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2020版高考数学大一轮复习第5讲函数的单调性与最值学案理新人教A版Word版
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第5讲 函数的单调性与最值
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
描述
自左向右看图像是
自左向右看图像是
2.单调区间的定义
如果函数y=f(x)在区间D上是 ,那么就说函数y=f(x)在这一区间具有(严格的)单调性, 叫作函数y=f(x)的单调区间.
3.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 ;
(2)存在x0∈I,使得
结论
M为最大值
M为最小值
常用结论
1.函数的单调性
(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)单调性相同;若k<0,则kf(x)与f(x)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)复合函数单调性的确定方法: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.函数最值的两条结论:
(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.
题组一 常识题
1.[教材改编] 函数f(x)=(2a-1)x-3是R上的减函数,则a的取值范围是 .
2.[教材改编] 函数f(x)=(x-2)2+5(x∈[-3,3])的单调递增区间是 ;单调递减区间是 .
3.[教材改编] 函数f(x)=(x∈[2,5])的最大值与最小值之和等于 .
4.[教材改编] 函数f(x)=|x-a|+1在[2,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围是 .
题组二 常错题
◆索引:求单调区间忘记定义域导致出错;对于分段函数,一般不能整体单调,只能分段单调;利用单调性解不等式忘记在单调区间内求解;混淆“单调区间”与“在区间上单调”两个概念.
5.函数f(x)=ln(4+3x-x2)的单调递减区间是 .
6.已知函数f(x)=是定义在R上的减函数,则实数a的取值范围为 .
7.函数y=f(x)是定义在[-2,2]上的减函数,且f(a+1)
(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 .
探究点一 函数单调性的判断与证明
例1 判断函数f(x)=ax+(a>1),x∈(-2,+∞)的单调性,并用单调性的定义证明你的结论.
[总结反思] (1)定义法证明函数单调性的一般步骤:①任取x1,x2∈D,且x1
A.y=-x2+1 B.y=|x-1|
C.y=1- D.y=ln x+x
(2)[2018·茂名二联] 设函数f(x)在R上为增函数,则下列结论一定正确的是 ( )
A.y=[f(x)]2在R上为增函数
B.y=|f(x)|在R上为增函数
C.y=2-f(x)在R上为减函数
D.y=-[f(x)]3在R上为增函数
探究点二 求函数的单调区间
例2 (1)[2018·石嘴山一模] 函数y=ln(-x2+2x+3)的单调递增区间是 ( )
A.(-1,1] B.[1,3)
C.(-∞,1] D.[1,+∞)
(2)设函数f(x)=g(x)=x2f(x-1),则函数g(x)的单调递减区间是 .
[总结反思] (1)求函数单调区间的常见方法:①定义法;②图像法;③导数法.
(2)求复合函数单调区间的一般步骤为:①确定函数的定义域;②求简单函数的单调区间;③求复合函数的单调区间,其依据是“同增异减”.
(3)单调区间只能用区间表示,不能用集合或不等式表示,有多个单调区间应分开写,不能用并集符号“∪”连接.
变式题 (1)[2019·成都七中一诊] 函数f(x)=的单调递增区间是 ( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,1]
C.[1,+∞) D.[4,+∞)
(2)已知函数f(x)=-x|x|+2x,则下列结论正确的是( )
A.f(x)的单调递增区间是(0,+∞)
B.f(x)的单调递减区间是(-∞,0)
C.f(x)的单调递增区间是(-∞,-1)
D.f(x)的单调递增区间是(-1,1)
探究点三 利用函数单调性解决问题
微点1 利用函数的单调性比较大小
例3 已知f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,对任意两个不相等的正数x1,x2,都有>0.记a=,b=,c=,则 ( )
A.a
[总结反思] 比较函数值的大小时,应先将自变量转化到同一个单调区间内,再利用函数的单调性去比较大小.
微点2 利用函数的单调性解决不等式问题
例4 (1)[2018·广州模拟] 已知函数f(x)=log2(4x+1)+x,则不等式f(log3x)<1的解集为 ( )
A.(0,1) B.(0,2)
C.(-1,0) D.(-1,1)
(2)已知函数f(x)的定义域为R,对任意x13x的解集为 ( )
A.(2,+∞)
B.(-∞,2)
C.(1,+∞)
D.(-∞,1)
[总结反思] 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)据函数f(x)的单调性去掉法则“f”,转化为形如“x1>x2”或“x1
例5 (1)已知a>0,设函数f(x)=+2018x3(x∈[-a,a])的最大值为M,最小值为N,则M+N的值为 ( )
A.2018 B.2019
C.4035 D.4036
(2)[2018·龙岩质检] 函数f(x)=-log2(x+4)在区间[-2,2]上的最大值为 .
