故f(x)>1的解集为(1，＋∞)．故选B ．13．如果函数y ＝f(x)在区间I 上是增函数，且函数y ＝f （x ）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 叫做“缓增区间”．若函数f(x)＝12x 2－x ＋32是区间I 上的“缓增函数”，则“缓增区间”I 为( )A ．[1，＋∞)B ．[0，3]C ．[0，1]D ．[1，3]解析：选D 因为函数f(x)＝12x 2－x ＋32的对称轴为x ＝1，所以函数y ＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数．又当x≥1时，f （x ）x ＝12x ＋32x －1，令g(x)＝12x ＋32x －1(x≥1)，则g′(x)＝12－32x 2＝x 2－32x 2，由g′(x)≤0，得1≤x ≤3，即函数f （x ）x ＝12x －1＋32x 在区间[1，3]上单调递减，故“缓增区间”I 为[1，3]．故选D ． 14．定义运算：x y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，xy≥0，y ，xy<0，例如：34＝3，(－2)4＝4，则函数f(x)＝x2(2x －x 2)的最大值为________．解析：由已知，得f(x)＝x2(2x －x 2)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x 2（2x －x 2）≥0，2x －x 2，x 2（2x －x 2）<0＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，0≤x≤2，2x －x 2，x<0或x>2，易知函数f(x)的最大值为4. 答案：4。
2021届高三高考数学理科一轮复习知识点专题2-2 函数的单调性与最值【含答案】
2021届高三高考数学理科一轮复习知识点专题2.2 函数的单调性与最值【核心素养分析】1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义．2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.3.培养学生数学抽象、逻辑推理、直观想象能力。
【重点知识梳理】知识点一函数的单调性(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x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当x1<x2时，都有f(x1)>f(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y＝f(x)的单调区间．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满足条件(1)对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；(3)对于任意的x∈I，都有f(x)≥M；(2)存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M(4)存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M 结论M 为最大值M 为最小值【特别提醒】1.函数y ＝f (x )(f (x )>0)在公共定义域内与y ＝－f (x )，y ＝1f （x ）的单调性相反. 2.“对勾函数”y ＝x ＋ax (a >0)的单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)；单调减区间是[－a ，0)，(0，a ].【典型题分析】高频考点一 确定不含参函数的单调性(区间)例1.（2020·新课标Ⅱ）设函数()ln |21|ln |21|f x x x =+--，则f (x )（ ） A. 是偶函数，且在1(,)2+∞单调递增B. 是奇函数，且在11(,)22-单调递减C. 是偶函数，且在1(,)2-∞-单调递增D. 是奇函数，且在1(,)2-∞-单调递减【答案】D【解析】由()ln 21ln 21f x x x =+--得()f x 定义域为12x x ⎧⎫≠±⎨⎬⎩⎭，关于坐标原点对称，又()()ln 12ln 21ln 21ln 21f x x x x x f x -=----=--+=-，()f x ∴为定义域上的奇函数，可排除AC ；当11,22x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()()()ln 21ln 12f x x x =+--， ()ln 21y x =+在11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，()ln 12y x =-在11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，()f x ∴在11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，排除B ； 当1,2x ⎛⎫∈-∞-⎪⎝⎭时，()()()212ln 21ln 12ln ln 12121x f x x x x x +⎛⎫=----==+ ⎪--⎝⎭，2121x μ=+-在1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，()ln f μμ=在定义域内单调递增，根据复合函数单调性可知：()f x 在1,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭上单调递减，D 正确. 【举一反三】（2020·山东青岛二中模拟）函数y ＝x 2＋x －6的单调递增区间为________，单调递减区间为________．【答案】[2，＋∞) (－∞，－3] 【解析】令u ＝x 2＋x －6，则y ＝x 2＋x －6可以看作是由y ＝u 与u ＝x 2＋x －6复合而成的函数． 令u ＝x 2＋x －6≥0，得x ≤－3或x ≥2.易知u ＝x 2＋x －6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y ＝u 在[0，＋∞)上是增函数， 所以y ＝x 2＋x －6的单调减区间为(－∞，－3]，单调增区间为[2，＋∞)。
高考数学一轮总复习 第2章 函数的概念与基本初等函数 第二节 函数的基本性质课件(理)
奇偶性
定义
图象特点
如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x， 偶函数 都有 f(－x)＝f(x) ，那么函数f(x)是偶 关于
y轴
对
称
函数
奇函数
如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x， 都有 f(－x)＝－f(x) ，那么函数f(x)是奇 关于
原点
对
称
函数
2.周期性 (1)周期函数：对于函数y＝f(x)，如果存在一个非零常数T，使 得当x取定义域内的任何值时，都有f(x＋T)＝ f(x) ，那么就 称函数y＝f(x)为周期函数，称T为这个函数的周期. (2)最小正周期：如果在周期函数f(x)的所有周期中存在一个最 小的正数，那么这个 最小 正数就叫做f(x)的最小正周期.
数f(x)在区间D上是减函数
(2)单调性、单调区间的定义 若函数f(x)在区间D上是增函数或 减函数 ，则称函数f(x)在这 一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做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
对于任意x∈I，都有 f(x)≤M ；
2
减函数，故 f(x)的单调递增区间为(－∞，－1).故选 C.
答案 C [点评] 判断函数的单调性，应首先求出函数的定义域，在定
义域内求解.
函数的奇偶性解题方略 奇偶性的判断 (1)定义法
答案 [－2，＋∞)
►单调性的两个易错点：单调性；单调区间.
(2)[函数的单调递增(减)区间有多个时，不能用并集表示，：可
以 用 逗 号 或 “ 和 ”] 函 数
f(x)
＝xBiblioteka ＋1 x的
单
调
递
增
高考数学一轮复习 第二章 函数概念与基本初等函数I 第二节 函数的单调性与最值课件 理
[探究 1] 若将本例中函数变为 f(x)＝|－x2＋2x＋1|，如何 求解？
解：函数 y＝|－x2＋2x＋1|的图象如图所示．由图象可知， 函数 y＝|－x2＋2x＋1|的单调递增区间为(1－ 2，1)和(1＋ 2， ＋∞)；单调递减区间为(－∞，1－ 2)和(1，1＋ 2)．
[探究 2] 若将本例中函数变为 f(x)＝ －x2＋2|x|＋1，如何求 解？
[典题 2] 求函数 f(x)＝－x2＋2|x|＋1 的单调区间．
[听前试做] f(x)＝－－xx22＋－22xx＋＋11，，xx≥＜00， ＝
－x－12＋2，x≥0， －x＋12＋2，x＜0.
画出函数图象如图所示，可知单调递
增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为 [－1,0]和[1，＋∞)．
那么就说函数 f(x)在区间 D 上 那么就说函数 f(x)在区间 D 上
是增函数
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
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 叫做函数 y ＝f(x)的单调区间．
2．函数的最值
前提
设函数 f(x)的定义域为 I，如果存在实数 M 满足
(1)对于任意 x∈I，都有 f(x)≤M；(1)对于任意 x∈I，都有 f(x)≥ M 条件
(2)存在 x0∈I，使得 f(x0)＝M (2)存在 x0∈I，使得 f(x0)＝M
结论
M 为最大值
M 为最小值
[自我查验] 1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数 y＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( ) (2在 R 上的函数 f(x)，有 f(－1)<f(3)，则函数 f(x)在 R 上为增函数．( )
高考数学复习第二章函数概念与基本初等函数I第2讲函数的单调性与最值市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖
5.(2016·北京卷)函数 f(x)＝x－x 1(x≥2)的最大值为________. 解析 易得 f(x)＝x－x 1＝1＋x－1 1， 当 x≥2 时，x－1>0，易知 f(x)在[2，＋∞)是减函数， ∴f(x)max＝f(2)＝1＋2－1 1＝2.
答案 2
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考点一 确定函数的单调性Байду номын сангаас区间)
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规律方法 (1)求函数单调区间，应先求定义域，在定义域 内求单调区间，如例1(1). (2)函数单调性判断方法有: ①定义法；②图象法；③利用 已知函数单调性；④导数法. (3)函数y＝f(g(x))单调性应依据外层函数y＝f(t)和内层函数 t＝g(x)单调性判断，遵照“同增异减”标准.
