高考数学一轮复习教师用书：第二章　2 第2讲　函数的单调性与最值学案

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这是一份高考数学一轮复习教师用书：第二章　2 第2讲　函数的单调性与最值学案，共15页。

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

[疑误辨析]
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)√
[教材衍化]
1．(必修1P39B组T1改编)函数f(x)＝x2－2x的单调递增区间是________．
答案：[1，＋∞)(或(1，＋∞))
2．(必修1P32T4改编)若函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，则k的取值范围是________．
解析：因为函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，所以2k＋1＜0，即k＜－.
答案：
3．(必修1P31例4改编)已知函数f(x)＝，x∈[2，6]，则f(x)的最大值为________，最小值为__________．
解析：可判断函数f(x)＝在[2，6]上为减函数，所以f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝.
答案：2　
[易错纠偏]
(1)求单调区间忘记定义域导致出错；
(2)利用单调性解不等式忘记在单调区间内求解；
(3)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．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)
3．(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)(高频考点)
函数单调性的判断、证明及单调区间的求法是每年高考的热点，特别是导数的引入，使函数单调性成为每年必考内容．主要命题角度有：
(1)求函数的单调区间；
(2)判断或证明函数的单调性．
角度一　求函数的单调区间
(2020·杭州七校联考)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，＋∞)．

(变条件)若将本例中函数变为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＋)．
角度二　判断或证明函数的单调性
设函数f(x)＝x＋＋ln a为定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数．
(1)求实数a的值；
(2)判断函数f(x)在区间(1，＋∞)上的单调性，并用定义法加以证明．
【解】　(1)因为f(x)＝x＋＋ln a为定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，
所以f(－x)＝－f(x)，
所以－x－＋ln a＝－，所以ln a＝0，
所以a＝1.
(2)f(x)＝x＋在区间(1，＋∞)上是增函数．
证明如下：设1＜x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝x1－x2＋－＝x1－x2－＝(x1－x2).
因为1＜x1＜x2，所以x1－x2＜0，＞0.
所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．
所以f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数．

确定函数单调性的4种方法
(1)定义法：利用定义判断．
(2)导数法：适用于初等函数、复合函数等可以求导的函数．
(3)图象法：由图象确定函数的单调区间需注意两点：一是单调区间必须是函数定义域的子集；二是图象不连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接．
(4)性质法：利用函数单调性的性质，尤其是利用复合函数“同增异减”的原则时，需先确定简单函数的单调性．
[提醒]　求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间．　

1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　　)
A．f(x)＝3－x　　　　　　　 B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝－ D．f(x)＝－|x|
解析：选C.当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；
当x∈时，f(x)＝x2－3x为减函数，
当x∈时，f(x)＝x2－3x为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．
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.因此，函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)，选D.
3．作出函数y＝|x2－1|＋x的图象，并根据函数图象写出函数的单调区间．
解：当x≥1或x≤－1时，y＝x2＋x－1＝－；当－1
　　　　　　函数的最值(值域)
(1)函数y＝x＋的最小值为________．
(2)函数y＝的值域为________．
(3)用min{a，b，c}表示a，b，c中的最小值．设f(x)＝min{2x，x＋2，10－x}(x≥0)，则f(x)的最大值为________．
【解析】　(1)法一：令t＝，且t≥0，则x＝t2＋1，
所以原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0.
配方得y＝＋，
又因为t≥0，所以y≥＋＝1，
故函数y＝x＋的最小值为1.
法二：因为函数y＝x和y＝在定义域内均为增函数，故函数y＝x＋在[1，＋∞)内为增函数，所以ymin＝1.
(2)y＝＝
＝2＋＝2＋.
因为＋≥，
所以2<2＋≤，
故函数的值域为.
(3)f(x)＝min{2x，x＋2，10－x}(x≥0)的图象如图中实线所示．

