高三数学一轮复习： 第2章 第2节 函数的单调性与最值

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1．增函数、减函数
一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I，如果对于任意x1，x2∈D，且x1＜x2，则都有：
(1)f(x)在区间D上是增函数⇔f(x1)＜f(x2)；
(2)f(x)在区间D上是减函数⇔f(x1)＞f(x2)．
2．单调性、单调区间的定义
若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．
3．函数的最值
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，x1≠x2且(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＝eq \f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( )
(3)函数y＝|x|是R上的增函数．( )
(4)所有的单调函数都有最值．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)×
2．(2016·北京高考)下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( )
A．y＝eq \f(1,1－x)
B．y＝cs x
C．y＝ln(x＋1)
D．y＝2－x
D [选项A中，y＝eq \f(1,1－x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上为增函数，故y＝eq \f(1,1－x)在(－1,1)上为增函数；
选项B中，y＝cs x在(－1,1)上先增后减；
选项C中，y＝ln(x＋1)在(－1，＋∞)上为增函数，故y＝ln(x＋1)在(－1,1)上为增函数；
选项D中，y＝2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在R上为减函数，故y＝2－x在(－1,1)上是减函数．]
3．(教材改编)函数f(x)＝eq \f(2x,x＋1)在[1,2]上的最大值和最小值分别是________．
eq \f(4,3)，1 [f(x)＝eq \f(2x,x＋1)＝eq \f(2x＋1－2,x＋1)＝2－eq \f(2,x＋1)在[1,2]上是增函数，∴f(x)max＝f(2)＝eq \f(4,3)，f(x)min＝f(1)＝1.]
4．函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，则k的取值范围是________.
【导学号：01772025】
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) [由题意知2k＋1＜0，得k＜－eq \f(1,2).]
5．f(x)＝x2－2x，x∈[－2,3]的单调增区间为________，f(x)max＝________.
[1,3] 8 [f(x)＝(x－1)2－1，故f(x)的单调增区间为[1,3]，f(x)max＝f(－2)＝8.]
(1)函数f(x)＝lg2(x2－1)的单调递减区间为________．
(2)试讨论函数f(x)＝x＋eq \f(k,x)(k＞0)的单调性．
(1)(－∞，－1) [由x2－1＞0得x＞1或x＜－1，即函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
令t＝x2－1，因为y＝lg2t在t∈(0，＋∞)上为增函数，
t＝x2－1在x∈(－∞，－1)上是减函数，所以函数f(x)＝lg2(x2－1)的单调递减区间为(－∞，－1)．]
(2)法一：由解析式可知，函数的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)．在(0，＋∞)内任取x1，x2，令0＜x1＜x2，那么f(x2)－f(x1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(k,x2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(k,x1)))＝(x2－x1)＋keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))＝(x2－x1)eq \f(x1x2－k,x1x2).2分
因为0＜x1＜x2，所以x2－x1＞0，x1x2＞0.
故当x1，x2∈(eq \r(k)，＋∞)时，f(x1)＜f(x2)，
即函数在(eq \r(k)，＋∞)上单调递增.6分
当x1，x2∈(0，eq \r(k))时，f(x1)＞f(x2)，
即函数在(0，eq \r(k))上单调递减．
考虑到函数f(x)＝x＋eq \f(k,x)(k＞0)是奇函数，在关于原点对称的区间上具有相同的单调性，故在(－∞，－eq \r(k))上单调递增，在(－eq \r(k)，0)上单调递减．
综上，函数f(x)在(－∞，－eq \r(k))和(eq \r(k)，＋∞)上单调递增，在(－eq \r(k)，0)和(0，eq \r(k))上单调递减.12分
法二：f′(x)＝1－eq \f(k,x2).2分
令f′(x)＞0得x2＞k，即x∈(－∞，－eq \r(k))或x∈(eq \r(k)，＋∞)，故函数的单调增区间为(－∞，－eq \r(k))和(eq \r(k)，＋∞).6分
令f′(x)＜0得x2＜k，即x∈(－eq \r(k)，0)或x∈(0，eq \r(k))，故函数的单调减区间为(－eq \r(k)，0)和(0，eq \r(k)).10分
故函数f(x)在(－∞，－eq \r(k))和(eq \r(k)，＋∞)上单调递增，在(－eq \r(k)，0)和(0，eq \r(k))上单调递减.12分
[规律方法] 1.利用定义判断或证明函数的单调性时，作差后应注意差式的分解变形要彻底．
2．利用导数法证明函数的单调性时，求导运算及导函数符号判断要准确．
易错警示：求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如本题(1)．
[变式训练1] (1)(2017·深圳二次调研)下列四个函数中，在定义域上不是单调函数的是( )
A．y＝x3 B.y＝eq \r(x)
C．y＝eq \f(1,x) D.y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
(2)函数f(x)＝lgeq \f(1,2)(x2－4)的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B.(－∞，0)
C．(2，＋∞) D.(－∞，－2)
(1)C (2)D [(1)选项A，B中函数在定义域内均为单调递增函数，选项D为在定义域内为单调递减函数，选项C中，设x1＜x2(x1，x2≠0)，则y2－y1＝eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)＝eq \f(x1－x2,x1x2)，因为x1－x2＜0，当x1，x2同号时x1x2＞0，eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)＜0，当x1，x2异号时x1x2＜0，eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)＞0，所以函数y＝eq \f(1,x)在定义域上不是单调函数，故选C.
