2021新高考数学（江苏专用）一轮复习学案：第二章第2节函数的单调性与最值


第2节　函数的单调性与最值
考试要求　借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义.

知 识 梳 理
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A，区间I⊆A：如果对于区间I内的任意两个值x1，x2
当x1 当x1f(x2)，那么就说函数y＝f(x)在区间I上是单调减函数，I称为y＝f(x)的单调减区间
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I上是单调增函数或单调减函数，那么就说函数y＝f(x)在区间I上具有单调性，单调增区间和单调减区间统称为单调区间.
2.函数的最值
前提
设函数y＝f(x)的定义域为A，满足
条件
如果存在x0∈A，使得对于任意的x∈A，都有f(x)≤f(x0)，那么称f(x0)为y＝f(x)的最大值
如果存在x0∈A，使得对于任意的x∈A，都有f(x)≥f(x0)，那么称f(x0)为y＝f(x)的最小值
结论
ymax＝f(x0)
ymin＝f(x0)
[常用结论与微点提醒]
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.函数y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反.
3.“对勾函数”y＝x＋(a>0)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)；单调减区间是[－，0)，(0，].
诊 断 自 测

1.判断下列结论的正误.(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＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).(　　)
(3)对于函数y＝f(x)，若f(1) (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.
答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×

2.(教材必修1P40T1改编)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　)
A.y＝x B.y＝2－x
C.y＝logx D.y＝
解析　函数y＝x在(0，＋∞)上是增函数，函数y＝2－x，y＝logx，y＝在(0，
＋∞)上均是减函数.
答案　A
3.(新教材必修第一册P81例5改编)函数y＝在区间[2，3]上的最大值是________.
解析　函数y＝＝1＋在[2，3]上递减，
当x＝2时，y＝取得最大值＝2.
答案　2

4.(2017·全国Ⅱ卷)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　由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.
设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数.
要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间.
∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)，
∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞).
答案　D
5.(2020·北京模拟)函数y＝f(x)是定义在[－2，2]上的减函数，且f(a＋1) 解析　由条件知解得－1≤a<1.
答案　[－1，1)
6.(2020·青岛二中月考)函数f(x)＝的最大值为________.
解析　当x≥1时，函数f(x)＝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.
答案　2