令x＋2＝10－x，得x＝4，故当x＝4时，f(x)取最大值，
又f(4)＝6，所以f(x)的最大值为6.
故答案为6.
【答案】　(1)1　(2)　(3)6

求函数最值的五种常用方法及思路
　

1．(2020·温州市十校联合体期初考试)已知函数f(x)＝，则f(x)的最小值是(　　)
A．－2　　　　　　　　　 B．2
C．－4 D．4
解析：选A.当0≤x≤1时，f(x)＝4sin，因为－≤πx－≤，所以－≤sin≤1，所以－2≤4sin≤4，当x>1时，f(x)＝2，综上可得f(x)的最小值为－2.
2．(2020·宁波五校联考)已知f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，规定：当|f(x)|≥g(x)时，h(x)＝|f(x)|；当|f(x)| A．有最小值－1，最大值1
B．有最大值1，无最小值
C．有最小值－1，无最大值
D．有最大值－1，无最小值
解析：选C.由题意得，利用平移变换的知识画出函数|f(x)|，g(x)的图象如图，
而h(x)＝
故h(x)有最小值－1，无最大值．

　　　　　　函数单调性的应用(高频考点)
函数单调性结合函数的图象以及函数其他性质的应用已成为近几年高考命题的一个新的增长点，常以选择、填空题的形式出现．主要命题角度有：
(1)比较两个函数值或两个自变量的大小；
(2)解函数不等式；
(3)求参数的值或取值范围．
角度一　比较两个函数值或两个自变量的大小
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(3)，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．由此可得f＝f.由x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
因为1<2<<3，所以f(2)>f>f(3)，
所以b>a>c.
【答案】　D
角度二　解函数不等式
已知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a的取值范围为________．
【解析】　由已知可得解得－33，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．
【答案】　(－3，－1)∪(3，＋∞)
角度三　求参数的值或取值范围
(2020·瑞安四校联考)若f(x)＝是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围为________．
【解析】　因为f(x)是定义在R上的增函数，故y＝ax和y＝x＋2均为增函数，所以a>1且4－>0，即1 综上，a的取值范围为4≤a<8.
【答案】　[4，8)

函数单调性应用问题的3种常见类型及解题策略
(1)比较大小．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)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．
(3)利用单调性求参数．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．
[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．　

1．已知函数f(x)是定义在[0，＋∞)上的增函数，则满足f(2x－1) A.　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D.由题意得解得≤x<.
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(　　)
A．(－∞，1] B．[1，4]
C．[4，＋∞) D．(－∞，1]∪[4，＋∞)
解析：选D.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，故选D.
3．已知函数f(x)为R上的减函数，若m 解析：由题意知f(m)>f(n)；>1，即|x|<1，且x≠0.故－1 答案：>　(－1，0)∪(0，1)

[基础题组练]
1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　)
A．y＝ln(x＋2)　　　　　 B．y＝－
C．y＝ D．y＝x＋
解析：选A.选项A的函数y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．
2．函数y＝(2m－1)x＋b在R上是减函数，则(　　)
A．m> B．m<
C．m>－ D．m<－
解析：选B.使y＝(2m－1)x＋b在R上是减函数，则2m－1<0，即m<.
3．若函数f(x)＝a＋log2x在区间[1，a]上的最大值为6，则a＝(　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选B.由题得函数f(x)＝a＋log2x在区间[1，a]上是增函数，所以当x＝a时，函数取最大值6，即a＋log2a＝6，解得a＝4，故答案为B.
4．(2020·金华质量检测)已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，1] B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：选A.因为函数f(x)在(－∞，－a)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.故选A.
5．(2020·台州高三模拟)下列函数y＝f(x)的图象中，满足f>f(3)>f(2)的只可能是(　　)