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【迁移探究 1】 在例题第(1)题中，条件不变，若设 m＝f(－12)， n＝f(a)，t＝f(2)，试比较 m，n，t 的大小. 解 由例题知 f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 且32≤a<2，又－12<a<2， ∴f－12<f(a)<f(2)，即 m<n<t.
答案 A
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3.假如二次函数f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b在区间(－∞, 1)上是
减函数, 那么( )
A.a＝－2
B.a＝2
C.a≤－2
D.a≥2
解析 二次函数的对称轴方程为 x＝－a－3 1，
由题意知－a－3 1≥1，即 a≤－2.
答案 C
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4.函数f(x)＝lg x2单调递减区间是________. 解析 f(x)定义域为(－∞, 0)∪(0, ＋∞), y＝lg u在(0, ＋∞)上为增函数, u＝x2在(－∞, 0)上递减, 在(0, ＋∞)上递增, 故f(x)在(－∞, 0)上单调递减. 答案 (－∞, 0)
高考数学一轮复习 第二章 函数2.2函数的单调性与最值教学案 理
2.2 函数的单调性与最值考纲要求1．理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．2．会运用函数图象理解和研究函数的性质．.1．函数的单调性自左向右看图象是__________自左向右看图象是__________数y ＝f上是____________________，则称y ＝f (x )在这一区间具有(严格的)单调性，这一区间叫做y ＝f (x )的单调区间．．函数的最值A ．f (x )＝3xB ．f (x )＝－x ＋3C ．f (x )＝xD ．f (x )＝x 2－6x ＋42．下列函数f (x )中满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)”的是( )．A ．f (x )＝e xB ．f (x )＝1xC ．f (x )＝(x －2)2D ．f (x )＝ln(x ＋3)3．若函数f (x )＝x 2－2x ＋m 在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m 的值为( )．A ．－3B ．－2C ．－1D ．14．已知函数f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)的实数x 的取值范围是__________．5．(2012课标全国高考)设函数f (x )＝x ＋12＋sin x x 2＋1的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝__________.一、函数单调性的判断及应用【例1】已知函数f (x )＝x 2＋1－ax ，其中a ＞0.(1)若2f (1)＝f (－1)，求a 的值；(2)证明：当a ≥1时，函数f (x )在区间[0，＋∞)上为单调减函数；(3)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数，求a 的取值范围． 方法提炼1．判断或证明函数的单调性，最基本的方法是利用定义或利用导数．利用定义的步骤是：设元取值→作差(商)变形→确定符号(与1比较大小)→得出结论；利用导数的步骤是：求导函数→判断导函数在区间上的符号→得出结论．2．两个增(减)函数的和函数仍是增(减)函数，但两个增函数的差、积、商的函数单调性不确定，同样两个减函数的差、积、商的函数单调性也不确定．3．对于复合函数y ＝f [g (x )]，如果内、外层函数单调性相同，那么y ＝f [g (x )]为增函数，如果内、外层函数单调性相反，那么y ＝f [g (x )]为减函数，即“同增异减”．4．函数的单调性，从定义上看，是指函数在定义域的某个子区间上的单调性，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．请做演练巩固提升1二、求函数的单调区间【例2－1】 定义在R 上的偶函数f (x )满足：对任意的x 1，x 2∈[0，＋∞)(x 1≠x 2)，有f x 2－f x 1x 2－x 1＜0，则( )． A ．f (3)＜f (－2)＜f (1) B ．f (1)＜f (－2)＜f (3)C ．f (－2)＜f (1)＜f (3)D ．f (3)＜f (1)＜f (－2)【例2－2】 求函数y ＝13log (x 2－4x ＋3)的单调区间．方法提炼1．求函数的单调区间与确定单调性的方法：(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，再利用单调性定义．(3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间．(4)图象法：如果函数是以图象形式给出的，或者函数的图象易作出，可由图象的直观性写出它的单调区间．2．求复合函数y ＝f [g (x )]的单调区间的步骤：(1)确定函数定义域；(2)将复合函数分解成两个基本初等函数；(3)分别确定两基本初等函数的单调性；(4)按“同增异减”的原则，确定原函数的单调区间．3．函数的单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式的形式表示；一个函数如果有多个单调区间应分别写，分开表示，不能用并集符号“∪”连接，也不能用“或”连接．请做演练巩固提升4三、求函数的最值【例3－1】 对a ，b ∈R ，记max{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧ a ，a ≥b ，b ，a <b .函数f (x )＝max{|x ＋1|，|x －2|}(x ∈R )的最小值是__________．【例3－2】 已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x ＞1时，f (x )＞0. (1)求f (1)的值，并判断f (x )的单调性；(2)若f (4)＝2，求f (x )在[5,16]上的最大值．方法提炼1．求函数值域与最值的常用方法：(1)先确定函数的单调性，再由单调性求值域或最值．(2)图象法：先作出函数在给定区间上的图象，再观察其最高、最低点，求出最值．(3)配方法：对于二次函数或可化为二次函数形式的函数，可用配方法求解．(4)换元法：对较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求值域或最值．(5)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，再用基本不等式求出最值．(6)导数法：先求导，然后求在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出值域或最值．2．对于抽象函数的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条件，对任意x 1，x 2在所给区间内比较f (x 1)－f (x 2)与0的大小或f x 1f x 2与1的大小(f (x )＞0)．有时根据需要，需作适当的变形：如x 1＝x 2·x 1x 2或x 1＝x 2＋x 1－x 2等． 请做演练巩固提升2四、抽象函数的单调性与不等式【例4】 已知定义在R 上的函数f (x )满足：①f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )＋1，②当x ＞0时，f (x )＞－1.(1)求f (0)的值，并证明f (x )在R 上是单调增函数；(2)若f (1)＝1，解关于x 的不等式：f (x 2＋2x )＋f (1－x )＞4.方法提炼1．函数的单调性与不等式有直接的联系，对函数单调性的考查常常与解不等式、求函数值域、图象等相结合．2．解有关抽象函数不等式问题的步骤：(1)确定函数f (x )在给定区间上的单调性(或奇偶性)；(2)将函数不等式转化为f (A )＜f (B )的形式；(3)运用函数的单调性“去掉”函数的抽象符号“f ”，转化成一般的不等式或不等式组；(4)解不等式或不等式组求得解集．提醒：解此类问题易忽视A ，B 的取值范围，即忽视f (x )所在的单调区间的约束．请做演练巩固提升3未弄清分段函数的单调性而致误【典例】 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋1，x ≥0，1，x <0，则满足不等式f (1－x 2)＞f (2x )的x 的取值范围是__________．解析：可结合函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≥0，1，x <0的图象以及f (1－x 2)＞f (2x )的条件，得出1－x 2与2x 之间的大小关系，进而求得x 的取值范围．也可分1－x 2≥0,1－x 2＜0讨论求解．方法一：画出f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋1，x ≥0，1，x <0的图象，由图象可知，若f (1－x 2)＞f (2x )，则⎩⎪⎨⎪⎧ 1－x 2>0，1－x 2>2x ，即⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <1，－1－2<x <－1＋2，得x ∈(－1，2－1)． 方法二：当x ＜－1时，1－x 2＜0,2x ＜0，则f (1－x 2)＝1，f (2x )＝1，无解；当x ＝－1时，1－x 2＝0，则f (0)＝1，f (－2)＝1，不等式不成立；当－1＜x ≤0时，1－x 2＞0，f (1－x 2)＞f (2x )化为(1－x 2)2＋1＞1，恒成立，当0＜x ≤1时，1－x 2≥0,2x ＞0，原不等式化为(1－x 2)2＋1＞(2x )2＋1，即(x ＋1)2＜2，∴0＜x ＜2－1.当x ＞1时，1－x 2＜0，无解．综上知：－1＜x ＜2－1.答案：(－1，2－1)答题指导：1．在解答本题时有两大误区：(1)误将f (1－x 2)，f (2x )中的x 当成分段函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋1，x ≥0，1，x <0中的x ，从而造成失误；(2)仅考虑函数单调性，由f (1－x 2)＞f (2x )，得1－x 2＞2x ，却忽略了1－x 2＞0而失误．2．解决分段函数的单调性问题时，还有以下几点，在备考中要高度关注：(1)抓住对变量所在区间的讨论；(2)保证各段上同增(减)时，要注意上、下段间端点值间的大小关系．