2022高考数学一轮总复习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文

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第2讲　函数的单调性与最值

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x1，x2
当x1 当x1f(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叫做函数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x∈I，都有f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(1)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值
常用结论
1．函数单调性的常用结论
(1)若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数．
(2)若k＞0，则kf(x)与f(x)的单调性相同；若k＜0，则kf(x)与f(x)的单调性相反．
(3)函数y＝f(x)(f(x)＞0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反．
(4)函数y＝f(x)(f(x)≥0)在公共定义域内与y＝的单调性相同．
(5)复合函数单调性的判断方法：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”．
2．单调性定义的等价形式
设x1，x2∈[a，b]，x1≠x2.
(1)若有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0或＞0，则f(x)在闭区间[a，b]上是增函数；
(2)若有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0或＜0，则f(x)在闭区间[a，b]上是减函数．
3．函数最值的结论
(1)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得．
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值或最小值．

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) (2)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数f(x)的单调递增区间是[1，＋∞)．(　　)
(3)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(　　)
(4)所有的单调函数都有最值．(　　)
(5)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．(　　)
(6)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点处取到．　(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√
二、易错纠偏
常见误区|　(1)求单调区间忘记定义域导致出错；
(2)对于分段函数，一般不能整体单调，只能分段单调；
(3)利用单调性解不等式忘记在单调区间内求解；
(4)混淆“单调区间”与“在区间上单调”两个概念．
1．函数y＝log(x2－4)的单调递减区间为________．
答案：(2，＋∞)
2．已知函数f(x)＝是定义在R上的减函数，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意得
解得即a≤.
答案：
3．函数y＝f(x)是定义在[－2，2]上的减函数，且f(a＋1) 解析：由题意得
即
所以－1≤a<1.
答案：[－1，1)
4．(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________．
答案：(1)a≤－3　(2)－3

确定函数的单调性(区间)(多维探究)
角度一　判断或证明函数的单调性
(一题多解)试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1，1)上的单调性．
【解】　方法一：(定义法)设－1 f(x)＝a＝a，
f(x1)－f(x2)＝a－a＝，
由于－1 所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，
故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；
当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1) 方法二：(导数法)f′(x)＝
＝＝－.
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．

利用定义法证明或判断函数单调性的步骤

[提醒]　判断函数的单调性还有图象法、导数法、性质法等．
角度二　求具体函数的单调区间
求函数f(x)＝－x2＋2|x|＋1的单调区间．

【解】　f(x)＝＝
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，＋∞)．
【迁移探究】　(变条件)若本例函数变为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－，1]和(1＋，＋∞)；单调递减区间为(－∞，1－ ]和(1，1＋ ]．

确定函数的单调区间的方法

[注意]　(1)函数在某个区间上是单调函数，但在整个定义域上不一定是单调函数，如函数y＝在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是减函数，但在定义域上不具有单调性．
(2)“函数的单调区间是M”与“函数在区间N上单调”是两个不同的概念，显然N⊆M.

1．下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是(　　)
A．y＝　　 B．y＝cos x
C．y＝ln(x＋1) D．y＝2－x
解析：选D．A项中，y＝在(－1，1)上为增函数；B项中，y＝cos x在(－1，1)上不单调；C项中，y＝ln(x＋1)在(－1，1)上为增函数；D项中，y＝在(－1，1)上为减函数．故选D．
2．函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
解析：选D．由x2－2x－8＞0得x＜－2或x＞4.令g(x)＝x2－2x－8，则g(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，而y＝ln x为单调递增函数，根据复合函数的性质，函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间为(4，＋∞)．
3．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：由f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，
得g(x)＝作出图象如下：

故函数g(x)的单调递减区间为[0，1)．
答案：[0，1)
4．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＋－＝(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．

函数单调性的应用(多维探究)
角度一　比较大小
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
【解析】　因为f(x)的图象关于直线x＝1对称．
所以f＝f.
当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，
故f(x)在(1，＋∞)上单调递减．因为1<2< 所以f(2)>f>f(e)，所以b>a>c.
【答案】　D

