2020版一轮复习数学（文）江苏专版学案：第二章第二节函数的单调性与最值

第二节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＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是单调增函数
当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是单调减函数
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对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；
②存在x∈I，使得f(x)＝M
①对于任意x∈I，都有f(x)≥M；
②存在x∈I，使得f(x)＝M
结论
M为函数y＝f(x)的最大值
M为函数y＝f(x)的最小值

[小题体验]
1．(2019·常州一中月考)f(x)＝|x＋2|的单调递增区间为________．
答案：[－2，＋∞)
2．若函数f(x)＝在区间[2，a]上的最大值与最小值的和为，则a＝________.
解析：由f(x)＝的图象知，f(x)＝在(0，＋∞)上是减函数，因为[2，a]⊆(0，＋∞)，
所以f(x)＝在[2，a]上也是减函数，
所以f(x)max＝f(2)＝，f(x)min＝f(a)＝，
所以＋＝，所以a＝4.
答案：4
3．函数f(x)是在区间(－2,3)上的增函数，则y＝f(x＋5)的一个递增区间是________．
解析：由－2＜x＋5＜3，得－7＜x＜－2，故y＝f(x＋5)的递增区间为(－7，－2)．
答案：(－7，－2)

1．易混淆两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．
2．若函数在两个不同的区间上单调性相同，则这两个区间要分开写，不能写成并集．例如，函数f(x)在区间(－1,0)上是减函数，在(0,1)上是减函数，但在(－1,0)∪(0,1)上却不一定是减函数，如函数f(x)＝.
3．两函数f(x)，g(x)在x∈(a，b)上都是增(减)函数，则f(x)＋g(x)也为增(减)函数，但f(x)·g(x)，等的单调性与其正负有关，切不可盲目类比．

[小题纠偏]
1．(2019·海安期中)函数f(x)＝的单调递减区间为________．
答案：和
2．已知函数f(x)＝log5(x2－3x－4)，则该函数的单调递增区间为________．
解析：由题意知x2－3x－4＞0，则x＞4或x＜－1，
令y＝x2－3x－4，则其图象的对称轴为x＝，
所以y＝x2－3x－4的单调递增区间为(4，＋∞)．
单调递减区间为(－∞，－1)，由复合函数的单调性知f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．
答案：(4，＋∞)

　
[题组练透]
1．讨论函数f(x)＝在x∈(－1,1)上的单调性．
解：设－1＜x1＜x2＜1，
则f(x1)－f(x2)＝－＝.
因为－1＜x1＜x2＜1，
所以x2－x1＞0，x1x2＋1＞0，(x－1)(x－1)＞0，
所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，
故函数f(x)在(－1,1)上为减函数．
2．已知函数f(x)＝a＋(a∈R)，判断函数f(x)的单调性，并用单调性的定义证明．
解：f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上均为减函数，证明如下：
函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
在定义域内任取x1，x2，使0＜x1＜x2，
则f(x2)－f(x1)＝－＝.
因为0＜x1＜x2，所以2x1＜2x2，2x2＞1,2x1＞1，
所以2x1－2x2＜0,2x1－1＞0,2x2－1＞0，
从而f(x2)－f(x1)＜0，即f(x2)＜f(x1)，
所以f(x)在(0，＋∞)上为减函数，
同理可证f(x)在(－∞，0)上为减函数．
[谨记通法]
1．定义法判断函数单调性的步骤
取值
2．导数法判断函数单调性的步骤

　
[典例引领]
求下列函数的单调区间：
(1)y＝－x2＋2|x|＋1；
(2)y＝log(x2－3x＋2)．
解：(1)由于y＝
即y＝
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u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作y＝logu与u＝x2－3x＋2的复合函数．
令u＝x2－3x＋2＞0，则x＜1或x＞2.
所以函数y＝log(x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．
又u＝x2－3x＋2的对称轴x＝，且开口向上．
所以u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．
而y＝logu在(0，＋∞)上是单调减函数，
所以y＝log(x2－3x＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．
[由题悟法]
确定函数的单调区间的3种方法