(3)弄清最终结果取并还是交．1．(2012陕西高考)下列函数中，既是奇函数又是增函数的为( )．A ．y ＝x ＋1B ．y ＝－x 3C ．y ＝1xD ．y ＝x |x | 2．已知函数f (x )＝a x ＋log a x (a ＞0，且a ≠1)在[1,2]上的最大值与最小值之和为log a 2＋6，则a 的值为( )．A ．12B ．14C ．2D ．4 3．定义在R 上的偶函数f (x )在[0，＋∞)上递增，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝0，则满足f (log 18x )＞0的x 的取值范围是__________． 4．求函数y ＝－x 2＋2|x |＋3的单调区间．5．已知函数f (x )＝1a －1x(a ＞0，x ＞0)，试判断函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性．参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)f (x 1)＜f (x 2) f (x 1)＞f (x 2) 逐渐上升的 逐渐下降的(2)增函数 减函数2．f (x )≤M f (x 0)＝M f (x )≥M f (x 0)＝M基础自测1．C 2．B3．B 解析：∵f (x )＝(x －1)2＋m －1在[3，＋∞)上为单调增函数，且f (x )在[3，＋∞)上的最小值为1，∴f (3)＝1，即22＋m －1＝1，m ＝－2.故选B.4．(－1,0)∪(0,1) 解析：由函数f (x )为R 上的减函数且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)， 得⎩⎪⎨⎪⎧ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x >1，x ≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧ |x |<1，x ≠0.∴0＜x ＜1或－1＜x ＜0.5．2 解析：f (x )＝(x ＋1)2＋sin x x 2＋1＝1＋2x ＋sin x x 2＋1， 设g (x )＝2x ＋sin x x 2＋1， 则g (－x )＝－g (x )，∴g (x )是奇函数．由奇函数图象的对称性知g (x )max ＋g (x )min ＝0，∴M ＋m ＝[g (x )＋1]max ＋[g (x )＋1]min＝2＋g (x )max ＋g (x )min ＝2.考点探究突破【例1】 (1)解：由2f (1)＝f (－1)，可得22－2a ＝2＋a ，得a ＝23. (2)证明：任取x 1，x 2∈[0，＋∞)，且x 1＜x 2，f (x 1)－f (x 2)＝x 12＋1－ax 1－x 22＋1＋ax 2＝x 12＋1－x 22＋1－a (x 1－x 2)＝x 12－x 22x 12＋1＋x 22＋1－a (x 1－x 2) ＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 1＋x 2x 12＋1＋x 22＋1－a . ∵0≤x 1＜x 12＋1，0＜x 2＜x 22＋1，∴0＜x 1＋x 2x 12＋1＋x 22＋1＜1. 又∵a ≥1，∴f (x 1)－f (x 2)＞0，∴f (x )在[0，＋∞)上为单调减函数．(3)解：任取1≤x 1＜x 2，f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 1＋x 2x 12＋1＋x 22＋1－a . ∵f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，∴f (x 1)－f (x 2)＜0.又x 1－x 2＜0，那么必须有x 1＋x 2x 12＋1＋x 22＋1－a ＞0恒成立． ∵1≤x 1＜x 2⇒2x 12≥x 12＋1,2x 22＞x 22＋1， ∴2x 1≥x 12＋1，2x 2＞x 22＋1.∴2(x 1＋x 2)＞x 12＋1＋x 22＋1.∴x 1＋x 2x 12＋1＋x 22＋1＞22. ∴0＜a ≤22. 【例2－1】 A 解析：由题意得，在[0，＋∞)上f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＜0，故f (x )在[0，＋∞)上单调递减，且满足n ∈N *时，f (－2)＝f (2),3＞2＞1＞0，得f (3)＜f (－2)＜f (1)，故选A.【例2－2】 解：令u ＝x 2－4x ＋3，原函数可以看作y ＝13log u与u ＝x 2－4x ＋3的复合函数．令u ＝x 2－4x ＋3＞0，则x ＜1或x ＞3.∴函数y ＝13log (x 2－4x ＋3)的定义域为(－∞，1)∪(3，＋∞)．又u ＝x 2－4x ＋3的对称轴为x ＝2，且开口向上，∴u ＝x 2－4x ＋3在(－∞，1)上是单调减函数，在(3，＋∞)上是单调增函数．而函数y ＝13log u 在(0，＋∞)上是单调减函数，∴y ＝13log (x 2－4x ＋3)的单调减区间为(3，＋∞)，单调增区间为(－∞，1)．【例3－1】32解析：本题实质上是一个求分段函数最值的问题，将函数化为分段函数，利用数形结合法求解．f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ |x ＋1|，x ≥12，|x －2|，x <12，当x ＝12时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32. 【例3－2】 解：(1)令x 1＝x 2＞0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1＞x 2，则x 1x 2＞1， 由于当x ＞1时，f (x )＞0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＞0， 即f (x 1)－f (x 2)＞0，因此f (x 1)＞f (x 2)，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)∵f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数，∴f (x )在[5,16]上的最大值为f (16)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)， 得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫164＝f (16)－f (4)， 而f (4)＝2，所以f (16)＝4.∴f (x )在[5,16]上的最大值为4.【例4】 解：(1)令x ＝y ＝0得f (0)＝－1.在R 上任取x 1＞x 2，则x 1－x 2＞0，f (x 1－x 2)＞－1.又f (x 1)＝f [(x 1－x 2)＋x 2]＝f (x 1－x 2)＋f (x 2)＋1＞f (x 2)，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 (x 2＋2x )＋f (1－x )＞4得f (x 2＋x ＋1)＞f (3)．又函数f (x )在R 上是增函数，故x 2＋x ＋1＞3，解之，得x ＜－2或x ＞1，故原不等式的解集为{x |x ＜－2，或x ＞1}．演练巩固提升1．D 解析：选项A 中的函数是非奇非偶函数；选项B 中的函数是减函数；选项C 中的函数在每个单调区间上都是减函数；选项D 中的原函数可化为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2，x ≥0，－x 2，x <0，作出其图象如下图所示，由图象可知该函数既是奇函数又是增函数．2．C 解析：由题意可知函数f (x )＝a x ＋log a x 在[1,2]上是单调函数，所以其最大值与最小值之和为f (1)＋f (2)＝a ＋log a 1＋a2＋log a 2＝log a 2＋6，整理可得a 2＋a －6＝0，解得a ＝2或a ＝－3(舍去)，故a ＝2，选C.3．⎝⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞) 解析：由f (x )＝f (－x )＝f (|x |)得18(|log |)f x ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13， 于是18|log |x ＞13⇒⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－3log 2x ＞13 ⇒|log 2x |＞1⇒log 2x ＜－1或log 2x ＞1⇒0＜x ＜12或x ＞2. 4．解：原函数等价于y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x 2＋2x ＋3，x ≥0，－x 2－2x ＋3，x <0，作出如下函数图象：由函数图象可知，函数y ＝－x 2＋2|x |＋3在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数，在[－1,0]，[1，＋∞)上是减函数．5．解：设x 1＞x 2＞0，则Δx ＝x 1－x 2＞0，x 1x 2＞0，∵Δy ＝f (x 1)－f (x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 2＝1x 2－1x 1＝x 1－x 2x 1x 2＝Δxx 1x 2＞0，Δy ＞0，因此，函数f (x )是在(0，＋∞)上的单调增函数．。
202新数学复习第二章函数导数及其应用2.2函数的单调性与最值学案含解析
第二节函数的单调性与最值课标要求考情分析1。
理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．2．会运用基本初等函数的图象分析函数的性质。
1。