[总结反思] 若函数f(x)在区间[a,b]上单调,则必在区间的端点处取得最值;若函数f(x)在区间[a,b]上不单调,则最小值为函数f(x)在该区间内的极小值和区间端点值中最小的值,最大值为函数f(x)在该区间内的极大值和区间端点值中最大的值.
微点4 利用函数的单调性求参数的范围(或值)
例6 (1)[2018·南充三模] 已知f(x)=是R上的增函数,那么实数a的取值范围是 ( )
A.(0,3)
B.(1,3)
C.(1,+∞)
D.
(2)已知函数f(x)=e|x-a|(a为常数),若f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,则a的取值范围是 .
[总结反思] (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.
应用演练
1.【微点1】[2018·南阳第一中学模拟] 已知a,b∈R,0
C.log2a
A. B.
C. D.
3.【微点4】已知函数f(x)=对任意两个不相等的实数x1,x2∈[2,+∞),都有不等式>0成立,则实数a的取值范围是 ( )
A.(0,+∞) B.
C. D.
4.【微点2】[2018·昆明检测] 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.
5.【微点3】[2018·河南六市联考] 若函数f(x)=,1≤|x|≤9的最大值为M,最小值为m,则M-m= ( )
A. B.
C. D.
第5讲 函数的单调性与最值
考试说明 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图像分析函数的性质.
【课前双基巩固】
知识聚焦
1.f(x1)f(x2) 上升的 下降的
2.增函数或减函数 区间D
3.f(x)≥M f(x0)=M
对点演练
1.a< [解析] 当2a-1<0,即a<时,f(x)是R上的减函数.
2.(2,3] [-3,2] [解析] 由函数f(x)=(x-2)2+5(x∈[-3,3])的图像(图略)即可得到单调区间.
3. [解析] 函数f(x)=在[2,5]上是减函数,所以最大值为f(2)=1,最小值为f(5)=,所以最大值与最小值之和为1+=.
4.a≤2 [解析] 因为函数f(x)=|x-a|+1的单调递增区间是[a,+∞),当f(x)在[2,+∞)上单调递增时,满足[2,+∞)⊆[a,+∞),所以a≤2.
5. [解析] 函数f(x)的定义域是(-1,4),u(x)=-x2+3x+4=-+,x∈(-1,4)的单调递减区间为,∴函数f(x)的单调递减区间为.
6. [解析] 由题知解得a≤,即实数a的取值范围是.
7.[-1,1) [解析] 由条件知解得-1≤a<1.
8.(1)a≤-3 (2)-3 [解析] (1)函数图像的对称轴为直线x=1-a,由1-a≥4,得a≤-3.
(2)函数图像的对称轴为直线x=1-a,由1-a=4,得a=-3.
【课堂考点探究】
例1 [思路点拨] 直接判断单调性即可,再按照单调性的定义证明单调性.
解:该函数在(-2,+∞)上单调递增.证明如下:
任取x1,x2∈(-2,+∞),不妨设x10,x1+2>0,x2+2>0,
又a>1,
所以>,即有->0,
所以f(x2)-f(x1)=+--
=(-)+
=(-)+>0,
故函数f(x)在(-2,+∞)上单调递增.
变式题 (1)D (2)C [解析] (1)对于选项A,函数y=-x2+1在(0,+∞)上单调递减,故A错;
对于选项B,函数y=|x-1|在(0,+∞)上先减后增,故B错;
对于选项C,函数y=1-在(0,1)和(1,+∞)上均单调递增,但在(0,+∞)上不单调递增,故C错;
对于选项D,函数y=ln x+x在(0,+∞)上单调递增,所以D正确.
(2)A错,比如f(x)=x在R上为增函数,但y=[f(x)]2在R上不具有单调性;
B错,比如f(x)=x在R上为增函数,但y=|f(x)|=|x|在(0,+∞)上为增函数,在(-∞,0)上为减函数;
C对,f(x)在R上为增函数,所以-f(x)在R上单调递减,所以y=2-f(x)在R上为减函数;
D错,比如f(x)=x在R上为增函数,但y=-[f(x)]3=-x3在R上为减函数.