[提醒]　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．
[即时应用]
1．函数f(x)＝log2(x2－4)的单调递增区间为________．
解析：令t＝x2－4＞0，解得x＜－2或x＞2，
故函数f(x)的定义域为{x|x＜－2或x＞2}，且f(x)＝log2t.
利用二次函数的性质可得，t＝x2－4在定义域{x|x＜－2或x＞2}内的单调递增区间为(2，＋∞)，所以函数f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
2．函数y＝的单调递增区间为________．
解析：令u＝2x2－3x＋1＝22－.
因为u＝22－在上单调递减，函数y＝u在R上单调递减．
所以y＝在上单调递增．
答案：
　
[锁定考向]
高考对函数单调性的考查多以填空题的形式出现，有时也应用于解答题中的某一问中．
常见的命题角度有：
(1)求函数的值域或最值；
(2)比较数值的大小；
(3)利用单调性解函数不等式；
(4)利用单调性求参数的取值范围或值．　　　 　
[题点全练]
角度一：求函数的值域或最值
1．(2019·启东中学检测)设m∈R，若函数f(x)＝|x3－3x－2m|＋m在x∈[0,2]上的最大值与最小值之差为3，则m＝________.
解析：令y＝x3－3x，x∈[0,2]，则y′＝3x2－3.
由y′＞0，得1＜x＜2；由y′＜0，得0＜x＜1，
所以y＝x3－3x在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，
所以当x∈[0,2]时，y＝x3－3x的值域为[－2,2]，y＝x3－3x－2m的值域为[－2－2m,2－2m]．
①当m＝0时，f(x)max＝2，f(x)min＝0，不符合题意；
②当m≥1时，f(x)max＝f(－2)＝2＋3m，f(x)min＝f(2)＝3m－2，f(x)max－f(x)min＝4，不符合题意；
③当0＜m＜1时，f(x)max＝f(－2)＝2＋3m，f(x)min＝m，f(x)max－f(x)min＝2＋2m＝3，解得m＝，符合题意；
④当－1＜m＜0时，f(x)max＝f(2)＝2－m，f(x)min＝m，f(x)max－f(x)min＝2－2m＝3，解得m＝－，符合题意；
⑤当m≤－1时， f(x)max＝2－m，f(x)min＝－2－m，f(x)max－f(x)min＝4，不符合题意．
综上可得，m＝±.
答案：±

角度二：比较数值的大小
2．设函数f(x)定义在实数集R上，它的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，f(x)＝3x－1，则f，f，f的大小关系为________________(用“＜”号表示)．
解析：由题设知，f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x＜1时，f(x)单调递减，当x≥1时，f(x)单调递增，所以f＝f＝f＝f，又＜＜＜1，所以f＞f＞f，即f＞f＞f.
答案：f＜f＜f
角度三：利用单调性解函数不等式
3．设函数f(x)＝若f(a＋1)≥f(2a－1)，则实数a的取值范围是________．
解析：易知函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上是增函数，
∵f(a＋1)≥f(2a－1)，∴a＋1≥2a－1，解得a≤2.故实数a的取值范围是(－∞，2]．
答案：(－∞，2]
4．定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，且f ＝0，求不等式f(logx)＞0的解集．
解：∵y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且y＝f(x)在(0，＋∞)上递增．
∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函数，
又f ＝0，知f ＝－f ＝0.
故原不等式f(logx)＞0可化为
f(logx)＞f或f＜f(logx)＜f，
∴logx＞或－＜logx＜0，
解得0＜x＜或1＜x＜3.
∴原不等式的解集为.
角度四：利用单调性求参数的取值范围或值
5．(2019·南通调研)已知函数f(x)＝(a＞0，且a≠1)满足对任意x1≠x2，都有＜0成立，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知f(x)为减函数，所以解得0＜a≤.
答案：
[通法在握]
函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
(1)求函数最值(五种常用方法)
方法
步骤
单调性法
先确定函数的单调性，再由单调性求最值
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
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
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
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

