2023届高考一轮复习讲义（理科）第二章　函数概念与基本初等函数 第2讲　函数的单调性与最值学案

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一、知识梳理
1．函数的单调性
(1)单调函数的定义
(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
常用结论
1．函数单调性的两种等价形式
设任意x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，
(1)eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．
(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．
2．五条常用结论
(1)对勾函数y＝x＋eq \f(a,x)(a＞0)的增区间为(－∞，－eq \r(a)]和[eq \r(a)，＋∞)，减区间为[－eq \r(a)，0)和(0，eq \r(a)]．
(2)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．
(3)函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)，u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”．
(4)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值．当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取到．
(5)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值．
二、习题改编
1．(必修1P39B组T1改编)函数f(x)＝x2－2x的单调递增区间是________．
答案：[1，＋∞)(或(1，＋∞))
2．(必修1P32T4改编)若函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，则k的取值范围是________．
解析：因为函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，所以2k＋1＜0，即k＜－eq \f(1,2).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
3．(必修1P31例4改编)已知函数f(x)＝eq \f(2,x－1)，x∈[2，6]，则f(x)的最大值为________，最小值为__________．
解析：可判断函数f(x)＝eq \f(2,x－1)在[2，6]上为减函数，所以f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝eq \f(2,5).
答案：2 eq \f(2,5)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若定义在R上的函数f(x)，有f(－1)a
C．a>c>b D．b>a>c
【解析】 因为f(x)的图象关于直线x＝1对称．
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2))).当x2>x1>1时，
[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)c.
【答案】 D
角度二 解函数不等式
已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3，x≤0，,ln（x＋1），x>0，))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)
【解析】 因为当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，所以函数f(x)的图象是一条连续的曲线．
因为当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，
所以函数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－20，解得m>0.综上可得，m的取值范围是(0，1]．
2．已知函数f(x)＝lg2x＋eq \f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，则( )
A．f(x1)0
解析：选B.因为函数f(x)＝lg2x＋eq \f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1，2)时，f(x1)f(2)＝0，
即f(x1)0.故选B.
3．设f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x＞0.))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为________．
解析：因为当x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，所以a≥0.当x＞0时，f(x)＝x＋eq \f(1,x)＋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)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2，
所以a的取值范围是0≤a≤2.
答案：[0，2]
4．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝eq \f(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)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为________．
解析：因为函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)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，eq \f(f（x）,x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)，令g(x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)(x≥1)，则g′(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,2x2)＝eq \f(x2－3,2x2)，
由g′(x)≤0得1≤x≤eq \r(3)，即函数eq \f(f（x）,x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)在区间[1，eq \r(3) ]上单调递减，故“缓增区间”I为[1，eq \r(3) ]．
答案：[1，eq \r(3) ]
5．已知函数f(x)＝x2＋a|x－2|－4.
(1)当a＝2时，求f(x)在[0，3]上的最大值和最小值；
(2)若f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋2|x－2|－4＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－8，x≥2,x2－2x，x＜2))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x＋1）2－9，x≥2,（x－1）2－1，x＜2))，
当x∈[0，2)时，－1≤f(x)0时，f(x)>－1.
(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调递增函数；
(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，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上是单调递增函数．
(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)，
又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1>3，
解得x1，
故原不等式的解集为{x|x1}．
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