解析：选D.因为f>f(3)>f(2)，所以函数y＝f(x)有增有减，排除A，B.在C中，ff(0)，即f 6．(2020·瑞安四校联考)已知函数y＝f(x)在R上是减函数，则y＝f(|x－3|)的单调递减区间是(　　)
A．(－∞，＋∞) B．[3，＋∞)
C．[－3，＋∞) D．(－∞，3]
解析：选B.因为函数y＝f(|x－3|)是由y＝f(μ)，μ＝|x－3|复合而成的，而函数y＝f(x)在R上是减函数，y＝f(|x－3|)的单调递减区间即为μ＝|x－3|的单调递增区间，结合函数μ＝|x－3|的图象可得，应有x－3≥0，解得x≥3，所以函数y＝f(|x－3|)的单调递减区间是[3，＋∞)，故选B.
7．(2020·衢州市高三联考)函数y＝x－|1－x|的单调增区间为________．
解析：y＝x－|1－x|＝
作出该函数的图象如图所示．
由图象可知，该函数的单调递增区间是
(－∞，1]．　
答案：(－∞，1]
8．已知函数f(x)＝则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________．
解析：因为 f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1，所以f(f(－3))＝f(1)＝1＋2－3＝0.当x≥1时，x＋－3≥2 －3＝2－3，当且仅当x＝，即x＝时等号成立，此时f(x)min＝2－3<0；当x<1时，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此时f(x)min＝0.所以f(x)的最小值为2－3.
答案：0　2－3
9．已知函数f(x)＝若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是________．
解析：函数y＝x3在(－∞，0]上是增函数，函数y＝ln(x＋1)在(0，＋∞)上是增函数，且x>0时，ln(x＋1)>0，所以f(x)在R上是增函数，由f(2－x2)>f(x)，得2－x2>x，解得－2 答案：(－2，1)
10．定义max{a，b}为a，b中的最大值，函数f(x)＝max{log2(x＋1)，2－x}(x＞－1)的最小值为c，如果函数g(x)＝在R上单调递减，则实数m的取值范围为________．
解析：根据题意，f(x)＝max{log2(x＋1)，2－x}(x＞－1)，
则f(x)＝，分析可得，当x＝1时，
f(x)取得最小值1，则有c＝1，
则g(x)＝，
若g(x)为减函数，必有
解得0＜m≤，即m的取值范围为.
答案：
11．(2020·杭州学军中学高三模拟)已知函数f(x)＝，x∈[3，5]．
(1)判断函数f(x)的单调性，并证明；
(2)求函数f(x)的最大值和最小值．
解：(1)f(x)在[3，5]上为增函数．
证明如下：任取x1，x2∈[3，5]且x1 f(x1)－f(x2)＝－＝，
因为3≤x1 所以x1－x2<0，(x1＋2)(x2＋2)>0，
所以f(x1)－f(x2)<0，
即f(x1) 所以f(x)在[3，5]上为增函数．
(2)由(1)知f(x)在[3，5]上为增函数，
则f(x)max＝f(5)＝，f(x)min＝f(3)＝.
12．(2020·金丽衢十二校联考)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00，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 任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1 h(x1)－h(x2)＝(x1－x2).
因为1 所以x1－x2<0，x1x2>1，
所以2－>0，所以h(x1) 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]．
[综合题组练]
1．已知函数f(x)＝是R上的单调递减函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，2) B.
C．(0，2) D.
解析：选B.因为函数为递减函数，则，解得a≤，故选B.
2．(2020·丽水质检)已知函数f1(x)＝|x－1|，f2(x)＝x＋1，g(x)＝＋，若a，b∈[－1，5]，且当x1，x2∈[a，b]时，>0恒成立，则b－a的最大值为(　　)
A．2　　　　　　　　　　　 B．3
C．4 D．5
解析：选D.当f1(x)≥f2(x)时，
g(x)＝＋＝f1(x)；
当f1(x) ＝f2(x)．
综上，g(x)＝
即g(x)是f1(x)，f2(x)两者中的较大者．在同一直角坐标系中分别画出函数f1(x)与f2(x)的图象，则g(x)的图象如图中实线部分所示．由图可知g(x)在[0，＋∞)上单调递增，又g(x)在[a，b]上单调递增，故a，b∈[0，5]，则b－a的最大值为5.