故选C.
例2 [思路点拨] (1)先令t=-x2+2x+3>0求得函数的定义域,再根据复合函数的单调性的性质判定函数的单调递增区间;(2)作出函数g(x)的图像,由图像可得单调递减区间.
(1)A (2)[0,1) [解析] (1)令t=-x2+2x+3>0,求得-1
故函数y=ln(-x2+2x+3)的单调递增区间是(-1,1].
(2)由题意知g(x)=该函数的图像如图所示,其单调递减区间是[0,1).
变式题 (1)D (2)D [解析] (1)由x2-2x-8≥0得x≥4或x≤-2.
令t=x2-2x-8,则y=为增函数,
又t=x2-2x-8在[4,+∞)上单调递增,
∴原函数的单调递增区间为[4,+∞),故选D.
(2)由题意可得函数的定义域为R.
∵函数f(x)=-x|x|+2x,∴f(-x)=x|-x|-2x=-f(x),∴f(x)为奇函数.
当x≥0时,f(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1,
由二次函数的性质可知,函数在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
由奇函数的性质可得,函数在(-1,0)上单调递增,在(-∞,-1)上单调递减.
综上可得,函数的单调递增区间为(-1,1).
故选D.
例3 [思路点拨] 先根据已知条件判定y=的单调性,再比较大小.
B [解析] ∵f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,对任意两个不相等的正数x1,x2,都有>0,∴函数y=是(0,+∞)上的增函数.∵1<30.2<30.5=<2,0<0.32<1,log25>2,∴0<0.32<30.23x,即f(3x-1)-(3x-1)>1,即g(3x-1)>1=g(2),所以3x-1>2,得3x>3,解得x>1,故所求不等式的解集为(1,+∞).
例5 [思路点拨] (1)对原函数解析式化简变形,利用常见函数的单调性确定f(x)的单调性,从而得到函数的最大值和最小值;(2)函数f(x)可看成是由函数y=和函数y=-log2(x+4)组合而成的,分别考查这两个函数的单调性可得函数f(x)在区间[-2,2]上的最大值.
(1)C (2)8 [解析] (1)f(x)=+2018x3=+2018x3
=2018-+2018x3.
因为y=-,y=2018x3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)=2018-+2018a3+2018-+2018(-a)3=4036-1=4035.
(2)因为函数y=和函数y=-log2(x+4)是定义域内的减函数,所以函数f(x)=-log2(x+4)在区间[-2,2]上单调递减,则所求函数的最大值为f(-2)=-log2(-2+4)=9-1=8.
例6 [思路点拨] (1)根据一次函数以及指数函数的性质,结合函数的单调性得到不等式组,解出即可.(2)根据解析式求出所给函数的单调递增区间,利用[1,+∞)是所得单调递增区间的子集,求得a的取值范围.
(1)D (2)(-∞,1] [解析] (1)由题意得解得≤a<3,故选D.
(2)∵f(x)=e|x-a|=∴f(x)在[a,+∞)上为增函数,则由题意得[1,+∞)⊆[a,+∞),∴a≤1.
应用演练
1.D [解析] 因为函数y=x3与函数y=2x在定义域内单调递增,所以A,B正确;
由log2a,即loga2>logb2,所以D错误.故选D.
2.D [解析] 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.
3.D [解析] 因为函数f(x)=对任意两个不相等的实数x1,x2∈[2,+∞),都有不等式>0成立,所以函数f(x)=在[2,+∞)上单调递增.易知a=0时不合题意,所以只需解得≤a≤2,即实数a的取值范围是,故选D.
4.A [解析] 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,
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.
5.B [解析] 令t=|x|,1≤t≤9,则f(x)=g(t)=-,
由y=,y=-在[1,9]上单调递增,可得g(t)=-在[1,9]上单调递增,
所以f(x)的最小值m=g(1)=-=0,
f(x)的最大值M=g(9)=-=,
所以M-m=,故选B.
【备选理由】 例1考查抽象函数单调性的证明以及函数不等式的求解,考查转化思想和计算能力;例2考查的是有关函数值比较大小的问题,在求解的过程中,需要抓住题中的条件f(1+x)=f(1-x),得到函数图像的对称性,再结合单调性比较大小;例3需要构造函数,利用函数单调性求解,考查学生的观察能力和运用条件的能力,有一定的难度;例4涉及绝对值函数的最值问题,一般利用绝对值定义去掉绝对值,将函数转化为分段函数,再根据函数单调性确定函数的最值.