主要考查函数单调性的判定、求单调区间、比较大小、解不等式、求最值及不等式恒成立问题．2．题型以选择题、填空题为主，若与导数交汇命题则以解答题的形式出现,属中高档题.知识点一函数的单调性1．增函数、减函数的定义定义：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x1，x2:(1)增函数：当x1〈x2时，都有f(x1)<f(x2),那么就说函数f（x)在区间D上是增函数；（2）减函数：当x1〈x2时，都有f（x1）〉f(x2)，那么就说函数f(x）在区间D上是减函数．2．单调性、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．注意以下结论1．对∀x1，x2∈D(x1≠x2)，错误!>0⇔f(x)在D上是增函数，错误!<0⇔f（x)在D上是减函数．2．对勾函数y＝x＋错误!(a〉0）的增区间为(－∞,－错误!]和［错误!，＋∞）,减区间为[－错误!，0）和(0，错误!]．3．在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．4．函数f(g（x))的单调性与函数y＝f（u）和u＝g(x）的单调性的关系是“同增异减”．知识点二函数的最值1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”）(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＝1x的单调递减区间是（－∞,0）∪(0,＋∞)．（×）（3）对于函数y＝f(x）,若f(1）<f（3)，则f（x)为增函数．(×)（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,＋∞）．（×）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）的单调递增区间是R.2．小题热身（1)下列函数中,在区间（0，＋∞)内单调递减的是（A）A．y＝错误!－x B．y＝x2－xC．y＝ln x－x D．y＝e x(2）函数f（x)＝－x＋错误!在区间错误!上的最大值是(A)A．错误!B．－错误!C．－2 D．2（3)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［－1,1]和[5,7］．(4）函数f（x）＝错误!的值域为（－∞，2）．（5）函数f(x）＝错误!在[2,6]上的最大值和最小值分别是4,错误!.解析：（1）对于A,y1＝错误!在(0，＋∞）内是减函数，y2＝x在（0，＋∞)内是增函数，则y＝1x－x在（0，＋∞)内是减函数；B,C选项中的函数在（0，＋∞）上均不单调；选项D中，y＝e x 在(0,＋∞）上是增函数．（2）∵函数y＝－x与y＝错误!在x∈错误!上都是减函数，∴函数f（x)＝－x＋错误!在错误!上是减函数，故f(x）的最大值为f（－2）＝2－错误!＝错误!.(3）由图可知函数的增区间为[－1，1］和［5,7]．（4）当x≥1时，f(x）＝log错误!x是单调递减的，此时，函数的值域为(－∞，0]；x<1时，f（x）＝2x是单调递增的,此时,函数的值域为（0,2)．综上，f（x)的值域是(－∞,2)．(5）函数f（x）＝错误!＝错误!＝2＋错误!在［2，6]上单调递减，所以f（x）min＝f（6)＝错误!＝错误!。
新人教A版版高考数学一轮复习第二章函数与基本初等函数函数的单调性与最值教案理解析版
基础知识整合１．函数的单调性（１）增函数与减函数一般地，设函数f（x）的定义域为I：１如果对于定义域I内某个区间D上的错误!任意两个自变量的值x１，x２，当x１<x２时，都有f（x１）<f（x２），那么就说函数f（x）在区间D上是错误!增函数．２如果对于定义域I内某个区间D上的错误!任意两个自变量的值x１，x２，当x１<x２时，都有f（x１）>f （x２），那么就说函数f（x）在区间D上是错误!减函数．（２）单调性与单调区间如果函数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）错误!单调性，区间D叫做y＝f（x）的错误!单调区间．２．函数的最值（１）最大值一般地，设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数M满足：１对于任意的x∈I，都有错误!f（x）≤M；２存在x0∈I，使得错误!f（x0）＝M.那么，我们称M是函数y＝f（x）的最大值．（２）最小值一般地，设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数N满足：１对于任意的x∈I，都有错误!f（x）≥N；２存在x0∈I，使得错误!f（x0）＝N.那么我们称N是函数y＝f（x）的最小值．１．对勾函数y＝x＋错误!（a>0）的增区间为（—∞，—错误!]和[错误!，＋∞）；减区间为[—错误!，0）和（0，错误!]，且对勾函数为奇函数．２．设∀x１，x２∈D（x１≠x２），则１x１—x２>0（<0），f（x１）—f（x２）>0（<0）⇔f（x）在D上单调递增；x１—x２>0（<0），f （x１）—f（x２）<0（>0）⇔f（x）在D上单调递减；２错误!>0（或（x１—x２）[f（x１）—f（x２）]>0）⇔f（x）在D上单调递增；３错误!<0（或（x１—x２）[f（x１）—f（x２）]<0）⇔f（x）在D上单调递减．１．下列函数中，在区间（—∞，0）上是减函数的是（）Ａ．y＝１—x２Ｂ．y＝x２＋xＣ．y＝—错误!Ｄ．y＝错误!答案D解析选项D中，y＝错误!＝１＋错误!.易知其在（—∞，１）上为减函数．故选Ｄ．２．（２0１9·信阳模拟）函数y＝—２x２—４ax＋３在区间[—４，—２]上是单调函数，则a的取值范围是（）Ａ．（—∞，１] Ｂ．[４，＋∞）Ｃ．（—∞，２]∪[４，＋∞）Ｄ．（—∞，１]∪[２，＋∞）答案C解析函数y＝—２x２—４ax＋３的图象的对称轴为x＝—a，由题意可得—a≤—４或—a≥—２，解得a≤２或a≥４，故选Ｃ．３．若函数f（x）＝|２x＋a|的单调递增区间是[３，＋∞），则a的值为（）Ａ．—２Ｂ．２C．—6 Ｄ．6答案C解析由图象易知函数f（x）＝|２x＋a|的单调增区间是错误!，令—错误!＝３，所以a＝—6．故选Ｃ．４．已知函数f（x）为（0，＋∞）上的增函数，若f（a２—a）>f（a＋３），则实数a的取值范围为________．答案（—３，—１）∪（３，＋∞）解析由已知可得错误!解得—３<a<—１或a>３，所以实数a的取值范围为（—３，—１）∪（３，＋∞）．５．（２0１9·衡水模拟）函数f（x）＝错误!（x≥２）的最大值为________．答案２解析f（x）＝错误!＝错误!＝１＋错误!，∵x≥２，∴x—１≥１,0<错误!≤１，∴１＋错误!∈（１,２]，故当x＝２时，函数f（x）＝错误!取得最大值２．6．（２0１9·浙江模拟）已知函数f（x）＝错误!则f[f（—３）]＝________，f（x）的最小值是________．答案0 ２错误!—３解析∵f（—３）＝lg [（—３）２＋１]＝lg １0＝１，∴f[f（—３）]＝f（１）＝１＋２—３＝0．当x≥１时，x＋错误!—３≥２错误!—３＝２错误!—３，当且仅当x＝错误!，即x＝错误!时等号成立，此时f（x）min＝２错误!—３<0；当x<１时，lg （x２＋１）≥lg （0２＋１）＝0，此时f（x）min＝0．所以f（x）的最小值为２错误!—３．核心考向突破考向一确定函数的单调区间例１求下列函数的单调区间：（１）y＝—x２＋２|x|＋１；（２）y＝log错误!（x２—３x＋２）．解（１）由于y＝错误!即y＝错误!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＝log错误!u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错误!（x２—３x＋２）的定义域为（—∞，１）∪（２，＋∞）．又∵u＝x２—３x＋２的对称轴x＝错误!，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．而y＝log错误!u在（0，＋∞）上是单调减函数，∴y＝log错误!（x２—３x＋２）的单调递减区间为（２，＋∞），单调递增区间为（—∞，１）．确定函数单调性的方法（１）定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法或导数法．错误!错误!即时训练１．求出下列函数的单调区间：（１）f（x）＝|x２—４x＋３|；（２）f（x）＝错误! .解（１）先作出函数y＝x２—４x＋３的图象，由于绝对值的作用，把x轴下方的部分翻折到上方，可得函数y＝|x２—４x＋３|的图象．如图所示．由图可知f（x）在（—∞，１]和[２,３]上为减函数，在[１,２]和[３，＋∞）上为增函数，故f（x）的增区间为[１,２]，[３，＋∞），减区间为（—∞，１]，[２,３]．（２）∵３—２x—x２>0，∴—３<x<１．由二次函数图象（图略）可知f（x）的递减区间是（—３，—１]，递增区间为[—１,１）．考向二函数单调性的应用角度１利用函数的单调性比较大小例２（１）（２0１9·长沙模拟）已知偶函数f（x）在区间[0，＋∞）上是增函数，则f（—１）与f（a ２—２a＋３）的大小关系是（）Ａ．f（—１）≥f（a２—２a＋３）Ｂ．f（—１）＝f（a２—２a＋３）Ｃ．f（—１）>f（a２—２a＋３）Ｄ．f（—１）<f（a２—２a＋３）答案D解析a２—２a＋３＝（a—１）２＋２≥２，由偶函数f（x）在区间[0，＋∞）上是增函数，可得f（—１）＝f（１）<f（a２—２a＋３），故选Ｄ．（２）（２0１9·大同模拟）设函数f（x）＝x２＋x＋a（a>0）满足f（m）<0，则（）Ａ．f（m＋１）＝0 Ｂ．f（m＋１）≤0Ｃ．f（m＋１）>0 Ｄ．f（m＋１）<0答案C解析∵f（x）图象的对称轴为x＝—错误!，f（0）＝f（—１）＝a，∴f（x）的大致图象如图所示．结合图象，由f（m）<0，得—１<m<0，∴m＋１>0，∴f（m＋１）>f（0）>0．故选Ｃ．角度２利用函数的单调性解不等式例３（１）（２0１9·长春模拟）f（x）是定义在（0，＋∞）上的单调增函数，满足f（xy）＝f（x）＋f （y），f（３）＝１，当f（x）＋f（x—8）≤２时，x的取值范围是（）Ａ．（8，＋∞）Ｂ．（8,9] Ｃ．[8,9] Ｄ．（0,8）答案B解析２＝１＋１＝f（３）＋f（３）＝f（9），由f（x）＋f（x—8）≤２，可得f[x（x—8）]≤f（9），因为f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数，所以有错误!解得8<x≤9．（２）函数y＝f（x）是R上的增函数，且y＝f（x）的图象经过点A（—２，—３）和B（１,３），则不等式|f（２x—１）|<３的解集为________．答案错误!解析因为y＝f（x）的图象经过点A（—２，—３）和B（１,３），所以f（—２）＝—３，f（１）＝３．又|f（２x—１）|<３，所以—３<f（２x—１）<３，即f（—２）<f（２x—１）<f（１）．因为函数y＝f（x）是R上的增函数，所以—２<２x—１<１，即错误!即错误!所以—错误!<x<１．角度３利用函数的单调性求参数例４（１）（２0１9·太原模拟）若f（x）＝—x２＋４mx与g（x）＝错误!在区间[２,４]上都是减函数，则m的取值范围是（）Ａ．（—∞，0）∪（0,１] Ｂ．（—１,0）∪（0,１]Ｃ．（0，＋∞）Ｄ．（0,１]答案D解析函数f（x）＝—x２＋４mx的图象开口向下，且以直线x＝２m为对称轴，若在区间[２,４]上是减函数，则２m≤２，解得m≤１；g（x）＝错误!的图象由y＝错误!的图象向左平移一个单位长度得到，若在区间[２,４]上是减函数，则２m>0，解得m>0．综上可得，m的取值范围是（0,１]．故选Ｄ．（２）已知f（x）＝错误!是（—∞，＋∞）上的减函数，那么a的取值范围是（）Ａ．