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，则要利用其函数性质，转化到同一个单调区间内进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解．　
角度二　解函数不等式
(1)已知函数f(x)＝若f(a－1)≥f(－a)，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
(2)已知函数f(x)＝－x|x|，x∈(－1，1)，则不等式f(1－m) 【解析】　(1)函数f(x)＝e－x＝在(－∞，0]上为减函数，函数f(x)＝－x2－2x＋1在(0，＋∞)上为减函数，且e－0＝－02－2×0＋1＝1，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数．由f(a－1)≥f(－a)得a－1≤－a，解得a≤.故选A．
(2)由已知得f(x)＝则f(x)在(－1，1)上单调递减，所以解得0 所以所求解集为(0，1)．
【答案】　(1)A　(2)(0，1)

解函数不等式的理论依据是函数单调性的定义，具体步骤是：(1)将函数不等式转化成f(x1)＞f(x2)的形式；(2)考查函数f(x)的单调性；(3)根据函数f(x)的单调性去掉法则“f”，转化为形如“x1＞x2”或“x1＜x2”的常规不等式，从而得解．
[提醒]　要注意函数的定义域，如本例(2)易忽视“－1＜1－m＜1，－1＜m2－1＜1”而致误．　
角度三　利用函数的单调性求最值
(1)函数f(x)＝－log2(x＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________．
(2)函数y＝的最大值为________．
【解析】　(1)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.
(2)令＝t，则t≥2，所以x2＝t2－4，所以y＝＝，设h(t)＝t＋在[2，＋∞)上为增函数，所以h(t)min＝h(2)＝，所以y≤＝(x＝0时取等号)．即y的最大值为.
【答案】　(1)3　(2)

运用函数单调性求最值是求函数最值的重要方法，特别是当函数图象不易作出时，单调性法几乎成为首选方法．　
角度四　利用函数的单调性求参数的范围(或值)
(1)已知f(x)＝是R上的增函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．(0，3) B．(1，3)
C．(1，＋∞) D．
(2)设函数f(x)＝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________．
【解析】　(1)由题意得解得≤a＜3，故选D．
(2)作出函数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.

【答案】　(1)D　(2)(－∞，1]∪[4，＋∞)

(1)根据函数的单调性，将题设条件转化为含参数的不等式(组)，即可求出参数的值或范围；
(2)若分段函数是单调函数，则不仅要保证在各区间上单调性一致，还要确保在整个定义域内是单调的．　

1．函数y＝f(x)在[0，2]上单调递增，且函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，则下列结论成立的是(　　)
A．f(1) C．f 解析：选B．因为f(x)的图象关于直线x＝2对称，所以f(x)＝f(4－x)，所以f＝f，f＝f.又0<<1<<2，f(x)在[0，2]上单调递增，所以f 2．已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f＜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，＋∞)
解析：选C．由f(x)为R上的减函数且f＜f(1)，得即所以－1＜x＜0或0＜x＜1.故选C．
3．设函数f(x)＝在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选D．由题意得f(x)＝＝2＋，所以函数f(x)在区间[3，4]上单调递减，所以M＝f(3)＝2＋＝6，m＝f(4)＝2＋＝4，所以＝＝.故选D．
4．已知函数f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a的取值范围是________．
解析：当a＝0时，f(x)＝－12x＋5，
在(－∞，3)上是减函数；
当a≠0时，由
得0＜a≤.综上可知，a的取值范围是.
答案：

思想方法系列2　函数最值的求法
方法一　单调性法
已知a＞0，设函数f(x)＝＋2 022x3(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，则M＋N的值为(　　)
A．2 022　 B．2 023
C．4 043 D．4 044
【解析】　f(x)＝＋2 022x3＝＋2 022x3
＝2 022－＋2 022x3.
因为y＝－，y＝2 022x3均为增函数，
所以f(x)在[－a，a]上单调递增，
故最大值为f(a)，最小值为f(－a)，
所以M＋N＝f(a)＋f(－a)＝2 022－＋2 022a3＋2 022－＋2 022(－a)3＝4 044－1＝4 043.
【答案】　C