例1 [配合例1使用] 函数f(x)对任意的m,n∈R都有f(m+n)=f(m)+f(n)-1,并且当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∈R,且x10,所以f(x2-x1)>1,
所以f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)>0,
即f(x2)>f(x1),所以f(x)是R上的增函数.
(2)因为m,n∈R,不妨设m=n=1,所以f(1+1)=f(1)+f(1)-1,即f(2)=2f(1)-1,所以f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)-1=2f(1)-1+f(1)-1=3f(1)-2=4,所以f(1)=2,
所以f(a2+a-5)<2等价于f(a2+a-5)
A.a>b>c B.b>a>c
C.a>c>b D.c>b>a
[解析] A 根据f(1+x)=f(1-x),可得函数f(x)的图像关于直线x=1对称,结合f(x)是[1,+∞)上的增函数,可得函数f(x)是(-∞,1]上的减函数.利用幂函数和指数函数的单调性,可以确定0.<0.<0.<1,所以f(0.)>f(0.)>f(0.),即a>b>c,故选A.
例3 [配合例4使用][2018·石家庄三模] 已知函数f(x)=ex-1+e1-x,则满足f(x-1)
则f(x)=g(u)=u+,u∈(0,+∞),易知g(u)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
且当x=1时,u=e1-1=1.
∵复合函数的单调性符合同增异减,
∴x∈(-∞,1)时,函数f(x)单调递减;x∈(1,+∞)时,函数f(x)单调递增.
∴函数f(x)的最小值f(x)min=f(1),
又∵当x=0或x=2时,f(x)=e+e-1,
∴f(x-1)
A.与a有关,与b有关 B.与a有关,与b无关
C.与a无关,与b无关 D.与a无关,与b有关
[解析] B 当-a≥2时,f(x)=-x-a+b,∴M=f(-1)=1-a+b,m=f(2)=-2-a+b,∴M-m=3;
当-a≤-1时,f(x)=x+a+b,∴m=f(-1)=-1+a+b,M=f(2)=2+a+b,∴M-m=3;
当-1<-a<2时,M=max{f(-1),f(2)}=max{|-1+a|+b,|2+a|+b},m=f(-a)=b,
∴M-m=max{|-1+a|,|2+a|}.
综上,M-m的值与a有关,与b无关,故选B.
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
描述
自左向右看图像是
自左向右看图像是
2.单调区间的定义
如果函数y=f(x)在区间D上是 ,那么就说函数y=f(x)在这一区间具有(严格的)单调性, 叫作函数y=f(x)的单调区间.
3.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 ;
(2)存在x0∈I,使得
结论
M为最大值
M为最小值
常用结论
1.函数的单调性
(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)单调性相同;若k<0,则kf(x)与f(x)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)复合函数单调性的确定方法: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.函数最值的两条结论:
(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.
题组一 常识题
1.[教材改编] 函数f(x)=(2a-1)x-3是R上的减函数,则a的取值范围是 .
2.[教材改编] 函数f(x)=(x-2)2+5(x∈[-3,3])的单调递增区间是 ;单调递减区间是 .
3.[教材改编] 函数f(x)=(x∈[2,5])的最大值与最小值之和等于 .
4.[教材改编] 函数f(x)=|x-a|+1在[2,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围是 .
题组二 常错题
◆索引:求单调区间忘记定义域导致出错;对于分段函数,一般不能整体单调,只能分段单调;利用单调性解不等式忘记在单调区间内求解;混淆“单调区间”与“在区间上单调”两个概念.
5.函数f(x)=ln(4+3x-x2)的单调递减区间是 .
6.已知函数f(x)=是定义在R上的减函数,则实数a的取值范围为 .
7.函数y=f(x)是定义在[-2,2]上的减函数,且f(a+1)
(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 .
探究点一 函数单调性的判断与证明
例1 判断函数f(x)=ax+(a>1),x∈(-2,+∞)的单调性,并用单调性的定义证明你的结论.