（0,１）Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!答案C解析由f（x）在R上单调递减，则有错误!解得错误!≤a<错误!.触类旁通函数单调性应用问题的解题策略（１）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利用单调性求参数时，通常要把参数视为已知数，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.解决分段函数的单调性问题，要注意上、下段端点值的大小关系.即时训练２．（２0１9·商丘模拟）若f（x）是定义在（—∞，＋∞）上的偶函数，且对任意的x１，x２∈[0，＋∞）且x１≠x２，有错误!<0，则（）Ａ．f（３）<f（１）<f（—２）Ｂ．f（３）<f（—２）<f（１）Ｃ．f（—２）<f（１）<f（３）Ｄ．f（１）<f（—２）<f（３）答案B解析∵对任意的x１，x２∈[0，＋∞）且x１≠x２，有错误!<0，∴当x≥0时，函数f（x）为减函数，∴f（３）<f（２）<f（１），又f（x）是定义在（—∞，＋∞）上的偶函数，∴f（３）<f（—２）<f（１）．故选Ｂ．３．（２0１9·曲阜师大附中质检）已知函数f（x）＝logax（a>0且a≠１）满足f（a＋１）>f（a＋２），则f（２x—３）>0的解集是（）Ａ．（—∞，２）Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．（２，＋∞）答案C解析因为函数f（x）＝logax（a>0且a≠１）满足f（a＋１）>f（a＋２），所以0<a<１，则函数f （x）＝logax（0<a<１）是减函数，所以f（２x —３）>0可化为0<２x—３<１，求解可得错误!<x<２，故选Ｃ．４．（２0１8·山东泰安模拟）已知函数f（x）＝错误!是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是（）Ａ．（１，＋∞）Ｂ．[４,8）Ｃ．（４,8）Ｄ．（１,8）答案B解析由f（x）在R上单调递增，则有错误!解得４≤a<8．考向三函数的最值（值域）问题例５（１）函数y＝错误!的值域是________．答案（—１,１]解析（分离常数法）因为y＝错误!＝—１＋错误!，又因为１＋x２≥１，所以0<错误!≤２，所以—１<—１＋错误!≤１，所以函数的值域为（—１,１]．（２）（２0１9·福建厦门质检）函数f（x）＝错误!x—log２（x＋２）在区间[—１,１]上的最大值为________．答案３解析（单调性法）由于y＝错误!x在R上递减，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．（３）函数f（x）＝x＋错误!的值域为________．答案（—∞，１]解析（代数换元法）函数的定义域为错误!.令t＝错误!（t≥0），则x＝错误!.所以y＝错误!＋t＝—错误!（t—１）２＋１（t≥0），故当t＝１（即x＝0）时，y有最大值１，故函数f（x）的值域为（—∞，１]．（４）函数f（x）＝３x＋错误!，x∈[１,２]的值域为________．答案[５,7]解析解法一：（基本不等式）f（x）＝３错误!x＋错误!错误!，易证f（x）在错误!上是增函数．∴f（x）在[１,２]上为增函数，从而得值域为[５,7]．解法二：（导数法）f′（x）＝３—错误!，当１≤x≤２时，f′（x）>0，∴f（x）在[１,２]上为增函数，又f（１）＝５，f（２）＝7．∴f（x）＝３x＋错误!，x∈[１,２]的值域为[５,7]．触类旁通函数值域的几种求解方法（１）分离常数法：分子上构造一个跟分母一样的因式，把分式拆成常量和变量，进一步确定变量范围破解．错误!错误!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.6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.即时训练５．（２0１9·莱州质检）对于每一个实数x，f（x）是y＝２—x２和y＝x这两个函数中的较小者，则f（x）的最大值是（）Ａ．２Ｂ．１C．0 Ｄ．—２答案B解析解法一：f（x）＝错误!当x<—２时，函数f（x）的值域为（—∞，—２）；当—２≤x≤１时，函数f（x）的值域为[—２,１]；当x>１时，函数f（x）的值域为（—∞，１）．故函数f（x）的值域为（—∞，１]，所以f（x）max＝１．故选Ｂ．解法二：画出函数f（x）的图象，如图所示：其中A（１,１），B（—２，—２），故当x＝１时，函数f（x）的最大值为１．故选Ｂ．6．函数f（x）＝x＋２错误!的最大值为________．答案２解析设错误!＝t（t≥0），∴x＝１—t２．∴y＝x＋２错误!＝１—t２＋２t＝—t２＋２t＋１＝—（t—１）２＋２．∴当t＝１即x＝0时，ymax＝２．7．已知函数y＝错误!＋错误!的最大值为M，最小值为m，则错误!的值为________．答案错误!解析由题意，得错误!所以函数的定义域为{x|—３≤x≤１}．两边平方，得y２＝４＋２错误!·错误!＝４＋２错误!.所以当x＝—１时，y取得最大值M＝２错误!；当x＝—３或１时，y取得最小值m＝２，所以错误!＝错误!.8．设a，b∈R，a２＋２b２＝6，则a＋b的最小值是________．答案—３解析因为a，b∈R，a２＋２b２＝6，所以令a＝错误!cosα，错误!b＝错误!sinα，α∈R.则a＋b＝错误! cosα＋错误!sinα＝３sin（α＋φ）错误!，所以a＋b的最小值是—３．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x１<x２，所以x２—x１>0．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）<f（x２），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<a<２，即原不等式的解集为{a|—３<a<２}．答题启示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，x ２在所给区间内比较f（x１）—f（x２）与0的大小，或错误!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·错误!等．深挖已知条件，是求解此类题的关键．对点训练函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且对一切x>0，y>0都有f错误!＝f（x）—f（y），当x>１时，有f （x）>0．（１）求f（１）的值；（２）判断f（x）的单调性并证明；（３）若f（6）＝１，解不等式f（x＋５）—f错误!<２．解（１）f（１）＝f错误!＝f（x）—f（x）＝0，x>0．（２）f（x）在（0，＋∞）上是增函数．证明：设0<x１<x２，则由f错误!＝f（x）—f（y），得f（x２）—f（x１）＝f错误!，因为错误!>１，所以f错误!>0．所以f（x２）—f（x１）>0，即f（x）在（0，＋∞）上是增函数．（３）因为f（6）＝f错误!＝f（３6）—f（6），又f（6）＝１，所以f（３6）＝２，原不等式化为f（x２＋５x）<f（３6），又因为f（x）在（0，＋∞）上是增函数，所以错误!解得0<x<４．。
高考数学一轮复习 第二章 函数概念与基本初等函数 第2
函数的单调性与最值1.函数的单调性 (1)单调函数的定义(2)如果函数y ＝f (x )在区间A 上是增加的或是减少的，那么就称A 为单调区间. 2.函数的最值【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在增函数与减函数的定义中，可以把“任意两数”改为“存在两数”.( × )(2)对于函数f (x )，x ∈D ，若x 1，x 2∈D 且(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]>0，则函数f (x )在D 上是增函数.( √ ) (3)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞).( × ) (4)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( × )(5)所有的单调函数都有最值.( × )(6)对于函数y ＝f (x )，若f (1)<f (3)，则f (x )为增函数.( × )1.下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是( ) A.y ＝1x－xB.y ＝x 2－x C.y ＝ln x －x D.y ＝e x－x答案 A解析 对于A ，y 1＝1x 在(0，＋∞)内是减函数，y 2＝x 在(0，＋∞)内是增函数，则y ＝1x－x 在(0，＋∞)内是减函数；B ，C ，D 选项中的函数在(0，＋∞)上均不单调. 故选A.2.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 由图像易知函数f (x )＝|2x ＋a |的单调增区间是[－a 2，＋∞)，令－a2＝3，∴a ＝－6.3.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.先减后增答案 B解析 由y ＝ax 在(0，＋∞)上是减函数，知a <0； 由y ＝－b x在(0，＋∞)上是减函数，知b <0. ∴y ＝ax 2＋bx 的对称轴x ＝－b2a <0，又∵y ＝ax 2＋bx 的开口向下，∴y ＝ax 2＋bx 在(0，＋∞)上是减函数.故选B. 4.(教材改编)已知函数f (x )＝2x －1，x ∈[2,6]，则f (x )的最大值为________，最小值为________. 答案 2 25解析 可判断函数f (x )＝2x －1在[2,6]上为减函数，所以f (x )max ＝f (2)＝2，f (x )min ＝f (6)＝25. 5.(教材改编)已知函数f (x )＝x 2－2ax －3在区间[1,2]上具有单调性，则实数a 的取值范围为________________________________________________________________________.答案 (－∞，1]∪[2，＋∞)解析 函数f (x )＝x 2－2ax －3的图像开口向上，对称轴为直线x ＝a ，画出草图如图所示.由图像可知函数在(－∞，a ]和[a ，＋∞)上都具有单调性，因此要使函数f (x )在区间[1,2]上具有单调性，只需a ≤1或a ≥2，从而a ∈(－∞，1]∪[2，＋∞).题型一 确定函数的单调性(区间) 命题点1 给出具体解析式的函数的单调性例1 (1)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A.y ＝ln(x ＋2) B.y ＝－x ＋1 C.y ＝(12)xD.y ＝x ＋1x(2)函数f (x )＝log 12(x 2－4)的单调递增区间是( )A.