利用函数的单调性求解函数的值域是最基本的方法，解题的关键是准确确定函数的单调性．　
方法二　不等式法
主要是指运用均值不等式及其变形公式来解决函数最值问题的一种方法．常用的基本不等式有以下几种：
a2＋b2≥2ab(a，b为实数)；
≥(a≥0，b≥0)；
ab≤≤(a，b为实数)．
设x，y，z为正实数，x－2y＋3z＝0，则的最小值为________．
【解析】　因为x－2y＋3z＝0，所以y＝，所以＝.又x，z为正实数，所以由基本不等式，得≥＝3.当且仅当x＝3z时取“＝”．故的最小值为3.
【答案】　3

先对解析式进行变形，使之满足“一正、二定、三相等”的条件，再利用基本不等式求得最值．常用的不等式有a2＋b2≥2ab，a＋b≥2(a，b均为正实数)．解题时要注意验证等号成立的条件，如果在求解时发现等号不成立，可尝试利用函数性质解题．　
方法三　配方法
配方法是求二次函数最值的基本方法，如函数F(x)＝af2(x)＋bf(x)＋c的最值问题，可以考虑用配方法．
已知函数y＝(ex－a)2＋(e－x－a)2(a∈R，a≠0)，求函数y的最小值．
【解】　y＝(ex－a)2＋(e－x－a)2
＝(ex＋e－x)2－2a(ex＋e－x)＋2a2－2.
令t＝ex＋e－x(t≥2)，设f(t)＝t2－2at＋2a2－2.
因为t≥2，所以f(t)＝t2－2at＋2a2－2＝(t－a)2＋a2－2，定义域为[2，＋∞)．
因为函数y＝f(t)图象的对称轴为直线t＝a，
所以当a≤2且a≠0时，ymin＝f(2)＝2(a－1)2；当a＞2时，ymin＝f(a)＝a2－2.

利用二次函数的性质求最值，要特别注意自变量的取值范围，同时还要注意对称轴与区间的相对位置关系．如本例化为含参数的二次函数后，求解最值时要细心区分对称轴与区间的位置关系，然后再根据不同情况分类解决．　
方法四　换元法
换元法有两类，即代数换元和三角换元，我们可以根据具体问题及题目形式去灵活选择换元的方法，以便将复杂的函数最值问题转化为简单函数的最值问题，从而求出原函数的最值．
(1)函数f(x)＝x＋2的最大值为________．
(2)函数y＝x－的值域为________．
【解析】　(1)设＝t(t≥0)，所以x＝1－t2.所以y＝f(x)＝x＋2＝1－t2＋2t＝－t2＋2t＋1＝－(t－1)2＋2.所以当t＝1即x＝0时，f(x)max＝2.
(2)由4－x2≥0，得－2≤x≤2，
所以设x＝2cos θ(θ∈[0，π])，
则y＝2cos θ－＝2cos θ－2sin θ＝2cos，
因为θ＋∈，
所以cos ∈，所以y∈.
【答案】　(1)2　(2)

换元法方式很多，常见的有代数换元和三角换元．如可用三角代换解决形如a2＋b2＝1及部分根式函数形式的最值问题．　
方法五　数形结合法
数形结合法，是指利用函数所表示的几何意义，借助几何方法及函数的图象求函数最值的一种常用的方法．
对a，b∈R，记max{a，b}＝函数f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x∈R)的最小值是________．
【解析】　由|x＋1|≥|x－2|，得(x＋1)2≥(x－2)2.
所以x≥.所以f(x)＝
其图象如图所示．

由图象易知，当x＝时，函数有最小值，所以f(x)min＝f＝＝.
【答案】　

本例作出y＝|x＋1|与y＝|x－2|的图象，作出f(x)的图象是解题关键．　