(2)由x2－4＞0得x＞2或x＜－2，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，因为y＝lgeq \f(1,2)t在定义域上是减函数，所以求原函数的单调递增区间，即求函数t＝x2－4的单调递减区间，可知所求区间为(－∞，－2)．]
已知f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)，且a≤1.
【导学号：01772026】
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求函数f(x)的最小值；
(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围．
[思路点拨] (1)先判断函数f(x)在[1，＋∞)上的单调性，再求最小值；(2)根据f(x)min＞0求a的范围，而求f(x)min应对a分类讨论．
[解] (1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝x＋eq \f(1,2x)＋2，f′(x)＝1－eq \f(1,2x2)＞0，x∈[1，＋∞)，
即f(x)在[1，＋∞)上是增函数，∴f(x)min＝f(1)＝1＋eq \f(1,2×1)＋2＝eq \f(7,2).4分
(2)f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2，x∈[1，＋∞)．
法一：①当a≤0时，f(x)在[1，＋∞)内为增函数．
f(x)min＝f(1)＝a＋3.
要使f(x)＞0在x∈[1，＋∞)上恒成立，只需a＋3＞0，
∴－3＜a≤0.7分
②当0＜a≤1时，f(x)在[1，＋∞)内为增函数，
f(x)min＝f(1)＝a＋3，
∴a＋3＞0，a＞－3，∴0＜a≤1.
综上所述，f(x)在[1，＋∞)上恒大于零时，a的取值范围是(－3,1].10分
法二：f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2＞0，∵x≥1，∴x2＋2x＋a＞0，8分
∴a＞－(x2＋2x)，而－(x2＋2x)在x＝1时取得最大值－3，∴－3＜a≤1，即a的取值范围为(－3,1].12分
[规律方法] 利用函数的单调性求最值是求函数最值的重要方法，若函数f(x)在闭区间[a，b]上是增函数，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(b)，最小值为f(a)．
请思考，若函数f(x)在闭区间[a，b]上是减函数呢？
[变式训练2] (2016·北京高考)函数f(x)＝eq \f(x,x－1)(x≥2)的最大值为________．
2 [法一：∵f′(x)＝eq \f(－1,x－12)，∴x≥2时，f′(x)＜0恒成立，
∴f(x)在[2，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在[2，＋∞)上的最大值为f(2)＝2.
法二：∵f(x)＝eq \f(x,x－1)＝eq \f(x－1＋1,x－1)＝1＋eq \f(1,x－1)，
∴f(x)的图象是将y＝eq \f(1,x)的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的．∵y＝eq \f(1,x)在[2，＋∞)上单调递减，∴f(x)在[2，＋∞)上单调递减，故f(x)在[2，＋∞)上的最大值为f(2)＝2.
法三：由题意可得f(x)＝1＋eq \f(1,x－1).
∵x≥2，∴x－1≥1，∴0＜eq \f(1,x－1)≤1，
∴1＜1＋eq \f(1,x－1)≤2，即1＜eq \f(x,x－1)≤2.
故f(x)在[2，＋∞)上的最大值为2.]
☞角度1 比较大小
(2015·山东高考)设a＝0.60.6，b＝0.61.5，c＝1.50.6，则a，b，c的大小关系是( )
A．a