考点一　确定函数的单调性(区间)
【例1】 (1)函数y＝log(－x2＋x＋6)的单调增区间为(　　)
A. B.
C.(－2，3) D.
解析　由－x2＋x＋6>0，得－2 答案　A
(2)(一题多解)试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1，1)上的单调性.
解　法一　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) 法二　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.
规律方法　1.(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1).(2)单调区间不能用集合或不等式表达，且图象不连续的单调区间要用“和”“，”连接.
2.(1)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.
(2)函数y＝f[g(x)]的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.
【训练1】 (1)设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________.
解析　由题意知g(x)＝
函数的图象如图所示的实线部分，根据图象，g(x)的递减区间是[0，1).
答案　[0，1)
(2)判断并证明函数f(x)＝ax2＋(其中1 证明　f(x)在[1，2]上单调递增，证明如下：
设1≤x1 ＝(x2－x1)，
由1≤x10，2 1 又因为1 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.
考点二　求函数的最值
【例2】 (1)已知函数f(x)＝ax＋logax(a>0，且a≠1)在[1，2]上的最大值与最小值之和为loga2＋6，则a的值为(　　)
A. B. C.2 D.4
(2)(一题多解)(2020·徐州一中月考)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　(1)f(x)＝ax＋logax在[1，2]上是单调函数，
所以f(1)＋f(2)＝loga2＋6，
则a＋loga1＋a2＋loga2＝loga2＋6，
即(a－2)(a＋3)＝0，又a>0，所以a＝2.
(2)法一　在同一坐标系中，
作函数f(x)，g(x)的图象，
依题意，h(x)的图象如图所示的实线部分.
易知点A(2，1)为图象的最高点，
因此h(x)的最大值为h(2)＝1.
法二　依题意，h(x)＝
当0 当x>2时，h(x)＝3－x是减函数，
因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1.
答案　(1)C　(2)1
规律方法　求函数最值的四种常用方法
(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)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.
(4)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.
【训练2】 (1)(多选题)已知函数f(x)＝ln(x－2)＋ln(6－x)，则(　　)
A.f(x)在(2，6)上单调递增
B.f(x)在(2，6)上的最大值为2ln 2
C.f(x)在(2，6)上无最小值
D.f(x)的图象关于直线x＝4对称
(2)设函数f(x)＝则f(x)的最小值是________.
解析　(1)f(x)＝ln(x－2)＋ln(6－x)＝ln[(x－2)(6－x)]，定义域为(2，6).令t＝(x－2)(6－x)，则y＝ln t.因为二次函数t＝(x－2)(6－x)的图象的对称轴为直线x＝4，且在(2，4)上单调递增，在(4，6)上单调递减，所以当x＝4时，t有最大值，所以f(x)max＝f(4)＝2ln 2，f(x)在(2，6)上无最小值.故选BCD.
(2)当x≤1时，f(x)＝x2的最小值为0，
当x>1时，f(x)＝x＋－6≥2－6(当且仅当x＝时，取“＝”).
由于2－6<0，所以f(x)min＝2－6.
答案　(1)BCD　(2)2－6
考点三　函数单调性的应用　多维探究
角度1　利用单调性比较大小
【例3－1】 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.由当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减.又1<2<f>f(e)，即f(2)>f>f(e)，故b>a>c.
答案　D
角度2　求解函数不等式
【例3－2】 (2018·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝则满足f(x＋1) A.(－∞，－1] B.(0，＋∞)
C.(－1，0) D.(－∞，0)
解析　当x≤0时，函数f(x)＝2－x是减函数，则f(x)≥f(0)＝1.
作出f(x)的大致图象如图所示，结合图象知，要使f(x＋1)＜f(2x)，当且仅当或
解得x<－1或－1≤x<0，即x<0.
答案　D
角度3　求参数的值或取值范围
【例3－3】 (1)(2018·全国Ⅱ卷)若f(x)＝cos x－sin x在[0，a]上是减函数，则a的最大值是(　　)
A. B. C. D.π
(2)如果函数f(x)＝满足对任意x1≠x2，都有>0成立，那么a的取值范围是________.
解析　(1)∵f(x)＝cos x－sin x＝－sin，
∴当x－∈，即x∈时，
y＝sin单调递增，
f(x)＝－sin单调递减，
∴是f(x)在原点附近的单调减区间，
结合条件得[0，a]⊆，
∴a≤，即amax＝.
(2)对任意x1≠x2，都有>0，
所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数.
所以解得≤a<2.
故实数a的取值范围是.
答案　(1)C　(2)
规律方法　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.求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f”.
3.利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.对于分段函数，要注意衔接点的取值.
【训练3】 (1)(角度2)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)(角度1)(2019·全国Ⅲ卷)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则(　　)
A.f>f(2－)>f(2－)
B.f>f(2－)>f(2－)
C.f(2－)>f(2－)>f
D.f(2－)>f(2－)>f
(3)(角度3)若函数f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝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]
解析　(1)作出函数f(x)的图象如图所示，知函数f(x)在R上是减函数，
由f(a－1)≥f(－a)，得a－1≤－a，
解得a≤.
(2)因为f(x)是定义域为R的偶函数，
所以f＝f(－log34)＝f(log34).
又因为log34>1>2－>2－>0，且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(log34)<
f(2－) 即f (3)因为f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2在[1，2]上为减函数，所以由其图象得a≤1.g(x)＝，g′(x)＝－，要使g(x)在[1，2]上为减函数，需g′(x)<0在[1，2]上恒成立，故有－a<0，因此a>0.综上可知0 答案　(1)A　(2)C　(3)D

A级　基础巩固
一、选择题
1.(2019·南京调研)设函数f(x)＝x(ex＋e－x)，则f(x)(　　)
A.是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数
B.是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数
C.是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数
D.是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数
解析　f(－x)＝(－x)(e－x＋ex)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，f′(x)＝ex＋e－x＋x(ex－
e－x)，当x>0时，ex－e－x>0，ex＋e－x>0，所以f′(x)>0.故f(x)在(0，＋∞)上是增函数.
答案　A
2.(2020·北京诊断)已知函数f(x)在R上单调递减，且a＝33.1，b＝，c＝ln ，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为(　　)
A.f(a)>f(b)>f(c) B.f(b)>f(c)>f(a)
C.f(c)>f(a)>f(b) D.f(c)>f(b)>f(a)
解析　因为a＝33.1>30＝1，0f(b)>f(a).
答案　D
3.已知函数f(x)＝loga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，若f(0)<0，则此函数的单调递增区间是(　　)
A.(－∞，－1] B.[－1，＋∞)
C.[－1，1) D.(－3，－1]
解析　令g(x)＝－x2－2x＋3，由题意知g(x)>0，可得－3 答案　C
4.(多选题)函数y＝，x∈(m，n]的最小值为0，则m的取值可以为(　　)
A.－2 B.－1 C.0 D.1
解析　函数y＝＝＝－1在区间(－1，＋∞)上是减函数，且f(2)＝0，所以n＝2.
根据题意，x∈(m，n]时，ymin＝0.
所以m的取值范围是[－1，2)，故m可以取－1，0，1.
答案　BCD
5.(2020·宿迁调研)已知函数f(x)＝
(a>0且a≠1)在R上单调递减，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析　由分段函数f(x)在R上单调递减，可得0 ∴实数a的取值范围是.
答案　C
二、填空题
6.(多填题)函数y＝|x|(1－x)的单调递增区间为________，单调递减区间为________.
解析　y＝|x|(1－x)＝＝函数的大致图象如图所示.