[总结反思] (1)定义法证明函数单调性的一般步骤:①任取x1,x2∈D,且x1
A.y=-x2+1 B.y=|x-1|
C.y=1- D.y=ln x+x
(2)[2018·茂名二联] 设函数f(x)在R上为增函数,则下列结论一定正确的是 ( )
A.y=[f(x)]2在R上为增函数
B.y=|f(x)|在R上为增函数
C.y=2-f(x)在R上为减函数
D.y=-[f(x)]3在R上为增函数
探究点二 求函数的单调区间
例2 (1)[2018·石嘴山一模] 函数y=ln(-x2+2x+3)的单调递增区间是 ( )
A.(-1,1] B.[1,3)
C.(-∞,1] D.[1,+∞)
(2)设函数f(x)=g(x)=x2f(x-1),则函数g(x)的单调递减区间是 .
[总结反思] (1)求函数单调区间的常见方法:①定义法;②图像法;③导数法.
(2)求复合函数单调区间的一般步骤为:①确定函数的定义域;②求简单函数的单调区间;③求复合函数的单调区间,其依据是“同增异减”.
(3)单调区间只能用区间表示,不能用集合或不等式表示,有多个单调区间应分开写,不能用并集符号“∪”连接.
变式题 (1)[2019·成都七中一诊] 函数f(x)=的单调递增区间是 ( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,1]
C.[1,+∞) D.[4,+∞)
(2)已知函数f(x)=-x|x|+2x,则下列结论正确的是( )
A.f(x)的单调递增区间是(0,+∞)
B.f(x)的单调递减区间是(-∞,0)
C.f(x)的单调递增区间是(-∞,-1)
D.f(x)的单调递增区间是(-1,1)
探究点三 利用函数单调性解决问题
微点1 利用函数的单调性比较大小
例3 已知f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,对任意两个不相等的正数x1,x2,都有>0.记a=,b=,c=,则 ( )
A.a
[总结反思] 比较函数值的大小时,应先将自变量转化到同一个单调区间内,再利用函数的单调性去比较大小.
微点2 利用函数的单调性解决不等式问题
例4 (1)[2018·广州模拟] 已知函数f(x)=log2(4x+1)+x,则不等式f(log3x)<1的解集为 ( )
A.(0,1) B.(0,2)
C.(-1,0) D.(-1,1)
(2)已知函数f(x)的定义域为R,对任意x1
A.(2,+∞)
B.(-∞,2)
C.(1,+∞)
D.(-∞,1)
[总结反思] 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)据函数f(x)的单调性去掉法则“f”,转化为形如“x1>x2”或“x1
例5 (1)已知a>0,设函数f(x)=+2018x3(x∈[-a,a])的最大值为M,最小值为N,则M+N的值为 ( )
A.2018 B.2019
C.4035 D.4036
(2)[2018·龙岩质检] 函数f(x)=-log2(x+4)在区间[-2,2]上的最大值为 .
[总结反思] 若函数f(x)在区间[a,b]上单调,则必在区间的端点处取得最值;若函数f(x)在区间[a,b]上不单调,则最小值为函数f(x)在该区间内的极小值和区间端点值中最小的值,最大值为函数f(x)在该区间内的极大值和区间端点值中最大的值.
微点4 利用函数的单调性求参数的范围(或值)
例6 (1)[2018·南充三模] 已知f(x)=是R上的增函数,那么实数a的取值范围是 ( )
A.(0,3)
B.(1,3)
C.(1,+∞)
D.
(2)已知函数f(x)=e|x-a|(a为常数),若f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,则a的取值范围是 .
[总结反思] (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.
应用演练
1.【微点1】[2018·南阳第一中学模拟] 已知a,b∈R,0
C.log2a
A. B.
C. D.
3.【微点4】已知函数f(x)=对任意两个不相等的实数x1,x2∈[2,+∞),都有不等式>0成立,则实数a的取值范围是 ( )
A.(0,+∞) B.
C. D.
4.【微点2】[2018·昆明检测] 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.
5.【微点3】[2018·河南六市联考] 若函数f(x)=,1≤|x|≤9的最大值为M,最小值为m,则M-m= ( )
A. B.
C. D.
第5讲 函数的单调性与最值
考试说明 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图像分析函数的性质.
【课前双基巩固】
知识聚焦
1.f(x1)
2.增函数或减函数 区间D
3.f(x)≥M f(x0)=M
对点演练
1.a< [解析] 当2a-1<0,即a<时,f(x)是R上的减函数.
2.(2,3] [-3,2] [解析] 由函数f(x)=(x-2)2+5(x∈[-3,3])的图像(图略)即可得到单调区间.