(0，＋∞)B.(－∞，0)C.(2，＋∞)D.(－∞，－2)(3)y ＝－x 2＋2|x |＋3的单调增区间为____________________________________. 答案 (1)A (2)D (3)(－∞，－1]，[0,1]解析 (1)因为y ＝ln(x ＋2)的增区间为(－2，＋∞)， 所以在区间(0，＋∞)上为增函数.(2)因为y ＝log 12t 在定义域上是减函数，所以求原函数的单调递增区间，即求函数t ＝x 2－4的单调递减区间，结合函数的定义域，可知所求区间为(－∞，－2).(3)由题意知，当x ≥0时，y ＝－x 2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4；当x <0时，y ＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋1)2＋4， 二次函数的图像如图.由图像可知，函数y ＝－x 2＋2|x |＋3在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数.命题点2 解析式含参函数的单调性 例2 试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性. 解 设－1<x 1<x 2<1，f (x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1，f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1＝a x 2－x 1x 1－x 2－，由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0，故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)， 函数f (x )在(－1,1)上递减；当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， 函数f (x )在(－1,1)上递增.综上，当a >0时，f (x )在(－1,1)上单调递减；当a <0时，f (x )在(－1,1)上单调递增. 引申探究若本题中的函数变为f (x )＝axx 2－1(a >0)，则f (x )在(－1,1)上的单调性如何？解 设－1<x 1<x 2<1， 则f (x 1)－f (x 2)＝ax 1x 21－1－ax 2x 22－1＝ax 1x 22－ax 1－ax 2x 21＋ax 2x 21－x 22－＝a x 2－x 1x 1x 2＋x 21－x 22－.∵－1<x 1<x 2<1，∴x 2－x 1>0，x 1x 2＋1>0，(x 21－1)(x 22－1)>0. 又∵a >0，∴f (x 1)－f (x 2)>0， ∴函数在(－1,1)上为减函数.思维升华 确定函数单调性的方法：(1)定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法和导数法；(2)复合函数法，复合函数单调性的规律是“同增异减”；(3)图像法，图像不连续的单调区间不能用“∪”连接.已知a >0，函数f (x )＝x ＋ax(x >0)，证明：函数f (x )在(0，a ]上是减函数，在[a ，＋∞)上是增函数.证明 方法一 任意取x 1>x 2>0，则f (x 1)－f (x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋a x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋a x 2＝(x 1－x 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a x 1－a x 2＝(x 1－x 2)＋a x 2－x 1x 1x 2＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎪⎫1－a x 1x 2. 当a ≥x 1>x 2>0时，x 1－x 2>0,1－ax 1x 2<0， 有f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，此时，函数f (x )＝x ＋a x(a >0)在(0，a ]上为减函数； 当x 1>x 2≥a 时，x 1－x 2>0,1－ax 1x 2>0， 有f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，此时，函数f (x )＝x ＋a x(a >0)在[a ，＋∞)上为增函数；综上可知，函数f (x )＝x ＋a x(a >0)在(0，a ]上为减函数，在[a ，＋∞)上为增函数. 方法二 f ′(x )＝1－a x 2，令f ′(x )>0，则1－a x2>0，解得x >a 或x <－a (舍).令f ′(x )<0，则1－a x2<0，解得－a <x <a . ∵x >0，∴0<x <a .故f (x )在(0，a ]上为减函数，在[a ，＋∞)上为增函数.题型二 函数的最值例3 已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋ax，x ∈[1，＋∞)，a ∈(－∞，1].(1)当a ＝12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 ＝12时，f (x )＝x ＋12x ＋2在[1，＋∞)上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝72.(2)f (x )＝x ＋a x＋2，x ∈[1，＋∞). ①当a ≤0时，f (x )在[1，＋∞)内为增函数. 最小值为f (1)＝a ＋3.要使f (x )>0在x ∈[1，＋∞)上恒成立，只需a ＋3>0，即a >－3，所以－3<a ≤0. ②当0<a ≤1时，f (x )在[1，＋∞)上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝a ＋3. 所以a ＋3>0，a >－3，所以0<a ≤1.综上所述，f (x )在[1，＋∞)上恒大于零时，a 的取值范围是(－3,1]. 思维升华 求函数最值的常用方法：(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；(2)图像法：先作出函数的图像，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.(1)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为________.(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 ＝________.答案 (1)2 (2)25解析 (1)当x ≥1时，函数f (x )＝1x为减函数，所以f (x )在x ＝1处取得最大值，为f (1)＝1；当x <1时，易知函数f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值，为f (0)＝2. 故函数f (x )的最大值为2.(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，f ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －2＝12，1a －12＝2，解得a ＝25.题型三 函数单调性的应用命题点1 比较大小例4 已知函数f (x )＝log 2x ＋11－x ，若x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，则( )A.f (x 1)<0，f (x 2)<0B.f (x 1)<0，f (x 2)>0C.f (x 1)>0，f (x 2)<0D.f (x 1)>0，f (x 2)>0答案 B解析 ∵函数f (x )＝log 2x ＋11－x在(1，＋∞)上为增函数，且f (2)＝0，∴当x 1∈(1,2)时，f (x 1)<f (2)＝0，当x 2∈(2，＋∞)时，f (x 2)>f (2)＝0， 即f (x 1)<0，f (x 2)>0.命题点2 解不等式例5 已知函数f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x <f (1)的实数x 的取值范围是( )A.(－1,1)B.(0,1)C.(－1,0)∪(0,1)D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案 C解析 由f (x )为R 上的减函数且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x <f (1)，得⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x >1，x ≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧|x |<1，x ≠0.∴－1<x <0或0<x <1.命题点3 求参数范围例6 (1)如果函数f (x )＝ax 2＋2x －3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a 的取值范围是( ) A.a >－14B.a ≥－14C.－14≤a <0D.－14≤a ≤0(2)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a x ＋1，x <1，a x，x ≥1，满足对任意x 1≠x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2>0成立，那么a 的取值范围是________. 答案 (1)D (2)[32，2)解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝2x －3，在定义域R 上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增； 当a ≠0时，二次函数f (x )的对称轴为x ＝－1a，因为f (x )在(－∞，4)上单调递增， 所以a <0，且－1a ≥4，解得－14≤a <0.综合上述得－14≤a ≤0.(2)由已知条件得f (x )为增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧2－a >0，a >1，－a ＋1≤a ，解得32≤a <2，∴a 的取值范围是[32，2).