3．(2019·高考浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝ax3－x.若存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤，则实数a的最大值是________．
解析：f(t＋2)－f(t)＝[a(t＋2)3－(t＋2)]－(at3－t)＝2a(3t2＋6t＋4)－2，因为存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤，所以－≤2a(3t2＋6t＋4)－2≤有解．因为3t2＋6t＋4≥1，所以≤a≤有解，所以a≤＝，所以a的最大值为.
答案：
4．对于函数y＝f(x)，若存在区间[a，b]，当x∈[a，b]时，f(x)的值域为[ka，kb](k＞0)，则称y＝f(x)为k倍值函数，下列函数为2倍值函数的是________(填上所有正确的序号)．
①f(x)＝x2； ②f(x)＝x3＋2x2＋2x；
③f(x)＝x＋ln x； ④f(x)＝.
解析：y＝f(x)为2倍值函数等价于，y＝f(x)的图象与y＝2x有两个交点，且在[a，b]上递增．
对于①，y＝2x与y＝x2，有两个交点(0，0)，(2，2)，
在[0，2]上f(x)递增，值域为[0，4]，①符合题意．
对于②，y＝2x与y＝x3＋2x2＋2x，有两个交点(0，0)，(－2，－4)，
在[－2，0]上f(x)递增，值域为[－4，0]，②符合题意．
对于③，y＝2x与y＝x＋lnx，没有交点，不存在x∈[a，b]，值域为[2a，2b]，③不合题意．
对于④，y＝2x与y＝有两个交点(0，0)，(－ln 2，－2ln 2)，
f(x)在[－ln 2，0]上递增，值域为[－2ln 2，0]，
④符合题意，故答案为①②④.
答案：①②④
5．(2020·浙江新高考联盟第三次联考)已知函数f(x)＝
(1)若对于任意的x∈R，都有f(x)≥f(0)成立，求实数a的取值范围；
(2)记函数f(x)的最小值为M(a)，解关于实数a的不等式M(a－2)＜M(a)．
解：(1)当x≤0时，f(x)＝(x－a)2＋1，
因为f(x)≥f(0)，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，
所以a≥0，
当x＞0时，f′(x)＝2x－，
令2x－＝0得x＝1，
所以当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以fmin(x)＝f(1)＝3－a，
因为f(x)≥f(0)＝a2＋1，
所以3－a≥a2＋1，解得－2≤a≤1.
又a≥0，
所以a的取值范围是[0，1]．
(2)由(1)可知当a≥0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(0)＝a2＋1，
当a＜0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(a)＝1，
f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f(1)＝3－a，
解不等式组得0≤a≤1，
解不等式组得a＜0，
所以M(a)＝.
所以M(a)在(－∞，0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，
作出M(a)的函数图象如图所示：

令3－a＝1得a＝2，
因为M(a－2)＜M(a)，
所以0＜a＜2.
6．已知a≥3，函数F(x)＝min{2|x－1|，x2－2ax＋4a－2}，其中min{p，q}＝
(1)求使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范围；
(2)①求F(x)的最小值m(a)；
②求F(x)在区间[0，6]上的最大值M(a)．
解：(1)由于a≥3，故
当x≤1时，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝x2＋2(a－1)·(2－x)＞0，
当x＞1时，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝(x－2)(x－2a)．
所以使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范围为[2，2a]．
(2)①设函数f(x)＝2|x－1|，g(x)＝x2－2ax＋4a－2，则f(x)min＝f(1)＝0，g(x)min＝g(a)＝－a2＋4a－2，
所以由F(x)的定义知m(a)＝min{f(1)，g(a)}，即
m(a)＝
②当0≤x≤2时，F(x)＝f(x)≤max{f(0)，f(2)}＝2＝F(2)；
当2≤x≤6时，F(x)＝g(x)≤max{g(2)，g(6)}＝max{2，34－8a}＝max{F(2)，F(6)}．
所以M(a)＝