3. [解析] 函数f(x)=在[2,5]上是减函数,所以最大值为f(2)=1,最小值为f(5)=,所以最大值与最小值之和为1+=.
4.a≤2 [解析] 因为函数f(x)=|x-a|+1的单调递增区间是[a,+∞),当f(x)在[2,+∞)上单调递增时,满足[2,+∞)⊆[a,+∞),所以a≤2.
5. [解析] 函数f(x)的定义域是(-1,4),u(x)=-x2+3x+4=-+,x∈(-1,4)的单调递减区间为,∴函数f(x)的单调递减区间为.
6. [解析] 由题知解得a≤,即实数a的取值范围是.
7.[-1,1) [解析] 由条件知解得-1≤a<1.
8.(1)a≤-3 (2)-3 [解析] (1)函数图像的对称轴为直线x=1-a,由1-a≥4,得a≤-3.
(2)函数图像的对称轴为直线x=1-a,由1-a=4,得a=-3.
【课堂考点探究】
例1 [思路点拨] 直接判断单调性即可,再按照单调性的定义证明单调性.
解:该函数在(-2,+∞)上单调递增.证明如下:
任取x1,x2∈(-2,+∞),不妨设x1
又a>1,
所以>,即有->0,
所以f(x2)-f(x1)=+--
=(-)+
=(-)+>0,
故函数f(x)在(-2,+∞)上单调递增.
变式题 (1)D (2)C [解析] (1)对于选项A,函数y=-x2+1在(0,+∞)上单调递减,故A错;
对于选项B,函数y=|x-1|在(0,+∞)上先减后增,故B错;
对于选项C,函数y=1-在(0,1)和(1,+∞)上均单调递增,但在(0,+∞)上不单调递增,故C错;
对于选项D,函数y=ln x+x在(0,+∞)上单调递增,所以D正确.
(2)A错,比如f(x)=x在R上为增函数,但y=[f(x)]2在R上不具有单调性;
B错,比如f(x)=x在R上为增函数,但y=|f(x)|=|x|在(0,+∞)上为增函数,在(-∞,0)上为减函数;
C对,f(x)在R上为增函数,所以-f(x)在R上单调递减,所以y=2-f(x)在R上为减函数;
D错,比如f(x)=x在R上为增函数,但y=-[f(x)]3=-x3在R上为减函数.
故选C.
例2 [思路点拨] (1)先令t=-x2+2x+3>0求得函数的定义域,再根据复合函数的单调性的性质判定函数的单调递增区间;(2)作出函数g(x)的图像,由图像可得单调递减区间.
(1)A (2)[0,1) [解析] (1)令t=-x2+2x+3>0,求得-1
故函数y=ln(-x2+2x+3)的单调递增区间是(-1,1].
(2)由题意知g(x)=该函数的图像如图所示,其单调递减区间是[0,1).
变式题 (1)D (2)D [解析] (1)由x2-2x-8≥0得x≥4或x≤-2.
令t=x2-2x-8,则y=为增函数,
又t=x2-2x-8在[4,+∞)上单调递增,
∴原函数的单调递增区间为[4,+∞),故选D.
(2)由题意可得函数的定义域为R.
∵函数f(x)=-x|x|+2x,∴f(-x)=x|-x|-2x=-f(x),∴f(x)为奇函数.
当x≥0时,f(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1,
由二次函数的性质可知,函数在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
由奇函数的性质可得,函数在(-1,0)上单调递增,在(-∞,-1)上单调递减.
综上可得,函数的单调递增区间为(-1,1).
故选D.
例3 [思路点拨] 先根据已知条件判定y=的单调性,再比较大小.
B [解析] ∵f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,对任意两个不相等的正数x1,x2,都有>0,∴函数y=是(0,+∞)上的增函数.∵1<30.2<30.5=<2,0<0.32<1,log25>2,∴0<0.32<30.2
例5 [思路点拨] (1)对原函数解析式化简变形,利用常见函数的单调性确定f(x)的单调性,从而得到函数的最大值和最小值;(2)函数f(x)可看成是由函数y=和函数y=-log2(x+4)组合而成的,分别考查这两个函数的单调性可得函数f(x)在区间[-2,2]上的最大值.
(1)C (2)8 [解析] (1)f(x)=+2018x3=+2018x3
=2018-+2018x3.
因为y=-,y=2018x3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)=2018-+2018a3+2018-+2018(-a)3=4036-1=4035.