由图易知函数的单调递增区间为，单调递减区间为(－∞，0]和.
答案　　(－∞，0]和
7.设函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a的取值范围是________.
解析　f(x)＝＝a－，
∵函数f(x)在区间(－2，＋∞)上是增函数，
∴即即a≥1.
答案　[1，＋∞)
8.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　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.
答案　(－∞，1]∪[4，＋∞)
三、解答题
9.已知函数f(x)＝－(a>0，x>0).
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)在上的值域是，求a的值.
(1)证明　设x2>x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0，
∵f(x2)－f(x1)＝－＝－＝>0，∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，
＋∞)上是增函数.
(2)解　∵f(x)在上的值域是，
又由(1)知f(x)在上是单调增函数，
∴f＝，f(2)＝2，易得a＝.
10.已知函数f(x)＝a－.
(1)求f(0)；
(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论；
(3)若f(x)为奇函数，求满足f(ax) 解　(1)f(0)＝a－＝a－1.
(2)f(x)在R上单调递增.证明如下：
∵f(x)的定义域为R，∴任取x1，x2∈R且x1 则f(x1)－f(x2)＝a－－a＋
＝，
∵y＝2x在R上单调递增且x1 ∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0，2x1＋1>0，2x2＋1>0.
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1) ∴f(x)在R上单调递增.
(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
即a－＝－a＋，解得a＝1.
∴f(ax) 又∵f(x)在R上单调递增，∴x<2.
∴x的取值范围是(－∞，2).
B级　能力提升
11.已知函数f(x)＝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　∵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)＝x3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－x2)>f(x)等价于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2 答案　D
12.(2020·常州模拟)若函数f(x)＝
的值域是[e－1，＋∞)，其中e是自然对数的底数，则实数m的最小值是________.
解析　当x≥e时，(x－ln x)′＝1－>0，此时函数f(x)在[e，＋∞)上单调递增，值域是[e－1，＋∞).
当x 于是－＋m≥e－1，解得m≥－1，
故实数m的最小值是－1.
答案　－1
13.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 (2)若f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0，3]，a∈[－1，1]恒成立，求实数m的取值范围.
解　(1)由解得 ∴原不等式的解集为{x|－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)≤m2－2am＋1对所有x∈(0，3]，a∈[－1，1]恒成立转化为1≤m2－2am＋1对所有a∈[－1，1]恒成立，即m2－2am≥0对所有a∈[－1，1]恒成立.
设g(a)＝－2ma＋m2，a∈[－1，1]，
∴需满足即
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，＋∞).
C级　创新猜想
14.(多填题)(2019·北京卷)设函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数).若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________.
解析　若f(x)为奇函数，则f(－x)＝－f(x)，
即e－x＋aex＝－(ex＋ae－x)，
即(a＋1)(ex＋e－x)＝0对任意的x恒成立，所以a＝－1.
若函数f(x)＝ex＋ae－x是R上的增函数，
则f′(x)＝ex－ae－x≥0恒成立，
所以a≤e2x恒成立，则有a≤0，
即a的取值范围是(－∞，0].
答案　－1　(－∞，0]
15.(多填题)设函数f(x)＝若f[f(1)]＝4a，则实数a＝________，函数f(x)的单调增区间为________.
解析　∵f(x)＝∴f(1)＝12＋1＝2，f[f(1)]＝f(2)＝22＋2a.由f[f(1)]＝4a，∴22＋2a＝4a，∴a＝2.当x≤1时，f(x)在(－∞，0]上递减，在[0，1]上递增，且f(1)＝2；当x>1时，f(x)＝2x＋2x在(1，＋∞)上递增，令x＝1时，2x＋2x＝2＋2＝4＞f(1)，故f(x)的单调增区间为[0，1]∪(1，＋∞)＝[0，＋∞).
答案　2　[0，＋∞)