(2)比较函数值大小的解题思路
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，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于填空题能数形结合的尽量用图象法求解．
(3)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．
(4)利用单调性求参数的范围(或值)的方法
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．
[提醒]　①若函数在区间[a，b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；②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．
[演练冲关]
1．(2019·连云港调研)若函数f(x)＝是在R上的减函数，则a的取值范围是________．
解析：由题意得解得－6≤a＜1.
答案：[－6,1)
2．函数f(x)＝－＋b(a＞0)在上的值域为，则a＝________，b＝________.
解析：因为f(x)＝－＋b(a＞0)在上是增函数，
所以f＝，f(2)＝2.
即
解得a＝1，b＝.
答案：1　
3．已知函数f(x)＝ln(2＋|x|)－，则使得f(x＋2)＞f(2x－1)成立的x的取值范围是________．
解析：由f(－x)＝f(x)可得函数f(x)是定义域R上的偶函数，且x＞0时函数f(x)单调递增，
则不等式等价于f(|x＋2|)＞f(|2x－1|)，
即|x＋2|＞|2x－1|，两边平方化简得3x2－8x－3＜0，
解得－＜x＜3.
答案：

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1．(2019·如皋中学月考)函数f(x)＝|x2－2x＋2|的增区间是________．
解析：因为函数f(x)＝|x2－2x＋2|＝|(x－1)2＋1|＝(x－1)2＋1，
所以函数f(x)＝|x2－2x＋2|的增区间是[1，＋∞)．
答案：[1，＋∞)
2．函数y＝－x(x≥0)的最大值为________．
解析：令t＝，则t≥0，所以y＝t－t2＝－2＋，结合图象知，当t＝，即x＝时，ymax＝.
答案：
3．(2018·徐州质检)函数f(x)＝x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．
解析：因为y＝x和y＝－log2(x＋2)都是[－1,1]上的减函数，所以y＝x－log2(x＋2)是在区间[－1,1]上的减函数，所以最大值为f(－1)＝3.
答案：3
4．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，则满足f(2x－1)＜f(5)的x的取值范围是________．
解析：因为偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，且f(2x－1)＜f(5)，所以|2x－1|＞5，即x＜－2或x＞3.
答案：(－∞，－2)∪(3，＋∞)
5．若函数f(x)＝－x2＋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________．
解析：因为f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2在[1,2]上是减函数，所以a≤1.
又g(x)＝(a＋1)1－x在[1,2]上是减函数．所以a＋1＞1，所以a＞0.
综上可知0＜a≤1.
答案：(0,1]
6．(2019·海门中学高三检测)已知函数f(x)＝满足对任意x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)成立，那么实数a的取值范围是________．
解析：∵函数f(x)满足对任意x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)成立，
∴函数f(x)在定义域上是增函数，
则满足即解得≤a＜2.
答案：
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1．设函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．
解析：f(x)＝＝a－，
因为函数f(x)在区间(－2，＋∞)上是增函数．
所以解得a≥1.
答案：[1，＋∞)
2．(2019·江阴高三检测)设a＞0且a≠1，函数f(x)＝loga|ax2－x|在[3,5]上是单调增函数，则实数a的取值范围为______________．
解析：∵a＞0且a≠1，函数f(x)＝loga|ax2－x|＝loga|x·(ax－1)|在[3,5]上是单调增函数，
∴当a＞1时，y＝x·(ax－1)在[3,5]上是单调增函数，且y＞0，满足f(x)是增函数；
当0＜a＜1时，要使f(x)在[3,5]上是单调增函数，只需解得≤a＜.
综上可得，a＞1或≤a＜.
答案：∪(1，＋∞)
3．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．
解析：依题意，h(x)＝当0＜x≤2时，h(x)＝log2x是增函数，当x＞2时，h(x)＝－x＋3是减函数，所以h(x)在x＝2时，取得最大值h(2)＝1.
答案：1
4．(2018·徐州一模)已知函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象关于y轴对称，当函数y＝f(x)和y＝g(x)在区间[a，b]上同时递增或者同时递减时，把区间[a，b]叫做函数y＝f(x)的“不动区间”，若区间[1,2]为函数f(x)＝|2x－t|的“不动区间”，则实数t的取值范围是________．
解析：因为函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象关于y轴对称，所以g(x)＝f(－x)＝|2－x－t|.
因为区间[1,2]为函数f(x)＝|2x－t|的“不动区间”，
所以函数f(x)＝|2x－t|和函数g(x)＝|2－x－t|在[1,2]上单调性相同，
因为y＝2x－t和函数y＝2－x－t的单调性相反，
所以(2x－t)(2－x－t)≤0在[1,2]上恒成立，