(2)因为函数y=和函数y=-log2(x+4)是定义域内的减函数,所以函数f(x)=-log2(x+4)在区间[-2,2]上单调递减,则所求函数的最大值为f(-2)=-log2(-2+4)=9-1=8.
例6 [思路点拨] (1)根据一次函数以及指数函数的性质,结合函数的单调性得到不等式组,解出即可.(2)根据解析式求出所给函数的单调递增区间,利用[1,+∞)是所得单调递增区间的子集,求得a的取值范围.
(1)D (2)(-∞,1] [解析] (1)由题意得解得≤a<3,故选D.
(2)∵f(x)=e|x-a|=∴f(x)在[a,+∞)上为增函数,则由题意得[1,+∞)⊆[a,+∞),∴a≤1.
应用演练
1.D [解析] 因为函数y=x3与函数y=2x在定义域内单调递增,所以A,B正确;
由log2a
2.D [解析] 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.
3.D [解析] 因为函数f(x)=对任意两个不相等的实数x1,x2∈[2,+∞),都有不等式>0成立,所以函数f(x)=在[2,+∞)上单调递增.易知a=0时不合题意,所以只需解得≤a≤2,即实数a的取值范围是,故选D.
4.A [解析] 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,
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.
5.B [解析] 令t=|x|,1≤t≤9,则f(x)=g(t)=-,
由y=,y=-在[1,9]上单调递增,可得g(t)=-在[1,9]上单调递增,
所以f(x)的最小值m=g(1)=-=0,
f(x)的最大值M=g(9)=-=,
所以M-m=,故选B.
【备选理由】 例1考查抽象函数单调性的证明以及函数不等式的求解,考查转化思想和计算能力;例2考查的是有关函数值比较大小的问题,在求解的过程中,需要抓住题中的条件f(1+x)=f(1-x),得到函数图像的对称性,再结合单调性比较大小;例3需要构造函数,利用函数单调性求解,考查学生的观察能力和运用条件的能力,有一定的难度;例4涉及绝对值函数的最值问题,一般利用绝对值定义去掉绝对值,将函数转化为分段函数,再根据函数单调性确定函数的最值.
例1 [配合例1使用] 函数f(x)对任意的m,n∈R都有f(m+n)=f(m)+f(n)-1,并且当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∈R,且x1
所以f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)>0,
即f(x2)>f(x1),所以f(x)是R上的增函数.
(2)因为m,n∈R,不妨设m=n=1,所以f(1+1)=f(1)+f(1)-1,即f(2)=2f(1)-1,所以f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)-1=2f(1)-1+f(1)-1=3f(1)-2=4,所以f(1)=2,
所以f(a2+a-5)<2等价于f(a2+a-5)
A.a>b>c B.b>a>c
C.a>c>b D.c>b>a
[解析] A 根据f(1+x)=f(1-x),可得函数f(x)的图像关于直线x=1对称,结合f(x)是[1,+∞)上的增函数,可得函数f(x)是(-∞,1]上的减函数.利用幂函数和指数函数的单调性,可以确定0.<0.<0.<1,所以f(0.)>f(0.)>f(0.),即a>b>c,故选A.
例3 [配合例4使用][2018·石家庄三模] 已知函数f(x)=ex-1+e1-x,则满足f(x-1)
则f(x)=g(u)=u+,u∈(0,+∞),易知g(u)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
且当x=1时,u=e1-1=1.
∵复合函数的单调性符合同增异减,
∴x∈(-∞,1)时,函数f(x)单调递减;x∈(1,+∞)时,函数f(x)单调递增.
∴函数f(x)的最小值f(x)min=f(1),
又∵当x=0或x=2时,f(x)=e+e-1,
∴f(x-1)
A.与a有关,与b有关 B.与a有关,与b无关
C.与a无关,与b无关 D.与a无关,与b有关
[解析] B 当-a≥2时,f(x)=-x-a+b,∴M=f(-1)=1-a+b,m=f(2)=-2-a+b,∴M-m=3;
当-a≤-1时,f(x)=x+a+b,∴m=f(-1)=-1+a+b,M=f(2)=2+a+b,∴M-m=3;
当-1<-a<2时,M=max{f(-1),f(2)}=max{|-1+a|+b,|2+a|+b},m=f(-a)=b,
∴M-m=max{|-1+a|,|2+a|}.
综上,M-m的值与a有关,与b无关,故选B.
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