思维升华 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略(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，依据函数的图像或单调性定义，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； ③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.(1)f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f (xy )＝f (x )＋f (y )，f (3)＝1，当f (x )＋f (x －8)≤2时，x 的取值范围是( )A.(8，＋∞)B.(8,9]C.[8,9]D.(0,8)(2)若f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝ax ＋1在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是( )A.(－1,0)∪(0,1)B.(－1,0)∪(0,1]C.(0,1)D.(0,1]答案 (1)B (2)D解析 (1)2＝1＋1＝f (3)＋f (3)＝f (9)，由f (x )＋f (x －8)≤2，可得f [x (x －8)]≤f (9)，因为f (x )是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x －8>0，x x －，解得8<x ≤9.(2)由f (x )＝－x 2＋2ax 在[1,2]上是减函数可得[1,2]⊆[a ，＋∞)，∴a ≤1. ∵y ＝1x ＋1在(－1，＋∞)上为减函数， ∴由g (x )＝ax ＋1在[1,2]上是减函数可得a >0，故0<a ≤1.1.确定抽象函数单调性解函数不等式典例(12分)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.思维点拨(1)对于抽象函数的单调性的证明，只能用定义.应该构造出f(x2)－f(x1)并与0比较大小.(2)将函数不等式中的抽象函数符号“f”运用单调性“去掉”是本题的切入点.要构造出f(M)<f(N)的形式. 规范解答(1)证明设x1，x2∈R，且x1<x2，∴x2－x1>0，∵当x>0时，f(x)>1，∴f(x2－x1)>1.[2分]f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，[4分]∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)<f(x2)，∴f(x)在R上为增函数.[6分](2)解∵m，n∈R，不妨设m＝n＝1，∴f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1⇒f(2)＝2f(1)－1，[8分]f(3)＝4⇒f(2＋1)＝4⇒f(2)＋f(1)－1＝4⇒3f(1)－2＝4，∴f(1)＝2，∴f(a2＋a－5)<2＝f(1)，[10分]∵f(x)在R上为增函数，∴a2＋a－5<1⇒－3<a<2，即a∈(－3,2).[12分]解函数不等式问题的一般步骤：第一步：(定性)确定函数f(x)在给定区间上的单调性；第二步：(转化)将函数不等式转化为f(M)<f(N)的形式；第三步：(去f)运用函数的单调性“去掉”函数的抽象符号“f”，转化成一般的不等式或不等式组；第四步：(求解)解不等式或不等式组确定解集；第五步：(反思)反思回顾.查看关键点，易错点及解题规范.温馨提醒本题对函数的单调性的判断是一个关键点.不会运用条件x>0时，f(x)>1，构造不出f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1的形式，便找不到问题的突破口.第二个关键应该是将不等式化为f(M)<f(N)的形式.解决此类问题的易错点：忽视了M、N的取值范围，即忽视了f(x)所在的单调区间的约束.[方法与技巧]1.利用定义证明或判断函数单调性的步骤 (1)取值；(2)作差；(3)定量；(4)判断.2.确定函数单调性有四种常用方法：定义法、导数法、复合函数法、图像法，也可利用单调函数的和差确定单调性.3.求函数最值的常用求法：单调性法、图像法、换元法. [失误与防范]1.分段函数单调性不仅要考虑各段的单调性，还要注意衔接点.2.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“∪”.A 组 专项基础训练 (时间：35分钟)1.下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递减的是( ) A.y ＝1xB.y ＝e －xC.y ＝－x 2＋1 D.y ＝lg|x |答案 C解析 y ＝1x是奇函数，选项A 错；y ＝e －x是指数函数，非奇非偶，选项B 错；y ＝lg|x |是偶函数，但在(0，＋∞)上单调递增，选项D 错；只有选项C 是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减. 2.已知函数y ＝log 2(ax －1)在(1,2)上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A.(0,1] B.[1,2] C.[1，＋∞) D.[2，＋∞)答案 C解析 要使y ＝log 2(ax －1)在(1,2)上单调递增，则a >0且a －1≥0，∴a ≥1.3.已知函数y ＝f (x )的图像关于x ＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.c <b <a B.b <a <c C.b <c <a D.a <b <c答案 B解析 ∵函数图像关于x ＝1对称，∴a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，又y ＝f (x )在(1，＋∞)上单调递增， ∴f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (3)，即b <a <c . 4.若函数f (x )＝x 2－2x ＋m 在 [3，＋∞)上的最小值为1，则实数m 的值为( )A.－3B.－2C.－1D.1答案 B解析 ∵f (x )＝(x －1)2＋m －1在[3，＋∞)上为单调增函数，且f (x )在[3，＋∞)上的最小值为1， ∴f (3)＝1，即22＋m －1＝1，m ＝－2.5.已知函数f (x )＝2ax 2＋4(a －3)x ＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a 的取值范围是( )A.(0，34) B.(0，34] C.[0，34) D.[0，34] 答案 D解析 当a ＝0时，f (x )＝－12x ＋5，在(－∞，3)上是减函数， 当a ≠0时，由⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，－a －4a ≥3，得0<a ≤34， 综上a 的取值范围是0≤a ≤34. 6.函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ log 12x ，x ≥1，2x ，x <1的值域为________.答案 (－∞，2) 解析 当x ≥1时，f (x )＝log 12x 是单调递减的，此时，函数的值域为(－∞，0]；当x <1时，f (x )＝2x 是单调递增的，此时，函数的值域为(0,2).综上，f (x )的值域是(－∞，2).7.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋12a －2，x ≤1，a x －a ，x >1，若f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为________.答案 (1,2]解析 由题意，得12＋12a －2≤0，则a ≤2，又a x －a 是增函数，故a >1，所以a 的取值范围为1<a ≤2. 8.函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －log 2(x ＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________. 答案 3解析 由于y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 在R 上递减，y ＝log 2(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)＝3.9.已知f (x )＝xx －a (x ≠a ).(1)若a ＝－2，试证明f (x )在(－∞，－2)内单调递增；(2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围.(1)证明 任设x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝x 1－x 2x 1＋x 2＋. ∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0，∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)上单调递增.(2)解 任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a＝a x 2－x 1x 1－a x 2－a. ∵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在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≤1.综上所述，a 的取值范围是(0,1].10.设函数y ＝f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数，并且满足下面三个条件：①对任意正数x ，y ，都有f (xy )＝f (x )＋f (y )；②当x >1时，f (x )<0；③f (3)＝－1.(1)求f (1)，f (19)的值； (2)如果不等式f (x )＋f (2－x )<2成立，求x 的取值范围.解 (1)令x ＝y ＝1易得f (1)＝0.而f (9)＝f (3)＋f (3)＝－1－1＝－2，且f (9)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝f (1)＝0，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝2. (2)设0<x 1<x 2，则x 2x 1>1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1<0， 由f (xy )＝f (x )＋f (y )得 f (x 2)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1·x 2x 1＝f (x 1)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1<f (x 1)， 所以f (x )是减函数.