即2－x≤t≤2x在[1,2]上恒成立，解得≤t≤2.
答案：
5．(2018·金陵中学月考)定义在[－2,2]上的函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，且f(a2－a)＞f(2a－2)，则实数a的取值范围为________．
解析：函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，所以函数在[－2,2]上单调递增，所以
所以所以0≤a＜1.
答案：[0,1)
6．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)的大小关系为____________(用“＜”表示)．
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)，所以f(－2)＜f(－3)＜f(π)．
答案：f(－2)＜f(－3)＜f(π)
7．(2018·苏州高三暑假测试)已知函数f(x)＝x＋(a＞0)，当x∈[1,3]时，函数f(x)的值域为A，若A⊆[8,16]，则a的值等于________．
解析：因为A⊆[8,16]，所以8≤f(x)≤16对任意的x∈[1,3]恒成立，所以对任意的x∈[1,3]恒成立，当x∈[1,3]时，函数y＝16x－x2在[1,3]上单调递增，所以16x－x2∈[15,39]，函数y＝8x－x2在[1,3]上也单调递增，所以8x－x2∈[7,15]，所以即a的值等于15.
答案：15
8．若函数f(x)＝ax(a＞0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.
解析：函数g(x)在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m＞0，即m＜.若a＞1，则函数f(x)在[－1,2]上的最小值为＝m，最大值为a2＝4，解得a＝2，＝m，与m＜矛盾；当0＜a＜1时，函数f(x)在[－1,2]上的最小值为a2＝m，最大值为a－1＝4，解得a＝，m＝.所以a＝.
答案：
9．已知函数f(x)＝a－.
(1)求证：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)＜2x在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝a－，
设0＜x1＜x2，则x1x2＞0，x2－x1＞0，
f(x2)－f(x1)＝－＝－＝＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)由题意a－＜2x在(1，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝2x＋，
则a＜h(x)在(1，＋∞)上恒成立．
任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1＜x2，
h(x1)－h(x2)＝(x1－x2).
因为1＜x1＜x2，所以x1－x2＜0，x1x2＞1，所以2－＞0，
所以h(x1)＜h(x2)，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
故a≤h(1)，即a≤3，
所以实数a的取值范围是(－∞，3]．
10．(2019·江阴期中)设函数f(x)＝是定义在(－1,1)上的奇函数，且f＝.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)用单调性定义证明f(x)在(－1,1)上是增函数；
(3)解不等式f(|t|－1)＋f(t2)＜f(0)．
解：(1)因为f(x)＝是定义在(－1,1)上的奇函数，
所以f(0)＝b＝0，所以f(x)＝，
而f＝＝，
解得a＝1，
所以f(x)＝，x∈(－1,1)．
(2)证明：任取x1，x2∈(－1,1)且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝－＝.
因为x1＜x2，所以x1－x2＜0，
又因为x1，x2∈(－1,1)，所以1－x1x2＞0，
所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
所以函数f(x)在(－1,1)上是增函数．
(3)由题意，不等式f(|t|－1)＋f(t2)＜f(0)可化为f(|t|－1)＋f(t2)＜0，即f(t2)＜－f(|t|－1)，
因为f(x)是定义在(－1,1)上的奇函数，
所以f(t2)＜f(1－|t|)，
所以
解得＜t＜且t≠0，
所以该不等式的解集为∪.
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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____________．
解析：因为f(9)＝f(3)＋f(3)＝2，所以由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，所以有解得8＜x≤9.
答案：(8,9]
2．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f＝f(x1)－f(x2)，且当x＞1时，f(x)＜0.
(1)证明：f(x)为单调递减函数；
(2)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．
解：(1)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，
则＞1，由于当x＞1时，f(x)＜0，
所以f＜0，即f(x1)－f(x2)＜0，
因此f(x1)＜f(x2)，
所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．
(2)因为f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，
所以f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)．
由f＝f(x1)－f(x2)得，
f＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，
所以f(9)＝－2.
所以f(x)在[2,9]上的最小值为－2.