由条件①及(1)的结果得：f [x (2－x )]<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19，其中0<x <2， 由函数f (x )在R 上单调递减，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x －x 19，0<x <2，由此解得x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－223，1＋223. B 组 专项能力提升(时间：25分钟)11.已知函数f (x )＝log a ⎝⎛⎭⎪⎫x 2－ax ＋12有最小值，则实数a 的取值范围是( ) A.(0,1)B.(1，2)C.(0,1)∪(1，2)D.(2，＋∞)答案 B解析 设g (x )＝x 2－ax ＋12，因为g (x )的图像开口向上，有最小值.又因为f (x )在定义域内有最小值，所以y ＝log a t 应单调递增，即a >1，且x 2－ax ＋12>0恒成立，所以1<a <2，故选B.12.函数f (x )中，满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)”的是( )A.f (x )＝1xB.f (x )＝(x －1)2C.f (x )＝e xD.f (x )＝ln(x ＋1) 答案 A 解析 由题意知f (x )在(0，＋∞)上是减函数.A 中，f (x )＝1x满足要求； B 中，f (x )＝(x －1)2在[0,1]上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数；C 中，f (x )＝e x是增函数；D 中，f (x )＝ln(x ＋1)是增函数.13.已知函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，若f (a 2－a )>f (a ＋3)，则实数a 的取值范围为______. 答案 (－3，－1)∪(3，＋∞) 解析 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2－a >0，a ＋3>0，a 2－a >a ＋3，解得－3<a <－1或a >3. 所以实数a 的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞).14.已知函数f (x )＝lg(x ＋a 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，＋∞)恒有f (x )>0，试确定a 的取值范围. 解 (1)由x ＋a x －2>0，得x 2－2x ＋a x>0， 当a >1时，x 2－2x ＋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 <1－1－a 或x >1＋1－a }.(2)设g (x )＝x ＋a x－2，当a ∈(1,4)，x ∈[2，＋∞)时， g ′(x )＝1－a x 2＝x 2－a x 2>0恒成立， 所以g (x )＝x ＋a x－2在[2，＋∞)上是增函数. 所以f (x )＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x －2在[2，＋∞)上是增函数. 所以f (x )＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x －2在[2，＋∞)上的最小值为f (2)＝lg a 2. (3)对任意x ∈[2，＋∞)恒有f (x )>0，即x ＋a x－2>1对x ∈[2，＋∞)恒成立.所以a >3x －x 2，令h (x )＝3x －x 2， 而h (x )＝3x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋94在x ∈[2，＋∞)上是减函数， 所以h (x )max ＝h (2)＝2，所以a >2.。
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§2.2 函数的单调性与最值
考纲展示►
1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义.
2.会利用函数的图象理解和研究函数的性质.
考点1 函数单调性的判断(证明)
单调函数的定义
1212
(1)[教材习题改编]函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在(－∞，＋∞)上是减函数，则( ) A ．k >1
2
B ．k <12
C ．k >－1
2
D ．k <－1
2
答案：D
(2)[教材习题改编]当k <0时，函数f (x )＝kx ＋m 在R 上是________函数．(填“增”或
“减”)
答案：减
解析：当k ＜0时，函数f (x )＝kx ＋m 在R 上是减函数．
单调性易错点：单调性是区间内的性质．
函数f (x )＝x 2
－1在定义域内________单调性．(填“有”或“没有”) 答案：没有
解析：虽然函数在区间(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，但不能说函数在定义域内为单调函数，函数的单调区间是函数定义域的子集，定义域不一定是函数的单调区间．
[典题1] (1)[2017·浙江金华模拟]若函数f (x )＝－x 2
＋2ax 与g (x )＝(a ＋1)1－x
在区间
[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是( )
A ．(－1,0)
B ．(－1,0)∪(0,1]
C ．(0,1)
D ．(0,1]
[答案] D
[解析] f (x )＝－x 2
＋2ax 的对称轴为x ＝a ，要使f (x )在[1,2]上为减函数，必须有a ≤1，又g (x )＝(a ＋1)
1－x
在[1,2]上是减函数，所以a ＋1>1，即a >0，故0<a ≤1.
(2)[2017·广东佛山联考]试讨论函数f (x )＝ax
x －1
(a ≠0)在(－1,1)上的单调性．
[解] 解法一(定义法)： 设－1<x 1<x 2<1，f (x )＝a ⎝
⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1＋1x －1，
f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝ ⎛
⎭⎪⎫
1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
1＋1x 2－1
＝
a x 2－x 1x 1－x 2－
，
由于－1＜x 1＜x 2＜1，
所以x 2－x 1＞0，x 1－1＜0，x 2－1＜0， 故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)， 函数f (x )在(－1,1)上单调递减；
当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，函数f (x )在(－1,1)上单调递增．
解法二(导数法)：
f ′(x )＝
ax
x －
x －
2
－
ax x －
x －
2
＝
a x －－ax x －2
＝－a
x －
2
.
当a ＞0时，f ′(x )＜0，函数f (x )在(－1,1)上单调递减； 当a ＜0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1,1)上单调递增． [点石成金] 判断函数单调性的方法
(1)定义法：取值，作差，变形，定号，下结论．
(2)利用复合函数关系：若两个简单函数的单调性相同，则这两个函数的复合函数为增函数，若两个简单函数的单调性相反，则这两个函数的复合函数为减函数，简称“同增异减”．
(3)图象法：从左往右看，图象逐渐上升，单调递增；图象逐渐下降，单调递减． (4)导数法：利用导函数的正负判断函数单调性．
考点2 求函数的单调区间
单调区间的定义
如果函数y ＝f (x )在区间D 上是________或________，那么就说函数y ＝f (x )在这一区间具有(严格的)单调性，________叫做函数y ＝f (x )的单调区间．
答案：增函数 减函数 区间D
(1)[教材习题改编]函数f (x )＝2
x －1
在[－6，－2]上的最大值和最小值分别是________． 答案：－27，－2
3
(2)[教材习题改编]f (x )＝x 2
－2x ，x ∈[－2,4]的单调递增区间为________，f (x )max ＝________.
答案：[1,4] 8
1.常见函数的单调性：一次函数、二次函数、反比例函数．
函数f (x )＝－x 2
＋2x 的单调递增区间是________；函数y ＝1x
的单调递减区间是
_____________________________________．
答案：(－∞，1] (－∞，0)，(0，＋∞) 解析：根据二次函数、反比例函数的单调性可得． 2．复合函数的单调性：同增异减．
函数f (x )＝log 12(x 2
－1)的单调递增区间是________．
答案：(－∞，－1)
解析：函数f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，所求区间即为内层函数在定义域上的单调递减区间，即(－∞，－1)．
[典题2] (1)[2017·河北衡水月考]函数f (x )＝log 12 (x 2
－x －2)的单调递增区间为
( )
A.⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，12 B ．⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞
C ．(－∞，－1)
D ．(2，＋∞)
[答案] C
[解析] 由x 2
－x －2>0得x <－1或x >2，又u ＝x 2
－x －2在(－∞，－1)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，y ＝log 12 u 为减函数，故f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，故选
C.
(2)求函数y ＝－x 2
＋2|x |＋1的单调区间．
[解] 由于y ＝⎩⎪⎨⎪⎧
－x 2＋2x ＋1，x ≥0，
－x 2
－2x ＋1，x <0，
即y ＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
－
x －2
＋2，x ≥0，－x ＋
2
＋2，x <0.
画出函数图象如图所示．。